a)

Sau phản ứng, sản phẩm chứa các nguyên tố: C, O, H, Na

=> Hợp chất A chứa C, H, Na và có thể có O

b) CTHH: \(C_xH_yO_zNa_t\)

\(n_{O_2\left(pư\right)}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\) => \(n_{O\left(pư\right)}=0,1.2=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{CO_2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\frac{0,9}{18}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{Na_2CO_3}=\frac{5,3}{106}=0,05\left(mol\right)\)

Bảo toàn C: \(n_{C\left(A\right)}=n_{CO_2}+n_{Na_2CO_3}=0,15\left(mol\right)\)

=> \(m_{C\left(A\right)}=12.0,15=1,8\left(g\right)\)

Bảo toàn H: \(n_{H\left(A\right)}=2.n_{H_2O}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(m_{H\left(A\right)}=0,1.1=0,1\left(g\right)\)

Bảo toàn Na: \(n_{Na\left(A\right)}=2.n_{Na_2CO_3}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(m_{Na\left(A\right)}=0,1.23=2,3\left(g\right)\)

Bảo toàn O: \(n_{O\left(A\right)}+n_{O\left(pư\right)}=2.n_{CO_2}+n_{H_2O}+3n_{Na_2CO_3}\)

=> \(n_{O\left(A\right)}+0,2=2.0,1+0,05+3.0,05\)

=> \(n_{O\left(A\right)}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(m_{O\left(A\right)}=0,2.16=3,2\left(g\right)\)

Ta có: \(n_C:n_H:n_O:n_{Na}=0,15:0,1:0,2:0,1\)

= 3:2:4:2

CTHH: \(C_3H_2O_4Na_2\)

\(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1mol\Rightarrow m_C=0,1\cdot12=1,2g\Rightarrow n_C=0,1mol\)

\(m_{H_2O}=\dfrac{2,7}{18}=0,15mol\Rightarrow m_H=0,3g\Rightarrow n_H=0,3mol\)

\(\Rightarrow m_C+m_H< m_{hh}\Rightarrow\)Trong hợp chất A có chứa nguyên tố O.

\(\Rightarrow m_O=2,3-\left(1,2+0,3\right)=0,8g\Rightarrow n_O=0,05mol\)

Gọi CTHH của A là \(C_xH_yO_z\)

\(x:y:z=n_C:n_H:n_O=0,1:0,3:0,05=2:6:1\)

Vậy CTHH của A là \(C_2H_6O\)

Nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch :

Biết số mol NaOH (0,3 mol) nhiều hơn 2 lần số mol  SO 2  (0,1 mol) vậy sản phẩm là muối  Na 2 SO 3  . Ta có PTHH :

SO 2  + 2NaOH →  Na 2 SO 3  +  H 2 O

- Khối lượng của dung dịch sau phản ứng :

m dd = 146,6 + 3,4 = 150 (g)

- Khối lượng các chất có trong dung dịch sau phản ứng :

m Na 2 SO 3  = 126.0,1 = 12,6g

m NaOH   dư  = 40.(0,3 - 0,2) = 4g

- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch sau phản ứng :

C % Na 2 SO 3  = 12,6/150 x 100% = 8,4%

C % NaOH   dư  = 4/150 x 100% = 2,67%

n O 2 = 11,2/32 = 0,35 mol

n C O 2 = 8,8/44 = 0,2 mol ⇒ n C = 0,2 mol

n H 2 O = 5,4/18 = 0,3 mol

⇒ n H = 2.0,3 = 0,6 mol

Vậy hợp chất hữu cơ A chỉ có C và H.

Gọi CTTQ của A là C x H y , khi đó ta có:

Vậy CTĐGN của A là C H 3 n

⇒ n = 30/15 = 2

Vậy A là C 2 H 6 .

⇒ Chọn A.

Đáp án A

Đáp án A

a)

Gọi CT của ankan là C_nH_2n+2

C_nH_2n+2 + O₂ \(\underrightarrow{t^o}\)  nCO2 + (n+1)H2O

Theo đầu bài ta có: m_CO2  + m_H2O = 20,4

n = 3

Vậy CTPT của X là C3H8. …

Vì hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃ thu được kết tủa \(\rightarrow\) hiđrocacbon B có liên kết 3 đầu mạch.

Gọi CTTB của 2 hidrocacbon A và B là \(C_{\overline{x}}H_{\overline{y}}\)

\(C_{\overline{x}}H_{\overline{y}}\) + O2 \(\rightarrow\overline{x}\)CO₂ + \(\frac{\overline{y}}{2}\)H₂O

Theo đề bài ta có \(\overline{x}\) = 2,6 (vì \(\overline{x}\) = 2,6 nên hiđroccacbon B có số nguyên tử nhỏ hơn 2,6).

Vậy hiđrocacbon B là C₂H₂

Gọi \(n_{C_2H_2}=x,\) \(n_{C_3H_8}=y\) .Ta có: \(\begin{cases}x+y=0,1\\2x+3y=0,26\end{cases}\)\(\rightarrow\begin{cases}x=0,04\\y=0,06\end{cases}\)

Khối lượng kết tủa là C₂Ag₂ m = 9,6 gam

PTHH của phản ứng đốt cháy  H 2 S

2 H 2 S  + 3 O 2  → 2 H 2 O  + 2 SO 2

a) 

Do \(\dfrac{n_{CO_2}}{n_{H_2O}}=\dfrac{1}{2}\)

=> \(\dfrac{n_C}{n_H}=\dfrac{1}{4}\)

Giả sử A có CTHH là C_xH_4xO_y

Gọi số mol của A là a (mol)

=> 12ax + 4ax + 16ay = 3,2

=> ax + ay = 0,2 (1)

Bảo toàn C: n_CO2 = ax (mol)

Bảo toàn H: n_H2O = 2ax (mol)

\(n_{O_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

Bảo toàn O: \(ay+0,4.2=2ax+2ax\)

=> 4ax - ay = 0,8 (2)

(1)(2) => ax = 0,2 (mol); ay = 0 (mol)

=> A chỉ chứa C và H

\(\left\{{}\begin{matrix}n_C=ax\left(mol\right)\\n_H=4ax\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}m_C=12.ax=2,4\left(g\right)\\m_H=1.4ax=0,8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

b)

Xét \(\dfrac{n_C}{n_H}=\dfrac{1}{4}\)

=> CTPT: (CH₄)_n

Mà M = 16 g/mol

=> n = 1

=> CTPT: CH₄