Câu 1/

\(2C\left(\dfrac{m}{12}\right)+O_2\left(\dfrac{m}{24}\right)\rightarrow2CO_2\left(\dfrac{m}{12}\right)\)

\(CO_2\left(\dfrac{m}{12}\right)+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\left(\dfrac{m}{12}\right)+H_2O\)

Nếu như O₂ thì tỷ khối của hỗn hợp so với O₂ phải là: \(\dfrac{44}{32}=1,375>1,25\) vậy trong hỗn hợp khí phải có O₂

\(n_C=\dfrac{m}{12}\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{V}{22,4}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{12}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{44.\dfrac{m}{12}+32.\left(\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{24}\right)}{\dfrac{m}{12}+\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{24}}=1,25.32=40\)

\(\Leftrightarrow15V-28m=0\left(1\right)\)

Ta lại có: \(n_{CaCO_3}=\dfrac{6}{100}=0,06\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{m}{12}=0,06\Leftrightarrow m=0,72\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}15V-28m=0\\m=0,72\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=0,72\left(g\right)\\V=1,344\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

Đáp án : D

n_Mg = 0,08 mol ; n_Fe = 0,08 mol

Khi phản ứng với X thì có x mol Cl₂ và y mol O₂ phản ứng

Giả sử tạo a mol Fe²⁺ và (0,08 – a) mol Fe³⁺

Bảo toàn điện tích : 2.0,08 + 2a + 3(0,08 – a) = 2x + 4y

Hòa tan Y bằng HCl : 2Cl thay thế 1 O => n_O = ½ n_HCl = 0,12 mol = 2y

=> 0,4 – a = 2x + 4.0,06 ⁽¹⁾

,Sau đó : phản ứng với AgNO₃ tạo : (2x + 0,24) mol AgCl và a mol Ag

=> 56,69 = 143,5(2x + 0,24) + 108a ⁽²⁾

Từ (1),(2) => x = 0,07 ; a = 0,02 mol

=> %V_Cl2(X) = 53,85%

$n_{Ba(OH)_2}=  0,2(mol)$
$n_{BaCO_3} = 0,15(mol)$

TH1 : $Ba(OH)_2$ dư

$Ba(OH)_2 + CO_2 \to BaCO_3 + H_2O$

$n_{CO_2} = n_{BaCO_3} = 0,15(mol) > n_{hh\ khí} = 0,05$(loại)

TH2 : Kết tủa bị hòa tan 1 phần

$n_{Ba(HCO_3)_2} = n_{Ba(OH)_2} - n_{BaCO_3} = 0,05(mol)$
$n_{CO_2} = n_{BaCO_3} + 2n_{Ba(HCO_3)_2} = 0,3(mol) >n_{hh}$

(Sai đề)

Đáp án B

Vì Y và Z là este có một liên kết đôi, đơn chức

Ta có hệ phương trình:

Este có phân tử khối lớn nhất trong hỗn hợp E là Z: CH₃CH=CHCOOC₂H₅

Đáp án : B

Vì F chỉ chứa 2 muối => Y và Z phải có 2 gốc axit là 2 đồng phân hình học của nhau

=> Số C ≥ 4

, n_COO = n_NaOH = 0,3 mol = n_E

=> m_C + m_H + m_O = m_E => 12n_CO2 + 2n_H2O = 12,02g

Lại có : m_{dd giảm} = m_CaCO3 – (m_CO2 + m_H2O)

=> 56n_CO2 – 18n_H2O = 34,5g

=> n_CO2 = 0,87 ; n_H2O = 0,79 mol

=> Số C trung bình = 2,9

=> este X chắc chắn là HCOOCH₃

=> ancol còn lại là C₂H₅OH

Vì Y,Z có 2 pi ; X chỉ có 1 pi => n_CO2 – n_H2O = n_Y + n_Z = 0,08 mol

=> n_X = 0,22 mol

Công thức của Y và Z có dạng : C_nH_2n-2O₂

=> m_E = 0,22.60 + 0,08.(14n + 30) = 21,62

=> n = 5,375

=> 2 este là CH₃-CH=CHCOOCH₃ và CH₃-CH=CHCOOC₂H₅

=> n_Y + n_Z = 0,08 ; 5n_Y + 6n_Z = n_CO2 – 2n_X = 0,43 mol

=> n_Y = 0,05 ; n_Z = 0,03 mol

=> %m_Z = 15,82%

Đáp án D

n E =  n N a O H = 0,3 mol →  n O ( E ) = 0,6 mol

Đặt a, b là số mol CO₂, H₂O → ∆m + 44a + 18b – 100a = -34

m E = 12a +2b + 0,6∙16 = 21,62

→ a = 0,87 và b = 0,79

→ Số C = n C n E = 2,9 → X là HCOOCH₃

n Y + n Z = n C O 2 - n H 2 O = 0,08 ¹

Vậy nếu đốt Y và Z thu được

n C O 2 =  0,87 – 0,22∙2 = 0,43

→ Số C trung bình của Y, Z = 0,43/0,08 = 5,375

Y, Z có đồng phân hình học nên Y là: CH₃-CH=CH-COOCH₃

Do sản phẩn xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH₃-CH=CH-COOC₂H₅

Vậy muối có M lớn nhất là CH₃-CH=CH-COONa ⁰,08 mol)

→ KL muối= 0,08∙108 = 8,64 gam

n C O 2  = 0,22∙2 +  5 n Y + 3 n Z  = 0,87 ²

Kết hợp ¹ và ² → nY = 0,05 và nZ = 0,03

→ m C H 3 - C H = C H C O O N a  = 8,64 gam