a, Có: \(n_{O_2}=\dfrac{21,28}{22,4}=0,95\left(mol\right)\)

Theo ĐLBT KL, có: m + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⇒ m = 28,6 + 14,4 - 0,95.32 = 12,6 (g)

b, Có: \(n_{CO_2}=\dfrac{28,6}{44}=0,65\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{14,4}{18}=0,8\left(mol\right)\)

BTNT O, có: n_CO + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⇒ n_CO = 0,65.2 + 0,8 - 0,95.2 = 0,2 (mol)

⇒ m_CO = 0,2.28 = 5,6 (g)

\(\Rightarrow\%m_{CO}=\dfrac{5,6}{12,6}.100\%\approx44,44\%\)

Bạn tham khảo nhé!

Đáp án B

Khi đốt cháy 15,3 gam Y ta có:

  n C O 2 = 0 , 75 ( m o l ) ;   n H 2 O = 0 , 75 ( m o l )

=> este no, đơn chức, mạch hở

=> ancol và axit cũng no, đơn chức, mạch hở

Bảo toàn khối lượng ta có:

m e s t e = m C + m H + m O = 12 n C O 2 + 2 n H 2 O + 16 n ( O   t r o n g   e s t e ) ⇒ n ( O   t r o n g   e s t e ) = 0 , 3 ( m o l ) ⇒ n e s t e = 0 , 15 ( m o l )  

=> este có CTPT là C₅H₁₀O₂

Xét phần 1 có: n H 2 = 0 , 15 ( m o l ) .

Vì axit và ancol đơn chức ⇒ n a x i t + n a n c o l = 0 , 3 ( m o l )  

Xét phần 2:   n C O 2 = 0 , 9 ( m o l ) ⇒   C ¯ X = 3

=>trong X một chất có 4 nguyên tử C, một chất có 1 nguyên tử C trong phân tử.

=>Các CTCT phù hợp của Y là:

   H C O O C H 2 ( C H 2 ) 2 C H 3 ;   H C O O C H 2 ( C H 3 ) C H 2 C H 3 ; H C O O C H 2 ( C H 3 ) ( C H 3 ) - C H 3 ; H C O O C H 2 - C H ( C H 3 ) - C H 3 ;   C H 3 ( C H 2 ) 2 C O O C C H 3 ;   C H 3 - C H ( C H 3 ) - C O O C C H 3

Chú ý: Bài toán chỉ cho rằng phần 3 thực hiện este hóa thu được este Y chứ không nói rằng khối lượng este trong phần 3 là 15,3 gam. Nếu bạn nào ngộ nhận khối lượng este là 15,3 gam sẽ thấy các số liệu bên trên của phần 1 và phần 2 không thỏa mãn.

a, Theo giả thiết ta có: \(n_P=\dfrac{3,1}{31}=0,1\left(mol\right)\)

\(4P+5O_2--t^o->2P_2O_5\)

Ta có: \(n_{O_2}=\dfrac{5}{4}.n_P=0,125\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2\left(đktc\right)}=0,125.22,4=2,8\left(l\right)\)

b, Theo giả thiết ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

\(CH_4+2O_2--t^o->CO_2+2H_2O\)

Ta có: \(n_{O_2}=2.n_{CH_4}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2\left(đktc\right)}=2,24\left(l\right)\)

Đáp án : C

Giả sử có x mol CO₂ và (0,55 – x) mol H₂O

+) Nếu Chỉ tạo ra BaCO₃ => n_BaCO3 = x mol

=> m_giảm = m_BaCO3 – (m_CO2 + m_H2O) => 2 = 197x – (44x + 18(0,55 – x) )

=> x = 0,07 mol ; n_H2O = 0,48 mol > 6n_CO2 (Vô lý) => Loại

=> Có tạo HCO₃^- => n_BaCO3 = n_CO3 = n_OH – n_CO2 = 0,4 – x (mol)

=> 2 = 197(0,4 – x) – (44x + 18(0,55 – x) )

=> x = 0,3 mol

=> n_CO2 = 0,3 ; n_H2O = 0,25

Bảo toàn O : n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,25 mol

=> n_C : n_H : n_O = 6 : 10 : 5 => X là C₆H₁₀O₅ => n_X = 0,05 mol

n_NaOH = 0,1 = 2n_Xvà phản ứng chỉ thu được H₂O và chất hữu cơ Y

=> X là este có công thức : HO-C₂H₄COOC₂H₄COOH

=> Có 2 công thức thỏa mãn

=> Y sẽ là HO-C₂H₄COONa => tách nước tạo CH₂=CH-COONa không có đồng phân hình học

X có nhóm COOH nên phản ứng được với NH₃ trong AgNO₃

Đốt cháy Y thu được n_CO2 : n_H2O = 1 : 1

\(n_{CO_2}=\dfrac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right)\)

=> n_C = 0,4 (mol)

\(n_{H_2O}=\dfrac{8,1}{18}=0,45\left(mol\right)\)

=> n_H = 0,9 (mol)

\(n_{N_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

=> n_N = 0,1 (mol)

\(n_O=\dfrac{10,3-0,4.12-0,9.1-0,1.14}{16}=0,2\left(mol\right)\)

Xét n_C : n_H : n_O : n_N = 0,4 : 0,9 : 0,2 : 0,1 = 4 : 9 : 2 : 1

=> CTPT: (C₄H₉O₂N)_n

Mà M_X = 51,5.2 = 103 g/mol

=> n = 1

=> CTPT: C₄H₉O₂N

Đáp án : B

Đặt nCO2 = nH2O = x; bảo toàn khối lượng => X = 0,3 mol

Bảo toàn C và H => nO = 0,1; Tỉ lệ C:H:O = 3 : 6 : 1

nO2= 0,15(mol)

nCO2 = 0,1 (mol)-> nC=0,1 (mol)

nH2O=0,2(mol) -> nH= 0,4(mol)

n(O,sản phẩm)=0,1.2+0,2=0,4(mol) > 0,15.2 =0,3(mol)

=> X gồm 3 nguyên tố: C,H,O

Gọi CTTQ là C_xH_yO_z (x,y,z:nguyên,dương)

z=0,4-0,3=0,1(mol)

x=nC=0,1(mol); y=nH=0,4(mol)

=>x:y:z=0,1:0,4:0,1=1:4:1

=> CTĐG của X cũng chín là CTHH của X là: CH₄O