Đáp án B

Ta có n_CO2 = 0,3 mol ⇒ C_{Trung bình} = 0,3/0,2 = 1,5.

⇒ Hỗn hợp ban đầu chứa CH₄ và đồng đẳng của nó.

⇒ n_H2O = n_CO2 + n_Ankan = 0,5 mol.

Mà m_{Bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,3×44 + 0,5×18 = 22,2 gam

Đáp án B

Ta có n_CO2 = 0,3 mol ⇒ C_{Trung bình} =  0 , 3 0 , 2  = 1,5.

⇒ Hỗn hợp ban đầu chứa CH₄ và đồng đẳng của nó.

⇒ n_H2O = n_CO2 + n_Ankan = 0,5 mol.

Mà m_{Bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 0,3×44 + 0,5×18 = 22,2 gam.

a)

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{78,8}{197}=0,4\left(mol\right)\)

=> \(n_{CO_2}=0,4\left(mol\right)\)

=> \(n_{H_2O}=\dfrac{22,1-0,4.44}{18}=0,25\left(mol\right)\)

Do \(n_{CO_2}>n_{H_2O}\)

=> 2 hidrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankin hoặc ankadien

Bảo toàn C: n_C = 0,4 (mol)

Do \(\overline{C}=\dfrac{0,4}{0,15}=2,67< 3\)

=> 2 hidrocacbon thuộc dãy đồng đẳng ankin

b)

Do \(\overline{C}=2,67\)

=> Trong X có C₂H₂ (etin)

Giả sử A là C₂H₂

Gọi CTPT của B là C_nH_2n-2

TH1: \(\left\{{}\begin{matrix}n_A+n_B=0,15\\n_A:n_B=1:2\end{matrix}\right.\)

=> n_A = 0,05 (mol); n_B = 0,1 (mol)

Bảo toàn C: 2.0,05 + 0,1.n = 0,4

=> n = 3

=> B là C₃H₄ (propin)

TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}n_A+n_B=0,15\\n_B:n_A=1:2\end{matrix}\right.\)

=> n_A = 0,1 (mol); n_B = 0,05 (mol)

Bảo toàn C: 0,1.2 + 0,05.n = 0,4

=> n = 4

=> B là C₄H₆

C₄H₆ có 2 đồng phân ankin

+ \(CH\equiv C-CH_2-CH_3\) (but-1-in)

+ \(CH_3-C\equiv C-CH_3\) (but-2-in)

Đáp án A

Giải thích: 

Gọi CT của axit no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2nO₂

Đốt cháy C_nH_2nO₂ luôn cho n_CO2 = n_H2O

Gọi n_CO2 = n_H2O = x ( mol)

=> m_tăng = m_CO2 + m_H2O

=> 44x + 18x = 18,6

=> x = 0,3 (mol)

BTNT C: n_CaCO3 = n_CO2 = 0,3 (mol) => m_CaCO3 = 0,3.100 = 30 (g)

Đáp án A

Chọn đáp án A

► Este no, đơn chức, mạch hở có dạng C_nH_2nO₂ ⇒ đ ố t   c h o   n C O 2 = n H 2 O = x

⇒ m b ì n h   t ă n g = m C O 2   + m H 2 O   = 44 x + 18 x = 24 , 8 ( g ) ⇒ x = 0,4 mol.

⇒ n C a C O 3 = n C O 2 = 0 , 4   m o l

⇒ m = 0,4 × 100 = 40(g)

Đáp án A