Chọn đáp án B

n k h ô n g   k h í = 6 , 525   m o l ⇒ n O 2 = 6 , 525   x   0 , 2   =   1 , 305   m o l

n C O 2 = 1 , 05   m o l

Giả sử hhX có CTC là C n H 2 n - 2 O 2

C n H 2 n - 2 O 2 + O 2 → n C O 2 + n - 1 H 2 O

Theo BTKL: m H 2 O =   20 , 1   +   1 , 305   x   32   -   1 , 05   x   44   =   15 , 66   g a m → n H 2 O = 0 , 87   m o l

n h h   X = 1 , 05   -   0 , 87   =   0 , 18   m o l → M C n H 2 n - 2 O 2 - 2 O 2 = 20 , 1   :   0 , 18   ≈   111 , 67 → n ≈ 5,83

→ hỗn hợp X gồm C 5 H 8 O 2 và C 6 H 10 O 2

Đáp án B

n_{không khí} = 6,525 mol

→ n_O2 = 6,525 x 0,2 = 1,305 mol.

n_CO2 = 1,05 mol.

Giả sử hhX có CTC là C_nH_{2n - 2}O₂

C_nH_{2n - 2}O₂ + O₂ → nCO₂ + (n - 1)H₂O

Theo BTKL: m_H2O = 20,1 + 1,305 x 32 - 1,05 x 44 = 15,66 gam

→ n_H2O = 0,87 mol.

n_hhX = 1,05 - 0,87 = 0,18 mol → M_{CnH2n - 2O2} = 20,1 : 0,18 ≈ 111,67 → n ≈ 5,83

→ hhX gồm C₅H₈O₂ và C₆H₁₀O₂ 

Chọn đáp án A

Vì este no đơn chức mạch hở nên khi đốt cháy ta luôn có

n C O 2 = n H 2 O = 0 , 1

⇒   m H 2 O   =   18   g a m

Chọn đáp án D

Vì este no đơn chức mạch hở nên có cùng công thức phân tử dạng C_nH_2nO₂

Khi đốt cháy este no đơn chức mạch hở → n_CO2 = n_H2O = 0,2 mol → V = 4,48 lít.

hai ancol no là đồng đẳng kế tiếp nhau gọi chung là A:CnH2n+2Oz (n lớn hơn 1)

một ancol không no có một nối đôi C=C hai chức B:CmH2mO2 (m lớn hơn 2)

đốt cháy X tạo

nCO2=n.số mol A+m. mol B

nH2O=(n+1)mol A +m.  mol B

nH2O-nCO2=mol A=0,15

A tác dụng Na thực chất là 

(OH)z + zNa --> (ONa)z +z/2H2

0,15                                 0,075

Mol H2 còn lại là 0,085-0,075=0,01

B tác dụng Na thực chất là 

(OH)2+2Na --> (ONa)2 +H2

0,01                               0,01

Bảo toàn cac bon 0,15  n + 0,01 m= 0,2

Suy ra m=3,n=17/15 suy ra X có CH3OH, C2H5OH,C3H4(OH)2

Hoặc m=4, n=16/15 suy ra X có CH3OH,C2H5OH, C4H6(OH)2

……

Chọn đáp án D

♦ Giải đốt 2 , 86   g a m   T + 0 , 165 m o l   O 2 → t 0 C O 2 + 0 , 11 m o l   H 2 O

BTKL có m C O 2   =   6 , 16   g a m   →   n C O 2   =   0 , 14   m o l

este T được tạo từ ancol đơn + axit đơn

→ T là este đơn có 2O

→ BTNT O có n T =   1 2 n O   t r o n g   T   = 0 , 03   m o l

Tương quan n C O 2 – n H 2 = n T   = 0 , 03   m o l

→ hỗn hợp T thuộc dãy đồng đẳng

este đơn chức, mạch hở, không no có 1 nối đôi C=C; mà axit no

→ nối đôi C=C là của ancol.

→ s ố   C t r u n g   b ì n h   h ỗ n   h ợ p   T   =   0 , 14 : 0 , 03 = 4 , 67

→ 2 este là C₄H₆O₂ và C₅H₈O₂.

→ CTCT của 2 este là HCOOCH₂CH=CH₂ (anlyl fomat)

và CH₃COOCH₂CH=CH₂ (anlyl axetat)

Chọn đáp án B

Áp dụng định luật BTKL ⇒ m C O 2 = 10 , 12   g a m ⇒ n C O 2 = 0 , 23   m o l > n H 2 O

⇒ Este KHÔNG CÓ DẠNG C_nH_2nO₂

⇒ Loại đáp án A và D.

Nhận thấy đáp án B và C este đều có dạng C_nH_2n–2O₂ (Tương tự ankin) với n ≥ 4

⇒ n H ỗ n   h ợ p   e s t e = n C O 2 – n H 2 O = 0 , 05   m o l

⇒   C t r u n g   b ì n h = n C O 2 n E s t e =   4 , 6

⇒ Este nhỏ có 4 cacbon.

Chọn đáp án C

X gồm 2 este no dạng C_nH_2nO₂ (n là giá trị trung bình, n > 2)

và một este không no dạng C_mH_{2m – 2}O₂ (m là giá trị nguyên, m ≥ 4).

• giải đốt 5 , 6   g a m   X   + O 2 → t 0 0 , 22   m o l   C O 2 + 0 , 2   m o l   H 2 O

m_X = m_C + m_H + m_O

⇒ m_{O trong X} = 2,56 gam 

⇒ n X = 1 2 n O   t r o n g   X   = 0 , 08   m o l

Tương quan đốt: n C m H 2 m   –   2 O 2 = ∑ n C O 2 – ∑ n H 2 O = 0 , 02   m o l ⇒ n C n H 2 n O 2   = 0 , 06   m o l

có C_{trung bình} = 0,22 ÷ 0,08 = 2,75

→ 2 este no là HCOOCH₃ và CH₂COOCH₃.

chặn khoảng giá trị có: ( 0 , 22 – 0 , 06 × 3 ) ÷ 0 , 02 = 2 < m < ( 0 , 22 – 0 , 06 × 2 ) ÷ 0 , 02 < 5

kết hợp điều kiện ban đầu: 4 ≤ m < 5

⇒ este không no là C₂H₃COOCH₃.

Yêu cầu: % m e s t e   k h ô n g   n o   t r o n g   X   = 0 , 02 × 86 ÷ 5 , 6 × 100 % ≈ 30 , 71 %