B gồm 2 hidrocacbon no mạch hở, hơn kém nhau 1 nguyên tử C

=> B gồm 2 ankan kế tiếp nhau

\(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{9}{18}=0,5\left(mol\right)\)

=> n_ankan = 0,5 - 0,3 = 0,2 (mol)

\(\overline{C}=\dfrac{0,3}{0,2}=1,5\)

Mà 2 ankan kế tiếp nhau

=> 2 hidrocacbon đó là CH₄, C₂H₆ (thỏa mãn)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_4}=a\left(mol\right)\\n_{C_2H_6}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+2b=0,3\\a+b=0,2\end{matrix}\right.\) => \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\left(mol\right)\\b=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{CO_2}=\dfrac{16,8}{22,4}=0,75\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{17,1}{18}=0,95\left(mol\right)\)

Gọi công thức chung của 2 hidrocacbon còn lại là \(C_xH_y\)

Gọi \(n_{C_xH_y}=t\left(mol\right)\)

Bảo toàn C: tx + 0,1.1 + 0,1.2 = 0,75

=> tx = 0,45 

Bảo toàn H: ty + 0,1.4 + 0,1.6 = 0,95.2

=> ty = 0,9 

=> \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{0,45}{0,9}=\dfrac{1}{2}\) => y = 2x

=> Công thức chung của 2 hidrocacbon còn lại là \(C_xH_{2x}\)

=> 2 hidrocacbon còn lại là anken

\(n_{Br_2}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: C_xH_2x + Br₂ --> C_xH_2xBr₂

           0,15<--0,15

\(\overline{C}=\dfrac{0,45}{0,15}=3\)

Mà 2 hidrocacbon ở thể khí

=> 2 hidrocacbon là C₂H₄, C₄H₈

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=q\left(mol\right)\\n_{C_4H_8}=p\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}q+p=0,15\\2q+4p=0,45\end{matrix}\right.\) => \(\left\{{}\begin{matrix}q=0,075\left(mol\right)\\p=0,075\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\%V_{C_4H_8}=\dfrac{0,075}{0,1+0,1+0,075+0,075}.100\%=21,429\%\)

Đáp án A

Đun 39,2 gam X với NaOH thu được ancol Y và hỗn hợp muối,

Đốt cháy muỗi cần 0,66 mol O₂ thu được 0,3 mol Na₂CO₃ và 1 mol hỗn hợp CO₂ và H₂O.

X gồm C₇H_xO₆ 0,08 mol và C₈H_yO₆ 0,12 mol.

Do ancol đa chức mà este mạch hở nên các muối tạo ra đều đơn chức   → n Z = 0 , 6

→ M Z ¯ = 74 , 67  nên Z chứa HCOONa.

Số mol HCOONa càng nhỏ khi số C của muối còn lại càng nhỏ nên số mol muối HCOONa≥ 0,314.

Gọi m, n lần lượt là số gốc HCOO trong 2 este.

Hai este lần lượt là (HCOO)(C₃H_xO₄)C₃H₅ và (HCOO)₂(C₃H_yO₂)C₃H₅ (C₃H_xO₄ là tổng 2 gốc axit)

được x=4; y=1 là nghiệm nguyên duy nhất.

Hai este lần lượt là (HCOO)₂(CH₃COO)C₃H₅ 0,08 mol và (HCOO)₂(CH≡C-COO)C₃H₅ 0,12 mol.

Z gồm HCOONa 0,4 mol, CH₃COONa 0,08 mol và CH≡C-COONa 0,12 mol.

%muối có phân tử khối lớn nhất=24,64%

Đáp án B

  n H 2 O = n X ⇒ 2 chất trong X đều có 2 nguyên tử C.

Lại có:  C X ¯ = 1 , 1 0 , 3 = 3 , 67  mà 2 chất hơn kém nhau môt nguyên tử C.

=> 1 chất có 3 nguyên tử C, 1 chất có 4 nguyên tử C.

Gọi số mol của chất có 3 và 4 nguyên tử C trong 0,3mol X lần lượt là x, y (mol)

  ⇒ x + y = 0 , 3 3 x + 4 y = 1 , 1 ⇔ x = 0 , 1 y = 0 , 2

=> 2 chất có tỉ lệ số mol là 1:2

Ta xét 2 trường hợp:

+ TH1: Anđehit có 3 nguyên tử C ta thấy chỉ có C₃H₂O là thỏa mãn

=> anđehit là CH ≡ C-CHO

Khi đó hiđrocacbon là C₄H₂

=> hiđrocacbon là CH ≡ C-C ≡ CH

Kết tủa gồm Ag; AgC ≡ C-COONH₄ và AgC ≡ C-C ≡ CAg

Ta lại có:

  n C H ≡ C - C H O = 4 , 62 M C H ≡ C - C H O + 2 M C 4 H 2 = 0 , 03 ( m o l )

Vậy khối lượng kết tủa là:

  m = m A g + m A g C ≡ C - C O O N H 4 + m A g C ≡ C - C ≡ A g C = 28 , 14 ( g )

TH2: Anđehit có 4 nguyên tử C trong phân tử

=> chỉ có C₄H₂O₂ thỏa mãn

=>anđehit là OHC-C ≡ C-CHO. Khi đó hiđrocacbon là C₃H₂ (không có CTCT thảo mãn)

Chú ý:

+ Bài toán này tương tự bài trên nhưng phức tạp hơn và phải xét nhiều trường hợp hơn. Do đó khi làm tránh ngộ nhận và bỏ sót các trường hợp.

+ Bài toán này có thể mắc sai lầm khi ngộ nhận số mol của anđehit và hiđrocacbon là số mol trong 0,3 mol hỗn hợp X mà không để ý đến giá trị khối lượng của đề bài.

n_Ag = 0,16 mol → n_HCOO = 0,08 mol

n_CO2 = 0,26 mol; n_H2O = 0,5 mol → n_ancol = 0,24 mol → C^- = 1,08

→ Vậy Y chứa CH₃OH (a mol) và C₂H₆O_x (b mol với x = 1 hoặc x = 2).

Ta có: (1) a + b = 0,24   (2) a + 2b = 0,26  →  a = 0,22; b = 0,02.

+) TH₁: X là este no, đơn chức, X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O

Muối gồm 22,54 gam: HCOONa (0,08) và RCOONa (0,16)

+) TH₂: X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂.

Khi đó 22,54 gam: HCOONa (0,08) và RCOONa.

n_RCOONa = 0,22 + 0,02.2 – 0,08 = 0,18 mol → M_RCOONa = 95.

(loại - không tìm được công thức thỏa mãn).

+) TH₃: X gồm este no tạo bởi HCOOH, R(COOH)₂ và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂

22,54 gam gồm: HCOONa (0,08) và R(COONa)₂.

Vì X là các este no, hở n_HCOONa = 0,08 > n_C2H6O2 = 0,02

→ các este trong X gồm HCOOCH₃: 0,04 mol, HOOC-CH₂-CH₂-OOCH: 0,02 mol và CH₃OOC-R-COOCH₃

 n_R(COONa)2 = (0,22 + 0,02.2 – 0,04) : 2 = 0,09 →  M_R(COONa)2 = 190

→ (CH₂)₄(COONa)₂.

→ X gồm: HCOOCH₃ (0,04); HCOO-CH₂-CH₂-OOCH (0,02) và CH₃OOC-(CH₂)₄-COOCH₃ (0,09).

→  Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn nhất là

0 , 09 . 174 0 , 04 . 60 + 0 , 02 . 118 + 0 , 09 . 174 . 100 % = 76 , 7 %

→ Đáp án A

Đáp án A

n(Ag) = 0,16 → n(HCOO^-) = 0,08 mol.

n(CO₂) = 0,26 mol; n(H₂O) = 0,5 mol → n(ancol) = 0,24 mol → C ¯  = 1,08.

Vậy Y chứa CH₃OH (a mol) và C₂H₆O_x (b mol với x= 1 hoặc x= 2).

Ta có:

a + b = 0,24

a + 2b = 0,26

Giải hệ: a = 0,22; b = 0,02.

+) TH1: X là este no, đơn chức: X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O

Muối gồm 22,54 gam HCOONa (0,08) và RCOONa (0,16)

+) TH2: X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂.

Khi đó: 22,54 gam HCOONa (0,08) và RCOONa.

n(RCOONa) = 0,22 + 0,02.2 - 0,08 → M(RCOONa) = 95.

(loại - không tìm được công thức thỏa mãn).

+) TH3: X gồm este no tạo bởi HCOOH, R(COOH)₂ và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂

22,54 gam gồm HCOONa (0,08) và R(COONa)₂.

Vì X là các este no, hở n(HCOONa) = 0,08 > n(C₂H₆O₂) = 0,02 nên các este trong X gồm:

HCOOCH₃: 0,04 mol, HOOC-CH₂-CH₂-OOCH:0,02 mol và CH₃OOC-R-COOCH₃:

n(R(COONa)₂) = (0,22 + 0,02.2 - 0,04) : 2 = 0,09 → M(R(COONa)₂) = 190

→ (CH₂)₄(COONa)₂.

Vậy hh X gồm: HCOOCH₃ (0,04); HCOO-CH₂-CH₂-OOCH (0,02) ; CH₃OOC-(CH₂)₄-COOCH₃ (0,09).

=>  Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn nhất là

Đáp án B

n_{O2 đốt X} = 0,46

n_{O2 đốt Y} = 0,25

=> n_{O2 đốt Z} = 0,46 - 0,25 = 0,21

Z no, đơn chức, mạch hở nên n_CO2 = 0,21/1,5 = 0,14

Nếu X mạch hở thì n_X = n_Z = n_NaOH = 0,07

=> Z là C₂H₅OH

Bảo toàn khối lượng

m_X = m_Y + m_Z - m_NaOH = 7,48

Đặt a, b là số mol CO₂ và H₂O

=> 2a + b = 0,07 . 2 + 0,46 . 2 và 44a + 18b = 7,48 + 0,46 . 32

=> a = 0,39 và b = 0,28

=> Số C = 5,57 => C5 (0,03 mol) và C6 (0,04 mol)

Các muối gồm C₂H_xCOONa (0,03) và C₃H_yCOONa (0,04)

=> m_Y = 0,03(x + 91 ) + 0,04(y +103) = 7,06

=> 3x + 4y = 21 —> X = y = 3 là nghiệm duy nhất Xgồm:

C₂H₃COOC₂H₅ (0,03 mol)

C₃H₃COOC₂H₅ (0,04 mol)

=> % = 59,893%