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 D

Đáp án C

Quy đổi Z thành C_m–1H_2m+1NCO₂

Đặt x = m – 1 ⇒ 2x = 2m – 2 ⇔ 2x = 2m + 1 – 3 ⇔ 2m + 1 = 2x + 3.

⇒ Z có dạng C_xH_2x+3N(CO₂) <= Tương tự amin Y.

Nếu ta xem phần CO₂ của Z không bị đốt cháy

Thì hh chỉ chứa C_aH_2a+3N. [Với a là số C trung bình của n và (m–1)]

Phản ứng cháy:  C a H 2 a + 3 N + 6 n + 3 4 O 2 → t 0 CaCO 2 + 2 a + 3 2 H 2 O + 1 2 N 2

⇒ 0,2 × 6 n + 3 4  = 0,45 ⇔ a = 1 ⇒ Sau khi Z bớt 1 cacbon thì Y và Z đều có 1 cacbon.

⇒ Z là amino axit có 2 cacbon ⇔ Z chỉ có thể là Glyxin

Đáp án C 

Quy đổi Z thành C_m–1H_2m+1NCO₂

Đặt x = m – 1

⇒ 2x = 2m – 2  

2x = 2m + 1 – 3

 2m + 1 = 2x + 3.

⇒ Z có dạng C_xH_2x+3N(CO₂)

(Tương tự amin Y).

Nếu ta xem phần CO₂ của Z không

bị đốt cháy

Thì hh chỉ chứa C_aH_2a+3N.

[Với a là số C trung bình của n và (m–1)]

Phản ứng cháy: 

⇒ 0,2 ×  = 0,45

Û a = 1 ⇒ Sau khi Z bớt 1C

 thì Y và Z đều có 1C.

⇒ Z là amino axit có 2C

Û Z chỉ có thể là Glyxin

Đáp án C.

Quy đổi Z thành C_m–1H_2m+1NCO₂

Đặt x = m – 1

⇒ 2x = 2m – 2  2x = 2m + 1 – 3  2m + 1 = 2x + 3.

⇒ Z có dạng C_xH_2x+3N(CO₂)

=> Tương tự amin Y.

Nếu ta xem phần CO₂ của Z không bị đốt cháy

Thì hh chỉ chứa C_aH_2a+3N. [Với a là số C trung bình của n và (m–1)]

Phản ứng cháy:

C_aH_2a+3N +   6 n + 3 4 O₂ → t o  aCO₂ + (a+1,5)H₂O + 1 2  N₂.

⇒ 0,2 ×  6 n + 3 4 = 0,45

⇒ a = 1

⇒ Sau khi Z bớt 1 cacbon thì Y và Z đều có 1 cacbon.

⇒ Z là amino axit có 2 cacbon.

⇒ Z chỉ có thể là Glyxin.

Đáp án C

CTPT của aminoaxit CnH2n+1NO2

=> CT của tripeptit C3nH6n-1N3O4 tetrapeptit C4nH8n-2N4O5

đốt Y=> 0,1(12.4n+18(4n-1)=47.8=>  n=2 đốt X --> nO2 = 0,3(4,5n-2,25)=2,025

\(PTHH:2C_2H_2+5O_2\underrightarrow{t^o}4CO_2+2H_2O\\ Theo.pt:n_{O_2}=\dfrac{5}{2}n_{C_2H_2}=\dfrac{5}{2}.0,1=0,25\left(mol\right)\\ V_{O_2}=0,25.22,4=5,6\left(l\right)\)

\(n_{CH_4}=\dfrac{1.12}{22.4}=0.05\left(mol\right)\)

\(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^0}CO_2+2H_2O\)

\(0.05.....0.1.......0.05\)

\(V_{O_2}=0.1\cdot22.4=2.24\left(l\right)\)

\(V_{CO_2}=0.05\cdot22.4=1.12\left(l\right)\)

Khi đốt 0,5 mol hỗn hơp M, số mol  C O 2  thu đươc là :

Nếu đốt 1 mol hỗn hợp M, số mol  C O 2  thu được sẽ là 2,4 (mol).

Như vậy chất A và chất B có chứa trung bình 2,40 nguyên tử cacbon , chất A lại kém chất B 1 nguyên tử cacbon. Vậy, A có 2 và B có 3 nguyên tử cacbon.

A là ancol no có 2 cacbon: C 2 H 6 - x ( O H ) x  hay C 2 H 6 O x

B là axit đơn chức có 3 cacbon: C 3 H y O 2 .

Đặt số mol A là a, số mol B là b :

a + b = 0,5 (1)

Số mol O 2  là: (3,5 - 0,5x)a + (2 + 0,25y)b = 1,35 (mol) (2)

Số mol  C O 2  là: 2a + 3b = 1,2 (mol) (3)

Số mol  C O 2  là:

Giải hệ phương trình đại số tìm được: a = 0,3; b = 0,2; x = 2; y = 4.

Chất A: C 2 H 6 O 2  hay  etanđiol (hay etylenglicol)

Chiếm  khối lượng M.

Chất B: C 3 H 4 O 2  hay C H 2 = C H - C O O H , axit propenoic chiếm 43,64% khối lượng M.