Ta có:

\(A+O_2\rightarrow CO_2+H_2O+N_2\)

Do vậy A có dạng

Dẫn sản phẩm qua nước vôi trong

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

\(\Rightarrow n_{CO2}=n_{CaCO3}=\frac{4}{100}=0,04\left(mol\right)\)

\(m_{CO2}+m_{H2O}=3,02\Rightarrow m_{H2O}=3,02-0,04.44=1,26\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{H2O}=0,07\left(mol\right)\)

\(n_{N2}=\frac{0,224}{22,4}=0,01\left(mol\right)\)

Bảo toàn nguyên tố:

\(n_C=n_{CO2}=0,04\left(mol\right);n_H=2n_{H2O}=0,14\left(mol\right)\)

\(n_N=2n_{N2}=0,02\left(mol\right)\)

Ta có :

\(m_A=m_C+m_H+m_O+m_N\)

\(\Rightarrow m_O=0,9-0,04.12-0,14-0,02.14=0\)

Vậy A không chứa O (z=0)

\(\Rightarrow x:y:t=0,04:0,14:0,02=2:7:1\)

Vậy A là

Y + O₂  --> CO₂ + H₂O  + N₂

Cho sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH)₂ thì nito không bị hấp thụ, thoát ra khỏi bình . Khối lượng bình tăng = mCO₂ + mH₂O

nCO₂ = nCaCO₃ = 80/100 = 0,8 mol

=> mH₂O = 55 - 0,8.44 = 19,8 gam

<=> nH₂O = 19,8/18 = 1,1 mol

nN₂ = 2,24/22,4 = 0,1 mol 

mC + mH + mN = 0,8.12 + 1,1.2 + 0,2.14 = 14,6gam = mY

=> Trong Y có C; H và N , không có O

Gọi CTĐGN của Y là C_xH_yN_z  => x:y:z = nC:nH:nN = 0,8 : 2,2 : 0,2 = 4:11:1

=> CTPT của Y có dạng (C₄H₁₁N)_n

M_Y = 36,5 .2 = 73(g/mol) => 73n = n

<=> n = 1 và CTPT của Y là C₄H₁₁N

đề bài có nhầm chỗ nào ko bạn???

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)

=> n_C = 0,075 (mol)

Có \(n_{CO_2}=n_C=0,075\left(mol\right)\)

=> \(n_{H_2O}=\dfrac{4,2-0,075.44}{18}=0,05\left(mol\right)\)

=> n_H = 0,1 (mol)

\(n_{O_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Bảo toàn O: \(n_{O\left(A\right)}=0,075.2+0,05-0,1.2=0\left(mol\right)\)

=> A chứa C, H

m_A = m_C + m_H = 0,075.12 + 0,1.1 = 1 (g)

\(m_{tăng}=m_{H_2O}+m_{CO_2}=4,2\left(g\right)\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ ---> CaCO₃ + H₂O

                            0,075        0,075

\(\rightarrow m_{CO_2}=0,075.44=3,3\left(g\right)\\ \rightarrow m_{H_2O}=4,2-3,3=0,9\left(g\right)\\ \rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{0,9}{18}=0,05\left(mol\right)\\ \rightarrow n_{O\left(sau.pư\right)}=0,05+0,075.2=0,1\left(mol\right)\\ n_{O\left(trong.O_2\right)}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_C=0,075\left(mol\right)\\n_H=0,05.2=0,1\left(mol\right)\\n_O=0,1-0,1=0\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> m_A = 0,075.12 + 0,1.1 + 0 = 1 (g)

\(Đăt:n_{CO_2}=a\left(mol\right),n_{H_2O}=b\left(mol\right)\)

\(BTNTO:\\ 2n_{O_2}=2n_{CO_2}+n_{H_2O}\\ \Leftrightarrow2a+b=0.75\left(1\right)\)

\(m_{bìnhgiảm}=m_{CaCO_3}-\left(m_{CO_2}+m_{H_2O}\right)=21\left(g\right)\)

\(\Leftrightarrow44a+18b=60-21=39\left(g\right)\left(2\right)\)

Bạn xem lại đề nha

\(n_{CO_2} = n_{CaCO_3} = 0,6(mol)\)

\(m_{tăng} = n_{CO_2} + m_{H_2O} - m_{CaCO_3}\\ \Rightarrow n_{H_2O} = \dfrac{60-21-0,6.44}{18} = 0,7(mol)\)

\(n_{N_2} = n_{khí\ thoát\ ra} = 0,1(mol)\)

\(n_{O_2} =0,75(mol)\)

BTNT với C,H,O và N :

\(n_C = n_{CO_2} = 0,6\\ n_H = 2n_{H_2O} = 0,7.2 = 1,4(mol)\\ n_N = 2n_{N_2} = 0,2(mol)\\ n_O = 2n_{CO_2} + n_{H_2O} -2n_{O_2}= 0,4(mol)\)

Ta có : 

\(n_C : n_H : n_O : n_N = 0,6 : 1,4 : 0,4 : 0,2 = 3 : 7 :2 : 1\)

Vậy CTPT của Y  :C₃H₇O₂N

bn tham khảo

a,

\(n_A=\dfrac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right)\rightarrow M_A=\dfrac{9,2}{0,2}=46\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

Thí nghiệm B₁: \(m_{tăng}=m_{H_2O}=10,8\left(g\right)\)

\(\rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{10,8}{18}=0,6\left(mol\right)\\ \rightarrow n_H=0,6.2=1,2\left(mol\right)\)

Thí nghiệm B₂: \(n_{CaCO_3}=\dfrac{40}{100}=0,4\left(mol\right)\)

PTHH: Ca(OH)₂ + CO₂ ---> CaCO₃ + H₂O

                              0,4 <------ 0,4

\(\rightarrow n_C=0,4\left(mol\right)\)

b, \(n_O=\dfrac{9,2-0,4.12-1,2}{16}=0,2\left(mol\right)\)

=> A có chứa O, vậy A là dẫn xuất của hiđrocacbon

c, CTPT: C_xH_yO_z

=> x : y : z = 0,4 : 1,2 : 0,2 = 2 : 6 : 1

=> CTPT: C₂H₆O

CTCT:

\(\left(1\right)CH_3-CH_2-OH\\ \left(2\right)CH_3-O-CH_3\)

Đáp án C

Ta có m_{Bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 13,3 gam.

Với n_CO2 = n_BaCO3 = 0,2 mol ||⇒ n_H2O = 0,25 mol.

Nhận thấy n_C ÷ n_H = 0,2 ÷ (0,25×2) = 2 ÷ 5