\(PTHH:2Mg+O_2\rightarrow^{t^o}2MgO\)

                   x            0,5x

                \(4Al+3O_2\rightarrow^{t^o}2Al_2O_3\)

                  y             0,75y

Gọi số mol của Mg là x ; Số mol của Al là y(\(x;y>0\))

\(\Rightarrow m_{Mg}=24x;m_{Al}=27y\)

\(\Rightarrow24x+27y=10,35\)(1)

\(n_{O_2}=5,88:22,4=\frac{21}{80}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow0,5x+0,75y=\frac{21}{80}\)(2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

\(\hept{\begin{cases}24x+27y=10,35\\0,5x+0,75y=\frac{21}{80}\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=0,15\\y=0,25\end{cases}}\)

\(m_{Mg}=24.0,15=3,6\left(g\right)\)

\(m_{Al}=27.0,25=6,75\left(g\right)\)

\(\%m_{Mg}=\frac{3,6}{10,35}.100\approx35\%\)

\(\%m_{Al}=100\%-35\%=65\%\)

Đáp án B

n_O2 = 11,2 : 22,4 = 0,5 (mol)

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 20,8 (g)

Gọi nCO₂ và nH₂O là a và b mol

∑ m = 44a + 18b = 20,8

BTNT O: 2a + b = 0,5.2

(1) và (2) => a = 0,35 (mol) và b = 0,3 (mol)

Đặt CTPT của amin là: C_nH_2n+3N : x  (mol)  (n ≥ 3)

CTPT của 2 akin là C_mH_2m-2 : y (mol)  ( m > 2)

n_E = x + y = 0,15

n_CO2 = nx + my = 0,35

n_H2O = (n + 1,5)x + (m -1) y = 0,3

=> x = 0,04 ; y = 0,11

=> n_CO2 = 0,04n + 0,11m = 0,35

=> 4n +  11m = 35 ( thỏa mãn đk n ≥ 3 và m > 2)

Có nghiệm duy nhất là n = 3 và m = 23/11

=> amin là C₃H₉N: 0,04 (mol)

% m _C3H9N = [ 0,04.59 : ( 0,04.59 + 0,11.300/11) ].100% = 44,03%

Theo ĐLBT KL, có: m_KL + m_O2 = m _oxit

⇒ m_O2 = 28,4 - 15,6 = 12,8 (g)

\(\Rightarrow n_{O_2}=\dfrac{12,8}{32}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=0,4.22,4=8,96\left(l\right)\)

C₂H₂ + H₂ C₂H₄

C₂H₂ + H₂ C₂H₆

Khi cho hỗn hợp B qua dd nước Br₂ chỉ có C₂H₄ và C₂H₂ phản ứng C₂H₂ +2Br₂ → C₂H₂Br₄

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

=> khối lượng bình Br₂ tăng chính bằng khối lượng của C₂H₂ và C₂H₄

m_C2H2 + m_C2H4 = 4,1 (g)    

Hỗn hợp khí D đi ra là CH₄, C₂H₆ và H₂

CH₄ + 2O₂ → t ∘  CO₂ + 2H₂O

C₂H₆ + O₂  → t ∘  2CO₂ + 3H₂O

2H₂ + O₂  → t ∘  2H₂O

Bảo toàn nguyên tố O cho quá trình đốt cháy hh D ta có:

2n_CO2 = 2n_O2 – n_H2O => n_CO2 = ( 0,425. 2– 0,45)/2 = 0,2 (mol)

Bảo toàn khối lượng : m_{hh D} = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,2.44 + 0,45.18 – 0,425.32 = 3,3 (g)

Bảo toàn khối lương: m_A = (m_C2H2 + m_C2H4) + m_{hh D} = 4,1 + 3,3 = 7,4 (g)

Đáp án C

n_CO2 = 0,36 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_H2O = 0,33 mol.

Do n_Z = 0,04 mol = n_{H2 ban đầu} ⇒ Z là ankan, H₂ hết. 

● Đối với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC

n_CO2 – n_H2O = k.n_HCHC – n_HCHC = n_π – n_HCHC.

Công thức trên vẫn đúng với hỗn hợp HCHC chứa C, H và có thể có O.

► Áp dụng: n_π = n_H2 + n_Br2 = 0,15 mol ⇒ n_X = 0,12 mol.

Do cuối cùng chỉ chứa 1 ankan ⇒ X gồm các hidrocacbon có cùng số C.

số C/Z = 0,36 ÷ 0,12 = 3 ⇒ Z là C₃H₈ || m_X = 0,36 × 12 + 0,33 × 2 = 4,98(g).

||⇒ bảo toàn khối lượng: a = 4,98 + 0,04 × 2 – 0,04 × 44 = 3,3(g)

Đáp án C

n_CO2 = 0,36 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_H2O = 0,33 mol.

Do n_Z = 0,04 mol = n_{H2 ban đầu} ⇒ Z là ankan, H₂ hết. 

● Đối với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC

n_CO2 – n_H2O = k.n_HCHC – n_HCHC = n_π – n_HCHC.

Công thức trên vẫn đúng với hỗn hợp HCHC chứa C, H và có thể có O.

► Áp dụng: n_π = n_H2 + n_Br2 = 0,15 mol ⇒ n_X = 0,12 mol.

Do cuối cùng chỉ chứa 1 ankan ⇒ X gồm các hidrocacbon có cùng số C.

số C/Z = 0,36 ÷ 0,12 = 3 ⇒ Z là C₃H₈ || m_X = 0,36 × 12 + 0,33 × 2 = 4,98(g).

||⇒ bảo toàn khối lượng: a = 4,98 + 0,04 × 2 – 0,04 × 44 = 3,3(g)

Gọi $n_{Mg} = a(mol) ; n_{Al} = b(mol) \Rightarrow 24a + 27b = 10,35(1)$

$2Mg + O_2  \xrightarrow{t^o} 2MgO$

$4Al + 3O_2  \xrightarrow{t^o} 2Al_2O_3$

$n_{O_2} = \dfrac{1}{2}a + \dfrac{3}{4}b = \dfrac{5,88}{22,4} = 0,2625(2)$

Từ (1)(2) suy ra a = 0,15 ; b = 0,25

$m_{Mg} = 0,15.24 = 3,6(gam)$
$m_{Al} = 0,25.27 = 6,75(gam)$