Chọn đáp án C.

a) \(n_{hh}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right);n_{CaCO_3}=\dfrac{56}{100}=0,56\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_6}=a\left(mol\right)\\n_{C_4H_{10}}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow a+b=0,2\left(1\right)\)

PTHH: 

\(2C_2H_6+7O_2\xrightarrow[]{t^o}4CO_2+6H_2O\)

a------------------->2a

\(2C_4H_{10}+13O_2\xrightarrow[]{t^o}8CO_2+10H_2O\)

b---------------------->4b

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

                     0,56<---0,56

\(\Rightarrow2a+4b=0,56\left(2\right)\)

Từ (1), (2) => a = 0,12; b = 0,08

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_6}=\%n_{C_2H_6}=\dfrac{0,12}{0,2}.100\%=60\%\\\%V_{C_4H_{10}}=100\%-60\%=40\%\end{matrix}\right.\)

Và \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_6}=\dfrac{0,12.30}{0,12.30+0,08.58}.100\%=43,67\%\\\%m_{C_4H_{10}}=100\%-43,67\%=56,33\%\end{matrix}\right.\)

Đáp án D

Vì 2 muối đều của axit đơn chức

Gọi công thức trung bình của muối là  RCOOK  ⇒ n RCOOK = 0 , 15   mol

=> Mtb muối = 89,6g

=> 2 muối là HCOOK và CH₃COOK với số mol lần lượt là x ; y

=> x + y = n_muoi = 0,15 mol và mmuối = 84x + 98y = 13,44g

=> x = 0,09 ; y = 0,06 mol

Ancol B đốt cháy có:

=2:6 =1:3

=> ancol thỏa mãn là C₂H₆O_x

Cho sản phẩm cháy vào 0,1125 mol Ba(OH)₂ ta có :

+) TH₁:OH⁻ dư 

 => ancol có 4 nhóm OH => Loại vì M chỉ có 2C

+) TH₂: có tan 1 phần kết tủa

 => ancol M là C₂H₆O₂(C₂H₄(OH)₂)

=> các este trong X đều là este 2 chức

Vì MA<MB => A chắc chắn có 1 nhóm HCOO và B chắc chắn có 1 nhóm CH₃COO

Mà n_A:n_B = 1 : 4 và n_HCOO=0,09>n_CH3COO=0,06

=> A là (HCOO)₂C₂H₄ và B là HCOOC₂H₄OOCCH₃

=> n_A = 0,015 ; n_B = 0,06 mol

=> %mA=18,27%

Đáp án D

a, \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

\(n_{Br_2}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Br_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_2H_2}=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{CH_4}=3,36-1,12=2,24\left(l\right)\)

b, \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

\(2C_2H_2+5O_2\underrightarrow{t^o}4CO_2+2H_2O\)

\(n_{CH_4}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{O_2}=2n_{CH_4}+\dfrac{5}{2}n_{C_2H_2}=0,325\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=0,325.22,4=7,28\left(l\right)\Rightarrow V_{kk}=5V_{O_2}=36,4\left(l\right)\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

\(\Rightarrow n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{CaCO_3}=0,2.100=20\left(g\right)\)

\(n_{hh}=\dfrac{V_{hh}}{22,4}=\dfrac{1,68}{22,4}=0,075mol\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_4}=x\\n_{C_2H_4}=y\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2\left(CH_4\right)}=x\\n_{CO_2\left(C_2H_4\right)}=2y\end{matrix}\right.\)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{m_{CaCO_3}}{M_{CaCO_3}}=\dfrac{10}{100}=0,1mol\)

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

                    x+2y        x+2y             ( mol )

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}22,4x+22,4y=1,68\\x+2y=0,1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,025\end{matrix}\right.\)

\(\%CH_4=\dfrac{0,05}{0,075}.100=66,66\%\)

\(\%C_2H_4=100\%-66,66\%=33,34\%\)

\(m_{CH_4}=0,05.16=0,8g\)

\(m_{C_2H_4}=0,025.28=0,7g\)

a)

\(CH_4 + 2O_2 \xrightarrow{t^o} CO_2 + 2H_2O\\ C_2H_4 + 3O_2 \xrightarrow{t^o} 2CO_2 + 2H_2O\\ CO_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + H_2O\\ C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2\\ b) n_{C_2H_4} = n_{Br_2} = \dfrac{8}{160}=0,05(mol)\\ n_{CaCO_3} = n_{CO_2} = n_{CH_4} + 2n_{C_2H_4} = \dfrac{50}{100} = 0,5(mol)\\ \Rightarrow n_{CH_4} = 0,5 - 0,05.2 = 0,4(mol)\\ \%m_{CH_4}= \dfrac{0,4.16}{0,4.16 + 0,05.28}.100\% = 82,05\%\\ \%m_{C_2H_4} =100\% - 82,05\% = 17,95\%\)