Đáp án C

Nhận thấy đốt cháy X tương đương đốt cháy metan

→ n_CH4 = n_O2 : 2 = 0,15 mol

Luôn có m_CH4 = m_X→ n_X = $\frac{0,15.16}{4,8.2}$ = 0,25 mol

n_X - n_CH4 = n_{CH4 pư} → n_{CH4 pứ} = 0,1 mol

Vậy H = $\frac{0,1}{0,15}$ ×100% = 66,67%.

Đáp án C

Crackinh m gam (CH₃)₃CH

→ hhX gồm CH₄ và CH₂=CH-CH₃.

hhX + 0,07 mol Br₂ thì dd Br₂ mất màu hoàn toàn

→ n_{CH2=CH-CH3 phản ứng} = 0,07 mol.

Có 0,13 mol hh CH₄ và CH₂=CH-CH₃ dư thoát ra có d_/CO2 = 0,5.

• Theo BTKL: m = m_{CH2=CH-CH3phản ứng} + m_{hh khí thoát ra}

= 0,07 x 42 + 0,5 x 44 x 0,13 = 5,8 gam

Đáp án D

Đề hiđro hóa hhM gồm C₂H₆ và C₃H₈ → hhN gồm 4 hiđrocacbon + H₂

Gọi d là tỉ khối của M so với N.

• Giả sử số mol hỗn hợp đầu là 1 mol .

Khi tách hiđro có a mol etan phản ứng và b mol propan phản ứng (0 < a + b < 1)

→ Sau phản ứng: n_N = n_C2H6dư + n_C3H8dư + n_C2H4 + n_C3H6 + n_H2 = 1 + a + b (mol).

Theo BTKL: m_M = m_N

 → 1 < d < 2 

Đáp án B

C₄H₁₀ → anken + ankan.

M_X = 1,5 x M_Y.

Căn cứ vào đáp án; loại C, D vì có số nguyên tử C > 4

→ còn lại hai trường hợp:

TH1: Nếu X, Y là ankan: 14n + 2 = 1,5 x (14m + 2) → 2n - 3m = 1/7

→ loại vì m < n < 4. (không có giá trị phù hợp).

TH2: Nếu X, Y là anken: 14n = 14m x 1,5

→ n = 1,5m.

Với thể khí → m = 2; n = 3 → Y là C₃H₆ và X là C₂H₄

Đáp án C

Crackinh 0,5 mol (CH₃)₂CH-CH₂-CH₃ → hhX gồm ankan và anken.

Trong hhX có chứa 7,2 gam chất Y + O₂ → 0,5 mol CO₂ + 0,56 mol H₂O

• Đốt cháy Y được: n_H2O > n_CO2

 X là ankan:

 
Số C trong X = $\frac{0,5}{0,1}=5$ , số H trong X = $\frac{2.0,6}{0,1}=12$ X là isopentan còn dư.

H% = $\frac{0,5-0,1}{0,5}$ x 100% = 80%

Đáp án C

Gọi số mol của etan và propan lần lượt là x,y

Có M_X = 38,4. Sơ đồ đường chéo → x : y = 2:3

Vì phản ứng đề hidro thực hiện hoàn toàn → n_eten : n_propen = x : y = 2:3

→ % C₂H₄ = $\frac{2}{2+3}$ ×100% = 40%, %C₃H₆= 60%

Đáp án C

Crackinh 0,1 mol C₄H₁₀ thu được hhX gồm CH₄, C₂H₆, C₂H₄, C₃H₆ và C₄H₁₀.

Đốt cháy hoàn toàn hhX cũng chính là đốt cháy 0,1 mol C₄H₁₀

→ n_CO2 = 0,1 x 4 = 0,4 mol; n_H2O = 0,1 x 5 = 0,5 mol.

Khi hấp thụ 0,4 mol CO₂ và 0,5 mol H₂O vào dd nước vôi trong dư

→ n_CaCO3 = 0,4 mol.

Sau phản ứng m_{dd giảm} = m_CaCO3 - m_CO2 - m_H2O

= 0,4 x 100 - 0,4 x 44 - 0,5 x 18 = 13,4 gam

Đáp án C

Đốt cháy Y cũng là đốt cháy X.

X + O₂ → 0,06 mol CO₂ + 0,08 mol H₂O.

• n_Xn _{= H2O} - n_CO2 = 0,08 - 0,06 = 0,02 mol.

X có số nguyên tử C = 0,06 : 0,02 = 3; số nguyên tử H = 0,08 x 2 : 0,02 = 8 → X là C₃H₈.

→ hhY gồm C₃H₈ dư; CH₄ và C₂H₆; m_X = 0,02 x 44 = 0,88 gam.

Theo BTKL: m_Y = m_X = 0,88 gam → n_Y = 0,88 : 27,5 = 0,032 mol

→ n_{ankan phản ứng} = 0,032 - 0,02 = 0,012 mol

$\Rightarrow \mathrm{H}=\frac{0,012}{0,02}=60\%$

Đáp án D

Nung nóng m gam C₃H₈ → hhX chứa H₂, C₃H₆, CH₄, C₂H₄ và C₃H₈ dư.

X + O₂ → 0,3 mol ↓CaCO₃.

• Đốt cháy hh X cũng chính là đốt cháy m gam propan ban đầu

→ n_{C3H8ban đầu} = 0,3 : 3 = 0,1 mol

→ m = 0,1 x 44 = 4,4 gam

Đáp án B

Crackinh 0,2 mol C₄H₁₀ → hhX gồm 5 hiđrocacbon.

hhX qua bình Brom dư → m_{bình tăng} = 8,4 gam

• Khí bay ra khỏi dung dịch Brom là hiđrocacbon no CT  

→ n_Y = 0,2 mol, m_hhY = 0,2 x 58 - 8,4 = 3,2 gam.

→ M = 16 → n = 1

 → V_O2 = 22,4 x 0,4 = 8,96 lít

Đáp án A

Crackinh V lít C₄H₁₀ → hhX gồm 5 hiđrocacbon.

3X + 1H₂ → hhY. Dẫn Y qua xt Ni/t^o

→ hhZ gồm 4 hiđrocacbon có V giảm 25% so với Y.

Z không có khả năng làm mất màu dd Br₂ → Z là hh ankan và H₂ dư.

• Giả sử có 3 mol X + 1 mol H₂.

Vì hhZ gồm 4 hiđrocacbon và có thể tích giảm 25% so với ban đầu

→ n_{H2phản ứng} = 4 x 25% = 1 mol → n_anken = 1 mol.

→ Trong hhY có n_ankan = n_{C4H10 dư} + n_CH4 + n_CH3-CH3

= n_{C4H10 ban đầu} = 2 mol

$\mathrm{H}=\frac{1}{2}=50\%$

Đáp án B

Trong X có chứa tối đa 9 chất có CTPT khác nhau là

Đáp án C

Nhận thấy n_CH4 = n_C2H4 = x mol, n_C3H6= n_H2 = y mol, C₃H_{8 dư} : z mol

Ta có n_{Br2 pư} = n_C2H4 + n_C3H6 = x + y = 0,375 mol

→ z = 0,875 -2.(x + y ) = 0,125 mol

→ Bảo toàn nguyên tố C → n_C3H8 = 0,125 + 0,375 = 0,5 mol → V = 11,2 lít. 

Đáp án C

    2CH₄ $\stackrel{{1500}^{\mathrm{o}}\mathrm{C}}{\to }$ CH≡CH + 3H₂

BĐ: 1

PƯ: x----------------0,5x-----1,5x

SPU: (1 - x)--------0,5x------1,5x

→ x = 0,6 → H = 60%

Đáp án D

Giả sử có 1 mol C₄H₁₀ phản ứng.

Theo BTKL: m_{5 hiđrocacbon} = m_{C4H10ban đầu} = 58 gam

→ n_{5 hiđrocacbon} = 58 : (16,325 x 2) ≈ 1,7764 mol

→ n_{C4H10phản ứng} = 1,7764 - 1 ≈ 0,7764 mol

→ H ≈ 77,64% 

Đáp án B

Giả sử có 1 mol C₄H₁₀ phản ứng.

Theo BTKL: m_X = m_{C4H10ban đầu} = 58 gam

→ n_X = 58 : (17,4 x 2) ≈ 1,6667 mol

→ n_{C4H10phản ứng} = 1,6667 - 1 ≈ 0,6667 mol

→ H ≈ 66,67%

Đáp án A

Đốt cháy hhX cũng chính là đốt cháy butan ban đầu.

hhX + O₂ → 0,4 mol CO₂ + 0,5 mol H₂O

→ n_{butan ban đầu} = 0,5 - 0,4 = 0,1 mol.

hhX làm mất màu 0,075 mol Br₂

→ n_{anken trong X} = 0,075 mol

→ n_{butan phản ứng} = 0,075 mol.

→ $\mathrm{H}=\frac{0,075}{0,1}=75\%$ 

Đáp án A

Crackinh 560 lít C₄H₁₀ thu được 1010 lít hh khí X.

V_{C4H10phản ứng} = 1010 - 560 = 450 lít

→ V_{C4H10chưa phản ứng} = 560 - 450 = 110 lít

Đáp án D

Crackinh 1 mol C₄H₁₀ thu được hhA gồm CH₄, C₂H₆, C₂H₄, C₃H₆, H₂ và C₄H₁₀ dư.

hhA + O₂ → x gam CO₂ + y gam H₂O.

• Đốt cháy hhA cũng chính là đốt cháy 1 mol C₄H₁₀ ban đầu.

→ n_CO2 = 1 x 4 = 4 mol; n_H2O = 1 x 5 = 5 mol

→ x = 4 x 44 = 176 gam; y = 5 x 18 = 90 gam

Đáp án A

Nhận thấy cracking ankan X luôn cho số mol ankan= số mol anken

C_nH_2n+2 → C_aH_{2a +2} + C_bH_2b ( Với a + b= n)

Gọi số mol của ankan 1 mol → số mol anken là 1 mol

→ số mol ankan ban đầu là 1 mol
Bảo toàn khối lượng → M_CnH2n+2 = $\frac{29.2}{1}$=  58

→ C₄H₁₀