Đáp án:

Giải thích các bước giải:

$n_{O_2} = 0,03(mol)$

$n_{Ca(OH)_2} = 0,01.1,75 =  0,0175(mol) > n_{CaCO_3} = 0,015(mol)$

- TH1 : $Ca(OH)_2$ dư, khí thoát ra là $CO_2$ dư

$n_{CO_2\ dư} = 0,005(mol)$

$CO_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + H_2O$

Ta có:

$n_{CO_2} = 0,015 + 0,005 = 0,02(mol)$

Bảo toàn O :

$n_{H_2O} = 0,03.2 - 0,02.2 = 0,02(mol) = n_{CO_2}$

Vậy X là anken hoặc xicloankan$(C_2H_4,C_3H_6,...)$

- TH2 : $CaCO_3$ bị hòa tan một phần

Suy ra : $n_{O_2\ dư} = 0,005(mol)$

$CO_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + H_2O$
$CO_2 + CaCO_3 + H_2O \to Ca(HCO_3)_2$

Ta có :

$n_{CO_2} = 0,0175 + (0,0175 - 0,015) = 0,02(mol)$

$n_{O_2\ pư} = 0,03 - 0,005 = 0,025(mol)$

Bảo toàn O : $n_{H_2O} = 0,025.2 - 0,02.2 = 0,01 < n_{CO_2} = 0,02$

X có dạng : $C_nH_{2n-2}$

$n_X = n_{CO_2} - n_{H_2O} = 0,02 - 0,01 = 0,01(mol)$

$⇒ n = n_{CO_2}  :n_X = 0,02 : 0,01 = 2$

Vậy X là $C_2H_2$

Giải thích các bước giải:

$n_{O_2}=\dfrac{0,96}{32}=0,03\ mol$

TH1: $O_2$ dư

$⇒$ Sản phẩm sau khi đốt X là $CO_2 , H_2O$ và $O_2$ dư

Khi dẫn sản phẩm qua bình (1) thì hơi nước bị hấp thụ

Khi dẫn sản phẩm qua bình (2) thì $CO_2$ bị hấp thụ

$⇒$ Khí thoát ra duy nhất là $O_2$ dư

$⇒n_{O_2\ \text{dư}}=\dfrac{0,112}{22,4}=5.10^{-3}\ mol$

Xét giai đoạn khi dẫn khí qua bình (2):

$n_{Ca(OH)_2}=1,75.0,01=0,0175\ mol$

$n_{CaCO_3}=\dfrac{1,5}{100}=0,015\ mol$
Nhận thấy: $n_{CaCO_3}<n_{Ca(OH)_2}$

$⇒$ Xảy ra hai khả năng

Khả năng 1: Kết tủa cực đại $⇒Ca(OH)_2$ dư

$CO_2+Ca(OH)_2\to CaCO_3+H_2O$

$⇒n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=0,015\ mol$

Gọi CTPT của X là $C_xH_y$

PTHH:

$C_xH_y+\left(x+\dfrac y4\right)O_2\xrightarrow{t^\circ} xCO_2+\dfrac y2H_2O$

$n_{O_2\ \text{phản ứng}}=0,03-5.10^{-3}=0,025\ mol$

Ta có:

$\dfrac{n_{O_2\ \text{phản ứng}}}{n_{CO_2}}=\dfrac{0,025}{0,015}=\dfrac{x+\dfrac y4}x\Rightarrow \dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac 53\Rightarrow \dfrac xy=\dfrac 38\xrightarrow{y\le 2x+2}\begin{cases}x=3\\ y=8\end{cases}$

$⇒$ CTHH của X là $C_3H_8$

Khả năng 2: Kết tủa bị hòa tan một phần, khi đó xảy ra hai phản ứng:

$CO_2+Ca(OH)_2\to CaCO_3+H_2O$

$CaCO_3+CO_2+H_2O\to Ca(HCO_3)_2$

$⇒n_{CaCO_3}=n_{OH^-}-n_{CO_2}$

$⇒0,015=0,0175.2-n_{CO_2}$

$⇒n_{CO_2}=0,02\ mol$

PTHH:

$C_xH_y+\left(x+\dfrac y4\right)O_2\xrightarrow{t^\circ} xCO_2+\dfrac y2H_2O$

$\dfrac{n_{O_2\ \text{phản ứng}}}{n_{CO_2}}=\dfrac{0,025}{0,02}=\dfrac{x+\dfrac y4}x\Rightarrow \dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac 54\Rightarrow x=y$

mà X ở thể khí nên $C\le 4$

Do đó X có thể là $C_2H_2, C_4H_4$ (số H chẵn)

TH2: X dư

Với $n_{CO_2}=0,015 \ mol$

PTHH:

$C_xH_y+\left(x+\dfrac y4\right)O_2\xrightarrow{t^\circ} xCO_2+\dfrac y2H_2O$

$\dfrac{n_{O_2\ \text{phản ứng}}}{n_{CO_2}}=\dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac{0,03}{0,015}=2\Rightarrow x+\dfrac y4=2x\Rightarrow \dfrac y4=x\Rightarrow \dfrac xy=\dfrac 14\xrightarrow{y\le 2x+2}x=1; y=4\Rightarrow X:\ CH_4$

Với $n_{CO_2}=0,02\ mol$

$⇒\dfrac{n_{O_2\ \text{phản ứng}}}{n_{CO_2}}=\dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac{0,03}{0,02}$

$⇒\dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac 32$

$⇒\dfrac{n_{O_2\ \text{phản ứng}}}{n_{CO_2}}=\dfrac{x+\dfrac y4}x=\dfrac{0,03}{0,02}\Rightarrow 2x=y$

X ở thể khí nên $C\le 4$

nên X có thể là $C_2H_4, C_3H_6, C_4H_8$