Lời giải

Gọi CTPT của anđehit X là C_nH_2n-2O

=> Khi đốt cháy 1 mol X ta thu được

$n_{C{O}_2}=n\left(mol\right); n_{H_{2}O}=n-1\left(mol\right)$ 

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

n_andehit + $2n_{O_2 phản ứng}$ = $2n_{C{O}_2}+ n_{H_{2}O}$ 

$$\begin{gathered} n_{O_2 phản ứng }=\frac{3}{2}n-1\left(mol\right) \\ Có n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=1,4n_{O_2 phản ứng } \\ \Rightarrow n+n-1=1,4\left(\frac{3}{2}n-1\right)\Rightarrow n=4 \end{gathered}$$

=> X có CTPT là C₄H₆O => Các CTCT thỏa mãn của X là:

CH₂ =CH-CH₂ - CHO; CH₂ =C(CH₃)C-CHO; CH₃ - CH = CH-CHO.

Ta lại thấy CH₃ - CH = CH - CHO có đồng phân hình học . Vậy có tất cả 4 chất X thỏa mãn

Đáp án D.

Lời giải

Ta thấy N₂ không tham gia phản ứng $\Rightarrow n_{O_2 phản ứng} =\frac{1}{4}{n}_{N_2}=0,45\left(mol\right)$

Vì axit cacboxylic X đơn chức nên bảo toàn nguyên tố O ta có:

$\Rightarrow 2n_X+ 2n_{O_2 phản ứng} =2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O} \Rightarrow n_X=0,1\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng ta lại có: 

$\Rightarrow m_X =m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O} - m_{O_2 phản ứng}=8,6\left(g\right)$ 

 $\Rightarrow M_X =86$=>X là C₃H₅COOH

Lại có: $V_{ không khí} =5V_{O_2 phản ứng} =50,4\left(1\right)$

Đáp án C.

Lời giải

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2 \sin h ra trong phản ứng cộng NaHC{O}_3} =n_{COOH} \\ =0,4\left(mol\right)\Rightarrow n_{Na trong muối}=0,4\left(mol\right) \end{gathered}$$ 

Khi đốt cháy T thu được Na₂CO₃; CO₂ và H₂O trong đó ta có:

 $n_{C{O}_2} =n_{CaC{O}_3} =0,2\left(mol\right)$.

Bảo toàn nguyên tố Na

 $n_{N{a}_{2}C{O}_3} =\frac{1}{2}{n}_{Na trong muối } =0,2\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố C 

$\Rightarrow n_{C trong axit} =n_{C{O}_2(ch,y)}+ n_{N{a}_{2}C{O}_3} =0,4\left(mol\right)$ 

Đến đây, quan sát các đáp án ta xét 3 trường hợp:

Trường hợp 1: Nếu cả 2 axit đều đơn chức

$\Rightarrow n_{axit} =n_{COOH} =0,4\left(mol\right) \Rightarrow {\overline{C}}_{axit}=1$

=>không thỏa mãn

Trường hợp 2: Nếu cả 2 axit đều 2 chức

$\Rightarrow n_{axit} =\frac{n_{COOH}}{2} =0,2\left(mol\right) \Rightarrow {\overline{C}}_{axit}=2$

.Mà cả 2 axit đều 2 chức =>không thỏa mãn

Trường hợp 3: Một axit đơn chức và một axit 2 chức

 $\Rightarrow \frac{n_{COOH}}{2}<n_{axit}<n_{COOH} \Rightarrow 0,2<n_{axit}<0,4\Rightarrow 1<{\overline{C}}_{axit}<2$

=> Một axit có 1 nguyên tử C và một axit có 2 nguyên tử C

=>2 axit là HCOOH và (COOH)₂

Đáp án A.

Lời giải

X gồm: C₄H₆O₂; C₆H₁₀O₄; C₂H₄O₂ và C₃H₈O₃

Vì $n_{C_4{H}_6{O}_4}=n_{C_2{H}_4{O}_2}$nên ta coi 2 chất có công thức chung là C₃H₅O₂.

Lại có C₆H₁₀O₄ cũng có CT đơn giản nhất là C₃H₅O₂.

=>Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm C₃H₅O₂ và C₃H₈O₃ với số mol lần lượt là x,y(mol)

=>73x + 92y = 13,36(g) (1)

Mặt khác ta có: $n_{BaC{O}_3}=0,25\left(mol\right)$. Vì khi đun nóng Z lại thu được kết tủa

=>trong Z có Ba(HCO₃)₂

Bảo toàn nguyên tố Ba $\Rightarrow n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=n_{Ba(OH{)}_2}-n_{BaC{O}_3}=0,13\left(mol\right)$ 

Bảo toàn nguyên tố C $\Rightarrow =n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}+2n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=0,51\left(mol\right)$ 

=>3x + 3y = 0,51(mol) (2).

(1) và (2) => x = 0,12(mol); y = 0,05(mol)

=>n_-COOH = 0,12 (mol) => n_{KOH phản ứng} =  $n_{H_{2}O}$= 0,12 (mol)

Ta có chất rắn khan sau phản ứng gồm muối kali và KOH dư. Bảo toàn khối lượng ta có:

m_{chất rắn} = $m_{axit}+m_{KOH}-m_{H_{2}O}=m_X-m_{glixerol}+m_{KOH}-m_{{}_{H_{2}O}}=14,44\left(g\right)$ 

Đáp án A.

Lời giải

Gọi CTPT chung của 2 axit là C_nH_2n-4O₄

=>Khi đốt cháy 2 axit ta thu được $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=2n_{axit}\Rightarrow n_{axit}=\frac{{\displaystyle \raisebox{1ex}{$V$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$22,4$}\right.}-y}{2}\left(mol\right)$ 

Bảo toàn khối lượng:  $m_{axit}=m_C+m_H+m_O=12n_{C{O}_2}+1.2n_{H_{2}O}+16n_{O trong axit}$

Lại có: $n_{O trong axit}=4m_{axit}=2\left(\frac{V}{22,4}-y\right) \left(mol\right)$ 

 $$\begin{gathered} Vậy x=12\frac{V}{22,4}+2y+16.2.\left(\frac{V}{22,4}-y\right)\Rightarrow 22,4x=44V-672y \\ \Rightarrow V=\frac{28}{55}(x+30y) \end{gathered}$$ 

Đáp án C.

Lời giải

Hỗn hợp X gồm C₂H₂; HCOOH; HCHO và H₂. Ta thấy các chất trong X đều có 2 nguyên tử H trong phân tử => Khi đốt X ta thu được $n_X=n_{H_{2}O}$ 

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,15\left(mol\right); m_{dd giảm} =m_{ kết tủa} -(m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}) \\ \Rightarrow m_{H_{2}O}=4,5\left(g\right). Vậy n_X=a=n_{H_{2}O}=0,25\left(mol\right) \end{gathered}$$

Đáp án C.

Lời giải

Hỗn hợp gồm: C₂H₃COOH; CH₃COOC₂H₃; CH₂ =C(CH₃)COOCH₃

Ta thấy các chất trong hỗn hợp đều đơn chức, có một liên kết đôi trong phân tử

=> Khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp ta thu được $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_{ hỗn hợp}$

Gọi n_{hỗn hợp} = x (mol)

Khối lượng bình 1 tăng là khối lượng H₂O; ở bình 2 có kết tủa là BaCO₃

Ta còn dữ kiện khối lượng của hỗn hợp chưa sử dụng. Ta lại đã biết số mol H₂O; CO₂ và ta hoàn toàn tính được số mol O trong hỗn hợp theo X.

Do đó ta nghĩ đến sử dụng BTKL: 

Lại có n_{O trong hỗn hợp} = 2n_{hỗn hợp} = 2x(mol) => 4,02 = 12.0,18 + 2(0,18 - x)+16.2x

Đáp án B.

Đáp án D

Có M_A = 70. Lại có A tác dụng với H₂ tạo thành ancol isobutylic => A là CH₂=C(CH₃)-CHO

Trong 0,35 mol chất A có n_A = 0,005(mol)

Ta thấy bài toán này cho rất thừa dữ kiện. Ta hoàn toàn không sử dụng đến dữ kiện về phản ứng đốt cháy. Để sử dụng dữ kiện của phản ứng đốt cháy ta có thể sửa lại đề bài như sau:

"Đốt cháy hoàn toàn 0,175 gam chất A chứa C, H, O thu được 0,224 lít CO₂ (đktc). Cho 0,35 gam chất A tác dụng với H₂ dư, xúc tác Ni thu được 0,296 gam rượu isobutylic. CTCT của A và hiệu suất phản ứng tạo thành rượu là?"

Khi đó ta sẽ tiến hành giải như sau:                             

Vì cho A tác dụng với H₂ thu được rượu isobutylic =>A có 4 nguyên tử C trong phân tử

Đến đây ta tỉếp tục giải như trên.

Đáp án D

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2 cháy} =0,7\left(mol\right); n_{C{O}_2 trong phản ứng cộng NaHC{O}_3}=0,5\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{COOH}=0,5\left(mol\right) \end{gathered}$$ 

Bảo toàn khối lượng ta có:  

$$\begin{gathered} m_X=m_C+m_H+m_O \\ Mà n_{ O trong X}=2n_{COOH}=1\left(mol\right) \\ \Rightarrow m_{ H trong X}=25,3-12.0,7-16.1=0,9\left(g\right) \\ \Rightarrow n_{ H trong X}=0,9\left(mol\right)=2n_{H_{2}O} \\ \Rightarrow n_{H_{2}O}=0,45\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_{2}O}=8,1\left(g\right) \end{gathered}$$

Chú ý: Ta có thể giải bài toán theo cách khác. Gọi số mol của mỗi chất trong X lần lượt là x, y, z(mol)

Sau đó ta lập hệ 3 phương trình 3 ẩn dựa vào 3 số liệu của đề bài. Tuy nhiên cách làm này không áp dụng được cho các bài toán có nhiều hơn 3 chất trong hỗn hợp hoặc bài toán không cho rõ công thức các chất.

Đáp án A

Khi đốt cháy 1 ankanal ta có:

$n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O} \Rightarrow x=y \left(1\right)$

Lại có: $m_{C{O}_2}-m_{H_{2}O}=m+14,8-(m-0,8)=15,6\left(g\right)$ 

=> 44x - 18y = 15,6 (g) (2)

Từ (1) và (2)=> x = y = 0,6 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta lại có:

$Có: n_{C{u}_{2}O}= n_{C_2{H}_{5}CHO}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{C{u}_{2}O}=a=28,8\left(g\right)$

Chú ý: Ở bài này khi tính được số mol của anđehit ta bắt buộc phải tìm ra công thức của anđehit đó để xem đó có phải là HCHO không.

Đáp án B

Ta lại có X no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy X ta thu được $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$.

=>Y là anken; Y có ít nhất 2 nguyên tử C trong phân tử.

Vì ${\overline{C}}_M=2$  nên X có 1 hoặc 2 nguyên tử C trong phân tử.

Trường hợp 1: X là HCHO. Vì n_X < n_Y => n_Y > 0,1

=>Y phải có ít hơn 4 nguyên tử => Y có 3 nguyên tử C

=>Để ${\overline{C}}_M=2$ thì n_X = n_Y (mâu thuẫn) =>không thỏa mãn.

Trường hợp 2: X là CH₃CHO => Y là C₂H₄ (thỏa mãn)

Khi đó dễ thấy chỉ có đáp án B đúng.

Đáp án B

Ta có khi đốt cháy anđehit no, đơn chức, mạch hở nói chung thì $n_{O_2}=\frac{3}{2}{n}_{C{O}_2}-\frac{1}{2}{n}_{adehit}$

Khi đốt cháy ancol no, đơn chức, mạch hở ta có:

 $\Rightarrow n_{adehit}=0,15\left(mol\right)$

Vậy $n_{Ag}=2n_{adehit}=0,3\left(mol\right) \Rightarrow m_{Ag}=32,4\left(g\right)$ 

Đáp án C

X, Y, Z, T là 4 anđehit no hở đơn chức đồng đẳng liên tiếp $\Rightarrow M_T=M_X+42$ 

Mà $M_T=2,4M_X\Rightarrow M_X=30\Rightarrow$ X,Y,Z,T lần lượt là HCHO, CH₃CHO, C₂H₅CHO, C₃H₇CHO

=>Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol Z thu được 0,3 mol CO₂ và 0,3 mol H₂O $\Rightarrow n_{CaC{O}_3}=0,3\left(mol\right)$

Vậy khối lượng dung dịch giảm 11,4 gam.

Đáp án C

Bảo toàn nguyên tố O:

Quan sát các đáp án ta thấy anđehit đơn chức hoặc 2 chức. Ta xét các trường hợp:

Trường hợp 1: 2 anđehit đơn chức

=>Trong M phải có 1 chất có 1 nguyên tử C => X₁ là HCHO

Trường hợp 2: anđehit 2 chức $n_{adehit}=0,0625\left(mol\right)$ 

Ta lại có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_{C_2{H}_2}+n_{andehit}=0,025\left(mol\right)$ 

=> không thỏa mãn.

Đáp án B

$\overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_M}=2,25$=>X có 3 nguyên tử C trong phân tử;Y có 2 nguyên tử C trong phân tử        

$\overline{H}=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_M}=2$=>cả X và Y đều có 2 nguyên tử C trong phân tử =>  X là CHC-COOH; Y là (COOH)₂ .

Gọi số mol X, Y lần lượt là x,y (mol)

Bảo toàn nguyên tố O ta có:  

.

Vậy V = 4,48 (l)

Đáp án D 

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2 cháy} =0,11\left(mol\right); \\ n_{C{O}_2 trong phản ứng cộng NaHC{O}_3}=0,06\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{COOH}=0,06\left(mol\right) \end{gathered}$$

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

$$\begin{gathered} n_{O trong X} +2n_{O_2}=n_{C{O}_2 }+n_{H_{2}O} \\ Mà n_{O trong X}=2n_{COOH}=0,12\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,08\left(mol\right) \\ Vậy m_{H_{2}O}=a=1,44\left(g\right) \end{gathered}$$ 

Đáp án B

Vì m_{dd tăng} = $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{CaC{O}_3}$ 

 $\Rightarrow m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=35,4\left(g\right)$

Dễ thấy trong dung dịch sau phản ứng còn Ca(HCO₃)₂ vì nếu Ca(OH)₂ dư như các bài trước ta đã gặp thì khối lượng dung dịch phải giảm chứ không tăng.

Bảo toàn Ca:

 $n_{Ca(HC{O}_3{)}_2}=0,25\left(mol\right)$.

Bảo toàn C:

 $n_{C{O}_2}=2n_{Ca(HC{O}_3{)}_2}+n_{CaC{O}_3}=0,6\left(mol\right)$ 

$\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,5\left(mol\right)$ 

Vì các axit đồng đẳng với axit acrylic nên sẽ có công thức chung là C_nH_2n-2O₂

Vậy  $m_{axit}=m_{C_6{H}_{10}{O}_2}=11,4\left(g\right)$

Đáp án A

Khi đốt cháy este tạo bởi X và Y ta có:

=>este có công thức đơn giản nhất là C₄H₇O_x.

Vì este 2 chức => este có công thức là C₈H₁₄O₄

Lại có đốt cháy 0,1 mol X, cho vào dung dịch nước vôi trong thu được 0,3 mol CaCO₃

$\Rightarrow n_{C{O}_2}\ge 0,3\left(mol\right)$ 

=>axit có ít nhất 3 nguyên tử C trong phân tử (1)

Y là ancol, khi tách nước thu được olefin (anken)

=>Y có ít nhất 2 nguyên tử C trong phân tử (2)

=> công thức của este chỉ có thể là: C₂H₅OOC(CH₂)₂ COOC₂H₅.

Vậy n = 2

Đáp án D

$n_{C{O}_2}=0,14\left(mol\right); n_{H_{2}O}=0,17\left(mol\right)$ 

Khi đốt cháy C₂H₅COOH và CH₃CHO đều thu được  

Trong 13,2 gam X gọi  $n_{C{H}_{3}CHO}=x\left(mol\right);$

=> 44x +74.2x+46.3x=13,2(g) =>x=0,04(mol)

Vậy m = 8,64(g)

Đáp án A

$n_{H_{2}O}=0,45\left(mol\right); n_{O_2}=0,4\left(mol\right);n_{C{O}_2}=0,35\left(mol\right)$ 

Có $n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}\Rightarrow$2 ancol là ancol no, mạch hở

Lại có $\overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{0,2}=1,75\Rightarrow$trong hỗn hợp phải có 1 chất chỉ có 1 nguyên tử C trong phân tử

=>Y có 1 nguyên tử C trong phân tử, Z có 2 nguyên tử C trong phân tử.

X có  $\%m_O<70\% \Rightarrow M_X<\frac{64}{0,7}<91$

=>M_X = 90; X là (COOH)₂

=> Khi đốt cháy X ta có:  .$n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_X$

Khi đốt cháy ancol no, mạch hở ta lại có:

Gọi số mol ancol và X lần lượt là x,y (mol)

=> x-y=0,1(mol) 

Mà x + y = 0,2 (mol) => x = 0,15 (mol); y = 0,05(mol)

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

=>ancol đơn chức =>Y là CH₃OH; Z là C₂H₅OH.

Gọi số mol Y, Z  lần lượt là a,b(mol)

Đáp án D

Y là axit no, đa chức, mạch hở, mạch không phân nhánh Y là axit 2 chức

$$\begin{gathered} n_{axit}=n_{N_2}=0,1\left(mol\right); n_{C{O}_2}=0,26\left(mol\right) \\ Gọi n_X=x\left(mol\right); n_Y=y\left(mol\right)\Rightarrow x+y=0,1\left(mol\right) \left(1\right) \end{gathered}$$ 

Khi đốt cháy X ta có: $n_{H_{2}O}=n_{C{O}_2}$; khi đốt cháy Y ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_Y$ 

=> Khi đốt cháy hỗn hợp ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_Y$

 $\Rightarrow n_{H_{2}O}=0,26-y\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng ta có:

Lại có  $\Rightarrow n_O=2n_X+4n_Y=2x+4y\left(mol\right)$

 => 8,64=12.0,26+2(0,26-y)+16(2x+4y)

(1) và (2) => x = 0,04(mol); y = 0,06(mol)

Gọi số nguyên tử C trong phân tử X, Y lần lượt là a,b

=>2x + 3y = 13. Ta dễ dàng suy ra: x = 2; y = 3

=> X là CH₃COOH; Y là CH₂(COOH)₂

Đáp án B

Có $\overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=2,4\Rightarrow$ 1 axit có 2 nguyên tử C, 1 axit có 3 nguyên tử C trong phân tử.

Vì 2 axit đơn chức  $n_{O trong X} =2n_X=0,2\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

=> Trong hai axit có một axit không no.

Vậy 2 axit là CH₃COOH và C₂H₃COOH 

Đáp án A

Hỗn hợp gồm

C₂H₃COOH; CH₃COOC₂H₃; C₂H₃COOCH₃ và C₁₇H₃₃COOH; $n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,18\left(mol\right)$ 

Bảo toàn khối lượng ta có:

 $$\begin{gathered} Gọi n_{H_{2}O}=x\left(mol\right);n_{O trong axit}=y\left(mol\right) \\ \Rightarrow 3,42=12.0,18+2x+16y\Rightarrow 1,26 \left(1\right) \end{gathered}$$

Ta thấy các chất trong hỗn hợp đều đơn chức, không no và có một liên kết đôi trong phân tử

Từ (1) và (2) => x=0,15(mol); y=0,06(mol) 

Vậy khối lượng dung dịch X sau p/ư giảm 7,38 gam

Đáp án B

$\Rightarrow \overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{0,4}=3\Rightarrow$ A và B đều có 3 nguyên tử C

Bảo toàn nguyên tố O ta có:

 $n_{O trong hh} =2n_{hh}\Rightarrow$ancol 2 chức

=>Y là C₃H₈O₂

Ta lại có  $\overline{H}=\frac{2n_{H_{2}O}}{0,4}=5,5$

=> axit có 2 hoặc 4 nguyên tử H trong phân tử

Gọi số mol của B và A lần lượt là x, y(mol).

Trường hợp 1: B là C₃H₂O₂

=> không thỏa mãn n_X > n_Y

Trường hợp 2: B là C₃H₄O₂

=> thỏa mãn n_B > n_A.

Đáp án B

$$\begin{gathered} n_{H_{2}O}=0,48\left(mol\right); n_{C{O}_2}=0,4\left(mol\right); \\ \Rightarrow n_{H_{2}O}> n_{C{O}_2}\Rightarrow ancol no, mạch hở \end{gathered}$$ 

Vì axit no, đơn chức, mạch hở nên khi đốt cháy axit hoặc este ta đều thu được 

 $n_{H_{2}O}= n_{C{O}_2}$

$\Rightarrow n_{H_{2}O}- n_{C{O}_2}=0,08\left(mol\right)=n_{ancol}$ 

Đáp án A

$n_{C{O}_2}=0,45\left(mol\right); n_{H_{2}O}=0,525\left(mol\right)$ 

X là xeton no, đơn chức, mạch hở

=> Khi đốt cháy X thu được $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}$ 

Có $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}$ 

=>Y là ankan và $n_Y=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,075\left(mol\right)$ 

Ta có Y ở thể lỏng ở điều kiện thường

=>Y có ít nhất 5 nguyên tử C trong phân tử

Ta lại có $n_{C{O}_2 do đốt cháy Y}<0,45\left(mol\right)$

$\Rightarrow C_Y<\frac{0,45}{0,075}=6\Rightarrow$ Y có 5 nguyên tử C trong phân tử

=>Y là C₅H₁₂ $\Rightarrow n_{C{O}_2 do đốt cháy Y}=0,375\left(mol\right)$

$\Rightarrow n_{C{O}_2 do đốt cháy X}=0,075\left(mol\right)$

Mà $n_X=0,1-n_Y=0,025\Rightarrow C_X<\frac{0,075}{0,025}=5$ 

=>X là CH₃CHCH₃

Chú ý: Nếu quan sát các đáp án ta có thể dễ dàng suy ra được luôn mà không cần phải tính toán nhiều.

Ta có $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}$=>Y là ankan => Y là C₅H₁₂

Ta lại thấy bài toán chỉ cho dữ kiện về phản ứng đốt cháy nên ta chỉ có thể tìm ra công thức phân tử của các chất. Do đó nếu ta tìm được X có 5 nguyên tử C trong phân tử thì sẽ có các đồng phân của X chứ không biết được chính xác X là C₂H₅COC₂H₅ => bài toán chỉ có thể cho X là CH₃COCH₃

Đáp án A

Gọi CT chung của 2 muối là C_nH_2n-1O₂Na

Giả sử ban đầu có 1 mol muối $\Rightarrow n_{C{O}_2}=n_{muối} =1\left(mol\right)$

Bảo toàn Na: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{muối} =0,5\left(mol\right)$

Bảo toàn C: n_muối = $n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{C{O}_2}$

=> n=1+0,5=1,5 

Vì 2 muối của 2 axit là đồng đẳng kế tỉếp

=> 2 muối là HCOONa và CH₃COONa