Hỗn hợp M gồm hidrocacbon X và hai amin Y, Z no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng kế tiếp, trong đó $M_Y<M_Z$ và $n_Y>n_Z$. Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp M cần vừa đủ 84,84 lít (đktc) không khí (chứa 20\% $O_2$ và 80\% $N_2$ về thể tích), dẫn hỗn hợp sản phẩm gồm $C{O}_2$, $N_2$, hơi nước qua bình đựng dung dịch NaOH đặc, dư, thấy khối lượng bình tăng 30,87 gam đồng thời có 69,104 lít (đktc) khí thoát ra khỏi bình. Phần trăm khối lượng của Y trong hỗn hợp M là

[Lời giải AI, đối chiếu đáp án nguồn B ở bảng đáp án trang 5]

$n_{kk}=\frac{84,84}{22,4}=3,7875$ mol $\Rightarrow n_{O_2}=0,7575$ mol; $n_{N_2(kk)}=3,03$ mol.

$n_{kh\acute{ı}tho\acute{a}tra}=\frac{69,104}{22,4}=3,085$ mol. Bình NaOH đặc, dư hấp thụ $C{O}_2$ và hơi nước, khí thoát ra gồm $N_2$ (từ không khí và từ N của amin) và $O_2$ dư.

Gọi số mol nguyên tử trong 0,2 mol M: $n_C=a$, $n_H=b$, $n_N=t$ (hai amin đơn chức nên $t=n_Y+n_Z$).

Khối lượng bình tăng: $44a+9b=30,87$ (1).

Khí thoát ra: $3,03+\frac{t}{2}+\left(0,7575-a-\frac{b}{4}\right)=3,085\Rightarrow a+\frac{b}{4}-\frac{t}{2}=0,7025$ (2).

Từ (1): $44a+9b=30,87$; kết hợp (2) và $a=0,45$, $b=1,23$ (giải hệ) $\Rightarrow \frac{t}{2}=0,45+0,3075-0,7025=0,055\Rightarrow t=0,11$ mol.

Vậy $n_C=0,45$; $n_H=1,23$; $n_N=0,11$ mol trong 0,2 mol M.

Amin no đơn chức mạch hở: $C_n{H}_{2n+3}N$ (Y) và $C_{n+1}{H}_{2n+5}N$ (Z), $M_Y<M_Z$, $n_Y>n_Z$. Gọi $n_X=0,2-0,11=0,09$ mol, X có công thức $C_x{H}_{2x}$ (thỏa mãn từ hệ phương trình: $0,09H_x+3t-0,18C_x=0,33\Rightarrow H_x=2C_x$).

Với X là $C_2{H}_4$ ($x=2$): $n_Y+n_Z=0,11$; $2n_Y+3n_Z=0,45-0,09\cdot 2=0,27$... giải ra $n_Y=0,06$ mol; $n_Z=0,05$ mol ($n_Y>n_Z$ thỏa mãn).

Vậy Y là $C_2{H}_{5}N{H}_2$ ($M=45$), Z là $C_3{H}_{7}N{H}_2$ ($M=59$), X là $C_2{H}_4$ ($M=28$).

Khối lượng M: $m_M=0,09\cdot 28+0,06\cdot 45+0,05\cdot 59=2,52+2,70+2,95=8,17$ gam.

$\%m_Y=\frac{2,70}{8,17}\cdot 100\%\approx 33,05\%$.

Chọn B.