Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn nCO2 = 6 , nH2O = 7
Hỗn hợp Y gồm nO2 = a mol, nO3 = b mol
X + Y → CO2 + H2O
Áp dụng ĐLBT nguyên tố O: 2a + 3b = 6.2 + 7
mY = 32a + 48b = 19.2 (a+b)
=> a = 5 và b = 3
=> nX = 1/2 nY = 4 mol
=> mX = 6.44 + 7.18 - 32.5 - 48.3 = 83 gam
<=> MX = \(\dfrac{m_X}{n_X}\)= 20,75 gam/mol
<=> d\(\dfrac{X}{H_2}\)= 20,75:2 = 10,375
Đốt cháy Y ta có nCO2=0,5 mol và nH2O=0,75 mol
Thấy nCO2 <nH2O
=>Y thuộc dãy đồng đẳng của ankan có CTTQ CnH2n+2
CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 =>nCO2 + (n+1)H2O
0,5 mol 0,75 mol
=>0,5(n+1)=0,75n
=>n=2 CTPT Y là C2H6
dY/H2=30/2=15 =>dA/H2=5
=>MA=10 g/mol
Bảo toàn klg mA=mY
=>3nY=nA
Mà pứ xảy ra vừa đủ nên nX/nH2=1/2
=>X là ankin C2H2
nCH4 = 0,5 mol
nO2 = 1,91 mol
CH4 được tạo ra nhờ phản ứng vôi tôi xút các muối CH3COONa và CH2(COONa)2
nX = a + b = 0,5 và nNaOH = a + 2b = 0,56
=> a = 0,44 và b = 0,06
Gọi số mol của CO2 và H2O khi đốt cháy lần lượt là x và y
Bảo toàn khối lượng: 41,24 + 1,91 . 32 = 18x + 44y
Bảo toàn oxi: 0,56 . 2 + 1,91 . 2 = x + 2y
=> x = 1,68 và y = 1,58
Do số C = 3,36 => CH3COOCH3
Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa tính được m ancol = 18,68g
TH1: Hai este đa chức là (CH3COO)2A : 0,04 mol và CH2(COOB)2 : 0,06 mol
=> CH3COOCH3: 0,36mol
Các ancol gồm A(OH)2: 0,04 mol, BOH: 0,12mol và CH3OH: 0,36 mol
=> m ancol = 18,68g => A + 3B = 94
Kiểm tra A = 28, 42 … không có B phù hợp => loại
TH2: Hai este đa chức là (CH3COO)2A : 0,04 mol và CH3–OOC – COO–B : 0,06 mol
=> CH3COOCH3: 0,36 mol
Các ancol gồm A(OH)2: 0,04 mol, BOH: 0,06 mol và CH3OH: 0,42 mol
=> mancol = 18,68 => 2A + 3B = 143 => A = 28 và B = 29 (thỏa mãn)
Ancol gồm
C2H4(OH)2: 0,04 => %C2H4(OH)2 = 13,27%
CH3OH: 0,42 => %CH3OH= 71,95%
C2H5OH: 0,06 => % C2H5OH= 14,78%
Hỗn hợp Y không làm mất màu nước Brom, suy ra Hidrocacbon không no phản ứng hết thành hidrocacbon no, H 2 còn dư.
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m X = m Y
C n H 2 n + H 2 → C n H 2 n + 2
Giả sử số mol Y là 3 mol, số mol của X là 5 mol.
Khi đó số mol X giảm sau phản ứng chính là số mol H2 phản ứng và cũng là số mol của Hidrocacbon.
⇒ n X g i a m = 5-3 = 2 mol
⇒ n H 2 (bđ) = 5-2 = 3 mol
⇒ 16 M − 18 = 2 3 ⇒ M = 42 ⇒ 14 n = 42 ⇒ n = 3
Vậy CTPT của anken là C 3 H 6 .
⇒ Chọn C.
\(C_3H_4\left(0,1\right)+4O_2-t^o->3CO_2\left(0,3\right)+2H_2O\left(0,2\right)\) (1)
\(C_xH_y\left(0,2\right)+\left(x+\dfrac{y}{4}\right)O_2-t^o->xCO_2\left(0,6\right)+\dfrac{y}{2}H_2O\left(0,6\right)\) (2)
\(n_{CO2}=0,9\left(mol\right);n_{H2O}=0,8\left(mol\right);n_{C_xH_y}=0,2\left(mol\right)\)
Ta thấy: \(C_xH_y\) cháy cho \(n_{CO_2}=n_{H_2O}\)
=> CTDC: \(C_nH_{2n}\)
Số C = \(\dfrac{n_{CO_2}}{n_{C_xH_y}}=\dfrac{0,6}{0,2}=3\)
=> CTPT: \(C_3H_6\)
CTCT: \(CH_2=CH-CH_3;\)
a, \(\overline{M}=14,75.2=29,5\)
Ta có : \(\frac{2,95}{n_X}=29,5\)
\(\rightarrow n_X=0,1\left(mol\right)\)
- Giả sử X gồm 2 anken \(\rightarrow29,5=14n\)
\(\rightarrow n=2,1\). Vậy X gồm C2H4; C3H6
Gọi a là mol C2H4; C3H6
\(\rightarrow a+b=0,1,28a+42b=2,95\)
\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,09\\b=0,01\end{matrix}\right.\left(TM\right)\)
Giả sử X gồm 2 ankin \(\rightarrow29,5=14n-2\)
\(\rightarrow n=2,25\). Vậy X gồm C2H2; C3H4
Gọi a là mol C2H2; b là mol C3H4
\(\rightarrow a+b=0,1;26a+40b=2,95\)
Hệ ra nghiệm âm nên loại. Vậy X gồm C2H4, C3H6.
b,
nBr2= 0,15 mol \(\rightarrow\) Dư 0,05 mol Br2
Y gồm 0,09 mol C2H4Br2 và 0,01 mol C3H6Br2 và brom dư.
\(m_{huu.co}=0,09.188+0,01.202=18,94\left(g\right)\)
\(n_{CO_2}=\dfrac{13.2}{44}=0.3\left(mol\right)\)
\(n_{Br_2}=\dfrac{32}{160}=0.2\left(mol\right)\)
\(Với:X:ankin\)
\(n_X=\dfrac{0.2}{2}=0.1\left(mol\right)\)
Số nguyên tử C : \(\dfrac{0.3}{0.1}=3\)
\(CT:C_3H_4\)
\(Với:X:anken\)
\(n_X=n_{Br_2}=0.2\left(mol\right)\)
Số nguyên tử : \(\dfrac{0.3}{0.2}=1.5\)
\(\Rightarrow Loại\)
nCO2=13.244=0.3(mol)nCO2=13.244=0.3(mol)
nBr2=32160=0.2(mol)nBr2=32160=0.2(mol)
Với:X:ankinVới:X:ankin
nX=0.22=0.1(mol)nX=0.22=0.1(mol)
Số nguyên tử C : 0.30.1=3