Hợp chất hữu cơ A có khối lượng phân tử nhỏ hơn benzen (C6H6) và chỉ chứa 4 nguyên tố C,H,O,N trong đó hidro chiếm 9,09%, nito chiếm 18,18%. Đốt cháy hết 7,7 gam A thu được 4,928 lít khí CO2 ở 27,3 độ C và 1 atm. Xác định CTPT của A
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(n_{O_2}=\dfrac{8,4}{22,4}=0,375\left(mol\right)\)
Theo ĐLBT KL, có: mX + mO2 = mH2O + mCO2 + mN2.
⇒ 44nCO2 + 28nN2 = 8,9 + 0,375.32 - 6,3 = 14,6 (1)
Mà: \(n_{CO_2}+n_{N_2}=\dfrac{7,84}{22,4}=0,35\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)=n_C\\n_{N_2}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow n_N=0,05.2=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
- Đốt cháy X thu CO2, H2O và N2 → X chứa C, H, N, có thể có O.
Ta có: \(n_{H_2O}=\dfrac{6,3}{18}=0,35\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,35.2=0,7\left(mol\right)\)
⇒ mC + mH + mN = 0,3.12 + 0,7.1 + 0,1.14 = 5,7 (g) < 8,9 (g)
Vậy: X chứa C, H, O và N.
⇒ mO = 8,9 - 5,7 = 3,2 (g) \(\Rightarrow n_O=\dfrac{3,2}{16}=0,2\left(mol\right)\)
Gọi CTPT của X là CxHyOzNt.
\(\Rightarrow x:y:z:t=0,3:0,7:0,2:0,1=3:7:2:1\)
Vậy: CTĐGN của X là C3H7O2N.
- Đốt X thu CO2, H2O và N2
→ X chứa: C, H, N, có thể có O.
Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{13,2}{44}=0,3\left(mol\right)=n_C\)
\(n_{H_2O}=\dfrac{6,3}{18}=0,35\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,35.2=0,7\left(mol\right)\)
\(n_{N_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow n_N=0,05.2=0,1\left(mol\right)\)
⇒ mC + mH + mN = 0,3.12 + 0,7.1 + 0,1.14 = 5,7 (g) = mX
Vậy: X chứa C, H và N.
Gọi CTPT của X là CxHyNt.
\(\Rightarrow x:y:t=0,3:0,7:0,1=3:7:1\)
→ CTĐGN của X là C3H7N.
BTNT O, có: 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
⇒ nO2 = 0,475 (mol)
\(\Rightarrow V_{O_2}=0,475.22,4=10,64\left(l\right)\)
PT: \(4Al+3O_2\underrightarrow{t^o}2Al_2O_3\)
\(2Mg+O_2\underrightarrow{t^o}2MgO\)
Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{O_2}=\dfrac{3,7185}{24,79}=0,15\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{O_2}=\dfrac{3}{4}n_{Al}+\dfrac{1}{2}n_{Mg}\) \(\Rightarrow n_{Mg}=0,15\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{2,7}{2,7+0,15.24}.100\%\approx42,86\%\\\%m_{Mg}\approx57,14\%\end{matrix}\right.\)
a, PT: \(2H_2+O_2\underrightarrow{t^o}2H_2O\)
Ta có: \(n_{H_2}=n_{O_2}=\dfrac{6,1975}{24,79}=0,25\left(mol\right)\)
Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,25}{2}< \dfrac{0,25}{1}\), ta được O2 dư.
Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{H_2}=0,125\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,25-0,125=0,125\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow V_{O_2\left(dư\right)}=0,125.24,79=3,09875\left(l\right)\)
b, Theo PT: \(n_{H_2O}=n_{H_2}=0,25\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{H_2O}=0,25.18=4,5\left(g\right)\)
c, PT: \(2KClO_3\underrightarrow{t^o}2KCl+3O_2\)
Theo PT: \(n_{KClO_3}=\dfrac{2}{3}n_{O_2}=\dfrac{1}{6}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{KClO_3}=\dfrac{1}{6}.122,5\approx20,42\left(g\right)\)
PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)
Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{30,9875}{24,79}=1,25\left(mol\right)\)
a, \(n_{H_2O}=2n_{CH_4}=2,5\left(mol\right)\) \(\Rightarrow m_{H_2O}=2,5.18=45\left(g\right)\)
b, \(n_{O_2}=2n_{CH_4}=2,5\left(mol\right)\) \(\Rightarrow V_{O_2}=2,5.24,79=61,975\left(l\right)\)
Mà: O2 chiếm 1/5 thể tích không khí.
\(\Rightarrow V_{kk}=5V_{O_2}=309,875\left(l\right)\)
Gọi CTPT của A là CxHyOzNt.
Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{pV}{RT}=\dfrac{1.4,928}{0,082.\left(27,3+273\right)}=0,2\left(mol\right)=n_C\)
\(m_H=7,7.9,09\%=0,7\left(g\right)\Rightarrow n_H=\dfrac{0,7}{1}=0,7\left(mol\right)\)
\(m_N=7,7.18,18\%=1,4\left(g\right)\Rightarrow n_N=\dfrac{1,4}{14}=0,1\left(mol\right)\)
⇒ mO = 7,7 - 0,2.12 - 0,7.1 - 0,1.14 = 3,2 (g)
\(\Rightarrow n_O=\dfrac{3,2}{16}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow x:y:z:t=0,2:0,7:0,2:0,1=2:7:2:1\)
→ CTPT của A có dạng là (C2H7O2N)n. ( n nguyên dương)
Mà: MA < 12.6 + 6 = 78 (g/mol)
\(\Rightarrow\left(12.2+7+16.2+14\right)n< 78\Rightarrow n< 1,01\)
⇒ n = 1
Vậy: CTPT của A là C2H7O2N.