Đốt cháy hoàn toàn 0,2 mol hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng cần
dùng vừa đủ 21,84 lít O2 (đktc), sản phẩm cháy cho hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi dư, sau phản
ứng hoàn toàn thu được 65 gam kết tủa. Phần trăm số mol của hiđrocacbon có phân tử khối lớn hơn
trong X là
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
LP
Lê Phương Thảo
Giáo viên
12 tháng 3 2022
Đúng(0)
Những câu hỏi liên quan
2 tháng 3 2022
a) Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=a\left(mol\right)\\n_{H_2O}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> 44a + 18b = 41,7 (1)
Bảo toàn C: nC = a (mol)
Bảo toàn H: nH = 2b (mol)
=> 12a + 2b = 8,9 (2)
(1)(2) => a = 0,6 (mol); b = 0,85 (mol)
Bảo toàn O: \(n_{O_2}=\dfrac{0,6.2+0,85}{2}=1,025\left(mol\right)\)
=> V = 1,025.22,4 = 22,96 (l)
b) Do \(n_{CO_2}< n_{H_2O}\)
=> 2 hidrocacbon là ankan
nankan = 0,85 - 0,6 = 0,25 (mol)
=> \(\overline{C}=\dfrac{0,6}{0,25}=2,4\)
=> 2 ankan là C2H6 và C3H8
27 tháng 12 2017
Đáp án B
Theo giả thiết ta có : n C O 2 = n C a C O 3 = 0 , 25 m o l
Khối lượng dung dịch giảm 7,7 gam nên suy ra :
25 - 0 , 25 . 44 - m H 2 O = 7 , 7 ⇒ m H 2 O = 6 , 3 g a m ⇒ n H 2 O = 0 , 35 m o l
Hỗn hợp X gồm hai chất đồng đẳng, đốt cháy X cho số mol nước lớn hơn số mol CO2 chứng tỏ X gồm hai ankan.
Đặt công thức phân tử trung bình của hai ankan trong X là C n ¯ H 2 n ¯ + 2
Phương trình phản ứng cháy : C n ¯ H 2 n ¯ + 2 + 3 n ¯ + 1 2 O 2 → n ¯ C O 2 + n ¯ + 1 H 2 O ( 1 )
Từ phản ứng ta suy ra : n H 2 O n C O 2 = n ¯ + 1 n ¯ = 0 , 35 0 , 25 ⇒ n ¯ = 2 , 5 h o ặ c n ¯ = n C O 2 n H 2 O - n C O 2 = 2 , 5
Với số C trung bình bằng 2,5 và căn cứ vào các phương án ta thấy hai ankan là : C2H6 và C3H8.
23 tháng 2 2022
a) Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=a\left(mol\right)\\n_{H_2O}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(n_{O_2}=\dfrac{10,64}{22,4}=0,475\left(mol\right)\)
Theo ĐLBTKL: \(44a+18b=3,9+0,475.32=19,1\left(g\right)\) (1)
Bảo toàn O: \(2a+b=0,95\left(mol\right)\left(2\right)\)
(1)(2) => a = 0,25; b = 0,45
\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)
PTHH: Ba(OH)2 + CO2 --> BaCO3 + H2O
0,2------>0,2------>0,2
BaCO3 + CO2 + H2O --> Ba(HCO3)2
0,05<--0,05
=> \(m_{BaCO_3}=\left(0,2-0,05\right).197=29,55\left(g\right)\)
\(m=m_{BaCO_3}-m_{CO_2}-m_{H_2O}=29,55-19,1=10,45\left(g\right)\)
b) Do \(n_{CO_2}< n_{H_2O}\)
=> 2 hidrocacbon là ankan
nankan = 0,45 - 0,25 = 0,2 (mol)
=> \(\overline{M}=\dfrac{3,9}{0,2}=19,5\left(g/mol\right)\)
Mà 2 ankan kế tiếp nhau
=> 2 ankan là CH4, C2H6
c) Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_4}=x\left(mol\right)\\n_{C_2H_6}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> x + y = 0,2
Bảo toàn C: x + 2y = 0,25
=> x = 0,15; y = 0,05
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CH_4}=\dfrac{0,15.16}{3,9}.100\%=61,54\%\\\%m_{C_2H_6}=\dfrac{0,05.30}{3,9}.100\%=38,46\%\end{matrix}\right.\)
16 tháng 2 2022
a) \(n_{O_2}=\dfrac{21,28}{22,4}=0,95\left(mol\right)\)
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{60}{100}=0,6\left(mol\right)\)
=> nCO2 = 0,6 (mol)
Bảo toàn O: \(n_{H_2O}=0,95.2-0,6.2=0,7\left(mol\right)\)
mdd giảm = \(m_{CaCO_3}-m_{CO_2}-m_{H_2O}=60-0,6.44-0,7.18=21\left(g\right)\)
b) \(n_X=n_{H_2O}-n_{CO_2}=0,7-0,6=0,1\left(mol\right)\)
=> nY = \(\dfrac{5,6}{22,4}-0,1=0,15\left(mol\right)\)
Theo ĐLBTKL: mA = 0,6.44 + 0,7.18 - 0,95.32 = 8,6 (g)
=> 0,1.MX + 0,15.MY = 8,6
Do MY > 0 => MX < 86 (g/mol)
- Nếu X là CH4 => MY = \(\dfrac{140}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C2H6 => MY = \(\dfrac{112}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C3H8 => MY = 28 (C2H4)
- Nếu X là C4H10 => MY = \(\dfrac{56}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C5H12 => MY = \(\dfrac{28}{3}\) (Loại)
Vậy X là C3H8, Y là C2H4