Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
nCO2 = 0,36 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: nH2O = 0,33 mol.
Do nZ = 0,04 mol = nH2 ban đầu ⇒ Z là ankan, H2 hết.
● Đối với HCHC chứa C, H và O (nếu có) thì: nCO2 – nH2O = (k – 1).nHCHC
nCO2 – nH2O = k.nHCHC – nHCHC = nπ – nHCHC.
Công thức trên vẫn đúng với hỗn hợp HCHC chứa C, H và có thể có O.
► Áp dụng: nπ = nH2 + nBr2 = 0,15 mol ⇒ nX = 0,12 mol.
Do cuối cùng chỉ chứa 1 ankan ⇒ X gồm các hidrocacbon có cùng số C.
số C/Z = 0,36 ÷ 0,12 = 3 ⇒ Z là C3H8 || mX = 0,36 × 12 + 0,33 × 2 = 4,98(g).
||⇒ bảo toàn khối lượng: a = 4,98 + 0,04 × 2 – 0,04 × 44 = 3,3(g)
Ta có: \(n_C=n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=\dfrac{6}{100}=0,06\left(mol\right)\)
\(n_{N_2}=\dfrac{9,632}{22,4}=0,43\left(mol\right)\)
Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{O_2\left(pư\right)}=0,2a\left(mol\right)\Rightarrow n_{N_2\left(trongkk\right)}=0,8a\left(mol\right)\\n_{H_2O}=b\left(mol\right)\Rightarrow n_H=2b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
BTNT O, có: \(2n_{O_2\left(pư\right)}=2n_{CO_2}+n_{H_2O}\)
⇒ 0,2a.2 = 0,06.2 + b (1)
Ta có: \(n_{N\left(trongY\right)}=\left(n_{N_2}-n_{N_2\left(trongkk\right)}\right).2=\left(0,43-0,8a\right).2\)
Có: mY = mC + mH + mN
⇒ 1,18 = 0,06.12 + 2b.1 + (0,43 - 0,8a).2.14 (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,525\left(mol\right)\\b=0,09\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ x:y:z = 0,06:0,18:0,02 = 3:9:1
→ CTPT của Y có dạng (C3H9N)n.
Theo đề: Y có CTPT là CxHyN.
→ n = 1
Vậy: Y có CTPT là C3H9N.
Đáp án A
Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của C3H6, C4H10, C2H2 và H2 trong m gam X.
Do Y có phản ứng với dung dịch brom nên H2 hết, ta có:
mX = mY = mC +mH = 8,55 gam
Theo định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:
Đáp án A
Quy về đốt 0,22 mol đipeptit dạng CnH2nN2O3.
Bảo toàn O ||→ có (0,22 × 3 + 1,98 × 2) ÷ 3 = 1,54 mol CO2 = H2O ||→ nH2O trao đổi = 0,14 mol.
→ nE = 0,08 mol → E gồm 0,02 mol Xn và 0,06 mol Y10–n ||→ có 0,02n + 0,06(10 – n) = 0,44 → n = 4.
Lại để ý số Ctrung bình α-amino axit = 1,54 ÷ 0,22 ÷ 2 = 3,5 ||→ ∑nGly = ∑nVal.
Giả sử X4 là (Gly)a(Val)4–a và Y6 là (Gly)b(Val)6–b
→ có phương trình: a + 3b = (4 – a) + 3(6 – b) ||→ a + 3b = 11. Nghiệm nguyên duy nhất a = 2; b = 3.
Theo đó, trong Y có 3Gly và 3Val ||→ tỉ lệ là 1 : 1.
Đáp án A
Phương pháp: Khi dẫn qua dung dịch Br2, C3H6 và C2H4 phản ứng
nBr2 = nC3H6 + nC2H4
mbình tăng = mC3H6 + mC2H4
Bảo toàn nguyên tố C, H, O.
Hướng dẫn giải:
Khi dẫn qua dung dịch Br2, C3H6 (x mol) và C2H4 (y mol) bị giữ lại.
x + y = nBr2 = 4/160 = 0,025 mol
42x+28y = m bình tăng = 0,91
Giải hệ ta tìm được x = 0,015 mol; y = 0,01 mol
nY = 54,545%nX = 54,545% (0,025 + nY) => nY = 0,03 mol;
Y gồm: CH4: 0,015 mol; C2H6: 0,01 mol; C4H10 dư: 0,03 – 0,015 – 0,01 = 0,005 mol
+ BTNT C: nCO2: 0,015+0,01.2+0,005.4 = 0,055 mol
+ BTNT H: nH2O: 0,015.2+0,01.3+0,005.5 = 0,085 mol
BTNT O: nO2 = nCO2 + 0,5nH2O = 0,055 + 0,5.0,085 = 0,0975 mol
VO2 = 2,184 lít.
Chọn A
7