Đốt cháy hoàn toàn axit cacboxylic đơn, no, mạch hở X cần dùng 11,2 lít oxi (đkc) và thu được 7,2g nước. Xác định CTPT của X.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
13 tháng 2 2023
Đặt CTHH của X là
\(C_nH_{2n+1}COOH\)
\(n_{C_nH_{2n+1}COOH}=\dfrac{2,55}{14n+46}\left(mol\right);n_{CO_2}=\dfrac{2,8}{22,4}=0,125\left(mol\right)\)
BTNT C: \(n_{CO_2}=\left(n+1\right).n_{C_nH_{2n+1}COOH}=\dfrac{2,55.\left(n+1\right)}{14n+46}=0,125\)
\(\Rightarrow n=4\)
Vậy X là \(C_4H_9COOH\)
13 tháng 9 2019
Đáp án A
Gọi công thức của ancol X là Cn H2n+2O và công thức của Y, Z là CmH2mO2 ( với m ≥ 2)
Cn H2n+2O + 1,5n O2 → nCO2 + (n+1) H2O
CmH2mO2 + (1,5m- 1) O2 → m CO2 + mH2O
Thấy nY+ nZ = 1,5nCO2 - nO2 = 1,5. 0,5 - 0,55= 0,2 mol
Luôn có 0,2.m < 0,5 → m < 2,5 → m = 2
Vậy công thức của Z là HCOOCH3
20 tháng 9 2023
Sửa đề: 15,86 (l) O2 → 15,68 (l) O2
Gọi CTPT của X và Y là CnH2n+2O và CmH2m-2O4 (m ≥ 2) có số mol lần lượt là x (mol) và y (mol)
Ta có: \(n_{O_2}=\dfrac{15,68}{22,4}=0,7\left(mol\right)\)
\(n_{CO_2}=\dfrac{12,32}{22,4}=0,55\left(mol\right)\)
\(n_{H_2O}=\dfrac{11,7}{18}=0,65\left(mol\right)\)
BTNT O, có: x + 4y = 0,55.2 + 0,65 - 0,7.2 = 0,35 (1)
BTNT C, có: nx + my = 0,55 (2)
BTNT H, có: 2nx + 2x + 2my - 2y = 0,65.2 (3)
Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\left(mol\right)\\y=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
BTKL, có: mM + mO2 = mCO2 + mH2O ⇒ mM = 13,5 (g)
⇒ 0,15.(14n + 18) + 0,05.(14m + 62) =13,5
⇒ 3n + m = 11
- TH1: n = 1 ⇒ m = 8 (tm) → CTPT: CH4O và C8H14O4.
- TH2: n = 2 ⇒ m = 5 (tm) → CTPT: C2H6O và C5H8O4.
- TH3: n = 3 ⇒ m = 2 (tm) → CTPT: C3H8O và C2H2O4.
b, Ta có: \(n_{R\left(COOH\right)_2}=0,05\left(mol\right)\)
\(n_{OH^-}=n_{NaOH}+n_{KOH}=0,1.1+0,1.0,5=0,15\left(mol\right)\)
\(R\left(COOH\right)_2+2OH^-\rightarrow R\left(COO^-\right)_2+2H_2O\)
0,05___________0,1_________________0,1 (mol)
→ Bazo dư nên sau khi cô cạn dd N, chất rắn khan thu được gồm: muối, bazo dư.
- TH1:
BTKL, có: mC8H14O4 + mNaOH + mKOH = mcr khan + mH2O
⇒ mcr khan = 0,05.174 + 0,1.40 + 0,05.56 - 0,1.18 = 13,7 (g) = a
- TH2:
BTKL, có: mC5H8O4 + mNaOH + mKOH = mcr khan + mH2O
⇒ mcr khan = 0,05.132 + 0,1.40 +0,05.56 - 0,1.18 = 11,6 (g) = a
- TH3:
BTKL, có: mC2H2O4 + mNaOH + mKOH = mcr khan + mH2O
⇒ mcr khan = 0,05.90 + 0,1.40 + 0,05.56 - 0,1.18 = 9,5 (g) = a
MN
28 tháng 6 2021
\(n_{O_2}=\dfrac{11.2}{22.4}=0.5\left(mol\right)\)
\(C_nH_{2n}O_2+\left(1.5n-1\right)O_2\underrightarrow{^{t^0}}nCO_2+nH_2O\)
\(\dfrac{0.5}{1.5n-1}..........0.5\)
\(M=14n+32=\dfrac{8.8}{\dfrac{0.5}{1.5n-1}}=17.6\cdot\left(1.5n-1\right)\)
\(n=4\)
\(CT:C_3H_7COOH\)
7 tháng 4 2022
\(n_{CO_2}=\dfrac{7,84}{22,4}=0,35\left(mol\right)\); \(n_{O_2}=\dfrac{10,64}{22,4}=0,475\left(mol\right)\)
BTKL: mCO2 + mH2O = 8,3 + 0,475.32 = 23,5 (g)
=> nH2O = \(\dfrac{23,5-0,35.44}{18}=0,45\left(mol\right)\)
=> nH = 0,9 (mol)
nC = 0,35 (mol)
=> \(n_O=\dfrac{8,3-0,35.12-0,9.1}{16}=0,2\left(mol\right)\)
Giả sử X chứa CnH2n+2Ox, Cn+1H2n+4Oy
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_nH_{2n+2}O_x}=a\left(mol\right)\\n_{C_{n+1}H_{2n+4}O_y}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Bảo toàn C: an + bn + b = 0,35
=> 2an + 2bn + 2b = 0,7 (1)
Bảo toàn H: 2an + 2a + 2bn + 4b = 0,9 (2)
Bảo toàn O: ax + by = 0,2 (3)
(2) - (1) => 2a + 2b = 0,2 => a + b = 0,1
(1) => 2n(a+b) + 2b = 0,7
=> 0,2n + 2b = 0,7
Mà 0 < b < 0,1
=> 2,5 < n < 3,5
=> n = 3
Vậy X chứa C3H8Ox, C4H10Oy
=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,1\\3a+4b=0,35\end{matrix}\right.\)
=> a = 0,05 (mol); b = 0,05 (mol)
Thay vào (3)
=> 0,05x + 0,05y = 0,2
=> x + y = 4
TH1: x = 1; y = 3
=> X chứa C3H8O, C4H10O3
TH2: x = 2; y = 2
=> X chứa C3H8O2, C4H10O2
TH3: x = 3; y = 1
=> X chứa C3H8O3, C4H10O