Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp A gồm 3 hidrocacbon cùng dãy đồng đẳng có số cacbon là các số nguyên liên tiếp, sau phản ứng thu được 3,36l \(CO_2\)ở đktc và 3,6g \(H_2O\). Hãy xác định công thức phân tử của 3 hidrocacbon trong hỗn hợp A.
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
4 tháng 3 2022
- Xét phần (I):
\(n_{hh}=\dfrac{\dfrac{13,44}{2}}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
\(n_C=n_{CO_2}=\dfrac{30,8}{44}=0,7\left(mol\right)\)
=> \(\overline{C}=\dfrac{0,7}{0,3}=2,33\)
=> Có 1 hidrocacbon (A) có 2 nguyên tử C, 1 hidrocacbon (B) có 3 nguyên tử C
Gọi số mol C2Hx, C3H8-2k trong mỗi phần là a, b (mol)
Có a + b = 0,3
Bảo toàn C: 2a + 3b = 0,7
=> a = 0,2 (mol); b = 0,1 (mol)
TH1: Nếu (A) là C2H2
- Phần (II):
PTHH: C2H2 + 2Br2 --> C2H2Br4
0,2-->0,4
=> \(m_{Br_2}=0,4.160=64\left(g\right)\) --> vô lí
TH2: Nếu (A) là C2H4
PTHH: C2H4 + Br2 --> C2H4Br2
0,2->0,2
C3H8-2k + kBr2 --> C3H8-2kBr2k
0,1---->0,1k
=> \(0,2+0,1k=\dfrac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)
=> k = 0
Vậy (B) là C3H8
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=0,2\left(mol\right)\\n_{C_3H_8}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_4}=\dfrac{0,2.28}{0,2.28+0,1.44}.100\%=56\%\\\%m_{C_3H_8}=\dfrac{0,1.44}{0,2.28+0,1.44}.100\%=44\%\end{matrix}\right.\)
CTCT:
(A): \(CH_2=CH_2\)
(B) \(CH_3-CH_2-CH_3\)
TH3: Nếu (A) là C2H6
PTHH: C3H8-2k + kBr2 --> C3H8-2kBr2k
0,1---->0,1k
=> 0,1k = 0,2
=> k = 2
=> (B) là C3H4
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_6}=0,2\left(mol\right)\\n_{C_3H_4}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_6}=\dfrac{0,2.30}{0,2.30+0,1.40}.100\%=60\%\\\%m_{C_3H_4}=\dfrac{0,1.40}{0,2.30+0,1.40}.100\%=40\%\end{matrix}\right.\)
CTCT:
(A) \(CH_3-CH_3\)
(B) \(CH\equiv C-CH_3\) hoặc \(CH_2=C=CH_2\)
GN
GV Nguyễn Trần Thành Đạt
Giáo viên
29 tháng 1 2022
\(n_{CO_2}=\dfrac{48,4}{44}=1,1\left(mol\right)\\ n_{H_2O}=\dfrac{29,7}{18}=1,65\left(mol\right)\\ Vì:n_{H_2O}>n_{CO_2}\Rightarrow hhZ:hh.ankan\\ CTTQ:C_aH_{2a+2}\\ Ta.có:1< \dfrac{n_{CO_2}}{n_{H_2O}}=\dfrac{1,65}{1,1}=1,5< 2\\ \Rightarrow hh.Z:50\%V_{CH_4},50\%V_{C_2H_6}\\ \Rightarrow\%m_{\dfrac{CH_4}{hhZ}}=\dfrac{16}{16+28}.100\approx36,364\%\\ \Rightarrow\%m_{\dfrac{C_2H_6}{hhZ}}\approx63,636\%\)
18 tháng 2 2018
Đáp án A
Theo giả thiết, ta có :
⇒ X gồm 2 ancol no C x = n CO 2 n H 2 O - n CO 2 = 2 , 5
⇒ X gồm 2 ancol no , 2 chưa n O trong X = 2 . ( 0 , 35 a - 0 , 25 a ) ⏟ n X = 0 , 2 a
Theo bảo toàn nguyên tố C, H và bảo toàn electron, ta có :
⇒ V = 7,28a
9 tháng 5 2019
Đáp án là A
Đốt cháy hoàn toàn 11,16g E thu được 0,47 mol CO2 và 0,52 mol H2O
=> Trong E phải có 1 hợp chất no, không có nối đôi
=> Acol Z là ancol no, 2 chức mạch hở
Gọi CT chung của X Y là CnH2n-2O2 (n>=3) (hợp chất A)
Z là: CmH2m+2O2 (n>=3) vì tạo este 2 chức với X và Y
T là CtH2t-6O4 vì tạo bởi ancol no và 2 acid không no 1 nối đôi
Gọi số mol A Z T trong 11,16g E lần lượt là A Z T mol
5,58 g E làm mất màu 0,02 mol Br2
=> 
= 0,02 ? A+ 2T = 0,04 (1)
Đốt cháy 11, 16g E
= Z- A- 3T= 0,05
=> Z – T = 0,09 (2)
Bảo toàn O: 2A + 2Z + 4T = 0,47.2 + 0,52 – 0,59.2= 0,28
=> Z=0,1
=> T= 0,01 => A= 0,02
Số C trung bình trong E
=
=> m = 3 => ancol C3H8O2
Dựa vào tang giảm khối lượng
=> Lượng muối = 11,16 – 76.0,1 + 0,02.38 + 0,01.(39.2- 42)= 4,68g
