n O 2   =   7 / 22 , 4   =   0 , 3125   m o l

Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)

B T K L :   m Z   +   m O 2   =   m C O 2   + m H 2 O     +     m N 2    

= >     m C O 2 +   m H 2 O   +   m N 2 =   3 , 17   +   0 , 3125.32   = 13 , 17   g a m     1

Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của  C O 2   v à   H 2 O

= >   m C O 2   +   m H 2 O   =   12 , 89   g     2

Từ (1) và (2) => m N 2   =   0 , 28 g   ⇒ n N 2   =   0 , 01   m o l

BTNT N  = >   n X   =   2   n N 2 =   0 , 02 m o l

= >   n Z   =   6 n X   =   0 , 12   m o l

Gọi x và y lần lượt là số mol của  C O 2   v à   H 2 O

   ∑ m ( C O 2 + H 2 O ) = 44 x + 18 y = 12 , 89 → BTNT :  O 2 x + y = 0 , 3125.2 = >     x = 0 , 205 y = 0 , 215

Số C trung bình trong Z là:    = n C O 2 n Z     =   0 , 205 0 , 12   =   1 , 7    

=> Y phải có  C H 4

TH₁: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi

= > n H 2 O     −   n C O 2   =   1 , 5 n a m i n   +   n Y   = >  ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 ≠ 0,08 => loại

TH₂: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi

= > n H 2 O     − n C O 2   =   1 , 5 n a m i n   +   n C H 4  (Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho số mol  C O 2   =   H 2 O   )

= > n C H 4   =  (0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại

TH₃: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi

Gọi a và b lần lượt là số mol của C H 4   v à   C m H 2 m − 2  trong Y

∑ n Y = a + b = 0 , 1 n H 2 O   −   n C O 2 = 1 , 5 n amin + a − b   ⇒ a + b = 0 , 1 0 , 01 = 1 , 5.0 , 02 + a − b ⇒ a = 0 , 04 b = 0 , 06

Gọi CTPT chung của 2 amin là:

C H 2 + 3 N : 0 , 01   m o l CH 4 : 0 , 04   m o l C m H 2 m − 2 : 0 , 06   m o l → B T N T :   C n C O 2 = 0,01 n ¯  + 0,04 + 0,06m = 0,205

= >   2   < n ¯     =   0 , 165 − 0 , 06 m 0 , 02   <   3

=> 1,75 < m < 2,08

=> m = 2 =>  C 2 H 2

= >   n ¯   =   2 , 25

Gọi u và v lần lượt là số mol của  C 2 H 7 N   v à   C 3 H 9 N

  ∑ n X = u + v = 0 , 02 = 2 u + 3 v 0 , 02 = 2 , 25 = >     u = 0 , 015 m o l v = 0 , 005 m o l

=>   % C 2 H 7 N   =   0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 %   =   69 , 58 %

Gần nhất với 70%

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án B

n_O2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)

Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)

BTKL: m_Z + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_N2

=> m_CO2 + m_H2O + m_N2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g)  (1)

Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO₂ và H₂O

=> m_CO2 + m_H2O = 12,89 (g)  (2)

Từ (1) và (2) => m_N2 = 0,28 (g) => n_N2 = 0,01 (mol)

BTNT N => n_X = 2n_N2 = 0,02 (mol)

=> n_Z = 6n_X = 0,12 (mol)

Gọi x và y lần lượt là số mol của CO₂ và H₂O

Số C trung bình trong Z là: 

=> Y phải có CH₄

TH₁: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_Y => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại

TH₂: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi

=> n_H2O – n_CO2 = 1,5n_amin + n_CH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO₂ = H₂O )

=> n_CH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại

TH₃: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi

Gọi a và b lần lượt là số mol của CH₄ và C_mH_2m-2 trong Y

Gọi CTPT chung của 2 amin là:

=> 1,75 < m < 2,08

Gọi u và v lần lượt là số mol của C₂H₇N và C₃H₉N

= 69,58%

Gần nhất với 70%

3 , 17 g   Z   C n H 2 n + 3 N : z C m H 2 m + 2 − 2 k : 5 z   +   O 2 :   + 0 , 3125   m o l   →     C O 2 : a   H 2 O : b N 2 : 0 , 5 z +   N a O H   →   Δ m   = 12 , 89 g a m

⇒ m C O 2 + m H 2 O = Δ m n C O 2 + n H 2 O = 2 n O 2 B T N T       ⇒   44 a + 18 b = 12 , 892 a + b = 2.0 , 3125   ⇒   a = 0 , 205 b = 0 , 215

m Z   =   m C   +   m H   +   m N   ⇒   m N   =   , 17 - ( 12 . 0 , 205 + 2 . 0 , 215 )   =   0 , 28   g a m

⇒  n N   =   0 , 02   m o l   ⇒   z   =   0 , 02   ⇒   n Y   =   5 z   =   0 , 1

n H 2 O   − n C O 2     =   0 , 01   =   1 , 5 z   +   5 z . ( 1   − k ¯   )   ⇒     k ¯ =   1 , 2

n Z   =   6 z   =   0 , 12   m o l   ⇒ C ¯     =     n C O 2 n Z =   1 , 708 ;     H ¯ =     n H n Z =   3 , 583

Vì X chứa 2 amin C 2 H 7 N   v à   C 3 H 9 N , đều có số nguyên tử C > 1,708 và H > 3,583

→ Y chứa một hiđrocacbon có số nguyên tử C < 1,708 → Y chứa  C H 4 .

Hai hiđrocacbon trong Y có số liên kết pi nhỏ hơn 3, mà C H 4  (k=0) và = 1,2

→ hiđrocacbon còn lại Y2 có k = 2 và số nguyên tử H < 3,583 → Y2:  C 2 H 2

k ¯ =   1 , 2   ⇒   n C H 4 k = 0 n Y 2 k = 2   =   2 − 1 , 2 0 − 1 , 2   =   2 3

  ⇒ n C H 4   =   2 z   =   0 , 04 ;           n Y 2       =   0 , 06   m o l

n C O 2 =   0 , 205   =   n . x   +   n C H 4 +   2   n C 2 H 2   ⇒   n   =     0 , 205 − 0 , 04 − 2.0 , 06 0 , 02 =   2 , 25

X C 2 H 7 N : x   C 3 H 9 N : y     ⇒     x + y = 0 , 02   2 x + 3 y = 2 , 25.0 , 02 = n C ⇒   x = 0 , 015 y = 0 , 005

⇒  % C 2 H 7 N X   =   0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 %   =   69 , 59 %

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án A

Định hướng tư duy giải

Ta có:

Đáp án A

nO₂=0,3125 mol

 BTKL=>mN₂=3,17+0,3125.32-12,89=0,28 gam=>nN₂=0,01 mol=>n _amin=0,02 mol => n _hiđrocacbon=0,1 mol

- Giả sử số mol CO₂ và H₂O lần lượt là x, y

44x+18y=12,89

0,3125.2=2x+y (BTNT: O)

=>x=0,205; y=0,215

C_tb=0,205/0,12=1,7 => CH₄

H_tb=0,215/0,12=1,8 => C₂H₂ (Do số liên kết pi nhỏ hơn 3)

Đặt:

C₂H₇N: a

C₃H₉N: 0,02-a

CH₄: b

C₂H₂: 0,1-b

+ BTNT C: 2a+3(0,02-a)+b+2(0,1-b)=0,205

+ BTNT H: 7a+9(0,02-a)+4b+2(0,1-b)=0,215.2

=>a=0,015;b=0,04 => CH₄ (0,04 mol) C₂H₂ (0,06 mol)

=>%mC₂H₂=0,06.26/(0,06.26+0,04.16)=71%

Đáp án A

Chọn đáp án A

Xử lý T

n N a 2 C O 3 = 0 , 19 → C n H 2 n N O 2 N a :   a C m H 2 m - 6 N a 2 O 4 :   b → a + 2 b = 0 , 38 3 b = 0 , 21 ⇒ b = 0 , 07 → n P e p t i t = 0 , 11 → a = 0 , 24

Ancol Q cháy 

Chọn đáp án C

n C O 2 – n H 2 O = 2 n e s t e   k h ô n g   n o

⇒ n_{este không no} = 0,1 mol

⇒ n_X = 0,025 mol

⇒ %n_X = 0,025 ÷ 0,125 × 100% = 20%