Hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon mạch hở, có số nguyên tử cacbon liên tiếp nhau nhưng không thuộc cùng một dãy đồng đẳng. Chia 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X thành hai phần bằng nhau. - Đốt cháy hoàn toàn phần (I) thu được 30,8 gam CO2. - Dẫn phần ( II ) qua dung dịch brom dư thấy có 32 gam brom phản ứng. Tìm CTPT, viết CTCT của các hiđrocacbon Tính phần trăm khối lượng từng hiđrocacbon
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
1 tháng 6 2018
Đáp án B
Vì 2 Axit có chung số C nên gọi số C là số Cacbon trong mỗi Axit.
(C ≥ 2 vì Z là Axit 2 chức)
+Phần 1:
nH2 = 0,2 ⇒ nCOOH/X = 0,2 . 2 = 0,4
⇒ nY + 2nZ = nCOOH/X = 0,4 (1)
+Phần 2:
nCO2 = C . ( nY + nZ ) = 13,44 : 22,4 = 0,6 (2)
Với C = 2 ⇒ nY = 0,2 ; nZ = 0,1.
Y là CH3COOH và Z là (COOH)2
mY = 0,2.60 = 12g; mZ = 0,1.90 = 9g ⇒ m hh = 21g
⇒ %mZ = (9: 21).100% = 42,86%
Với C = 3 ⇒ nY = 0 ; nZ = 0,2 ( vô lí)
18 tháng 6 2019
Đáp án B
Hidrocacbon mạch hở nên loại C. Do đó X gồm các ankadien hoặc ankin
Gọi công thức phân tử chung của 2 hidrocacbon trong Xlà CnH2n-2 (n >2)
Phản ứng:
18 tháng 12 2018
Lời giải
Xét mỗi phần ta có: n H 2 = 0 , 2 ( m o l ) ; n C O 2 = 0 , 6 ( m o l )
Vì A gồm 1 axit đơn chức và 1 axit 2 chức
⇒ n H 2 < n A < 2 n H 2 ⇒ 0 , 2 < n A < 0 , 4 ⇒ 1 , 5 < C A < 3 ⇒ C A = 2
=>Y là HOOC - COOH; X là CH3COOH
G ọ i n C H 3 C O O H = x ( m o l ) ; n H O O C - C O O H = y ( m o l ) ⇒ 1 2 x + y = n H 2 = 0 , 2 2 x + 2 y = n C O 2 = 0 , 6 ⇔ x = 0 , 2 y = 0 , 1 V ậ y m x = 12 ( g ) ; m Y = 9 ( g ) % m Y = 42 , 86 %
Đáp án B.
13 tháng 9 2019
Chọn đáp án D.
Từ giả thiết “chữ” ta có: X dạng CnH2mO2 và Y dạng CnH2pO2 (n, m, p các số nguyên dương).
Phần 1: phản ứng –COOH + Na → -COONa + ½ H -COONa + ½ H2 nên nX + 2nY = 2nH2 =0,4mol (1).
Phần 2: đốt cháy (X, Y) + O2 → 0,6 mol CO2 + ? mol H2O nên có (nX + nY).n = 0,6 mol (2).
Từ (1) ta thấy 0,2 < nX + nY < 0,4 → thay vào (2) có 1,5 <n <3. Vậy, chỉ có thể n = 2.
Với n = 2 thì cũng chỉ có duy nhất X là CH3COOH và Y là (COOH)2 thỏa mãn.
Giải hệ số mol có nX =0,2 mol và nY = 0,1 mol →%mY trong hon hop ≈ 42,86%
- 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 \(CH_2=C=CH_2\)
Cảm ơn bạn nhiều ạ