Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và hidrocacbon Y (số mol X lớn hơn số mol Y). Đốt cháy hoàn

Câu hỏi số 493754:

Vận dụng cao

Hỗn hợp E gồm amin X (no, mạch hở) và hidrocacbon Y (số mol X lớn hơn số mol Y). Đốt cháy hoàn toàn 0,26 mol E cần vừa đủ 2,72 mol O₂ thì thu được N₂, CO₂ và 2,08 mol H₂O. Mặt khác, 0,26 mol E phản ứng tối đa với 0,28 mol HCl. Phần trăm khối lượng của X có trong E là

A. 42,49%.

B. 49,29%.

C. 57,51%.

D. 49,56%.

Đáp án đúng là: C

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:493754

Phương pháp giải

Hỗn hợp E gồm: (X) C_nH_2n+2+tN_t (u mol) và (Y) C_mH_2m+2-2k (v mol)

Ta có: u + v = n_E mà u > v ⟹ u > ½ n_E

⟹ ½ n_E < u < n_E

+) n_HCl = u.t ⟹ t = n_HCl/u

Từ khoảng giá trị của u khoảng giá trị của t ⟹ t ⟹ u , v

BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_CO2

Ta có: n_CO2 - n_H2O + n_N2 = -n_X + (k - 1).n_Y ⟹ k = 0

BTNT C: n.n_X + m.n_Y = n_CO2

Chọn n , m phù hợp ⟹ CT của X và Y

⟹ %m_X

Giải chi tiết

Hỗn hợp E gồm: (X) C_nH_2n+2+tN_t (u mol) và (Y) C_mH_2m+2-2k (v mol)

Ta có: u + v = 0,26 mà u > v ⟹ u > 0,26/2 = 0,13

+) n_HCl = 0,28 = u.t ⟹ t = 0,28/u

Mà: 0,13 < u < 0,26 ⟹ 1,08 < t < 2,15 ⟹ t = 2 ⟹ u = 0,14; v = 0,12

Có: n_N2 = n_X = 0,14

BTNT O: 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⇔ 2.2,72 = 2n_CO2 + 2,08

⟹ n_CO2 = 1,68 mol.

Ta có: n_CO2 - n_H2O + n_N2 = -n_X + (k - 1).n_Y

⇔ 1,68 - 2,08 + 0,14 = -0,14 + (k - 1).0,12 ⟹ k = 0

BTNT C: n.0,14 + m.0,12 = 1,68

Chọn n = 6 ⟹ m = 7 ⟹ E gồm: C₆H₁₆N₂ (0,14 mol) và C₇H₁₆ (0,12 mol)

⟹ %m_C6H16N2 = 57,51%

Đáp án cần chọn là: C

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.