Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol E; thu được 0,05 mol N2; 0,3 mol CO2 và 0,42 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là
Câu 500775: Hỗn hợp E gồm hai amin X (CnHmN), Y (CnHm+1N2, với n ≥ 2) và hai anken đồng đẳng kế tiếp. Đốt cháy hoàn toàn 0,11 mol E; thu được 0,05 mol N2; 0,3 mol CO2 và 0,42 mol H2O. Phần trăm khối lượng của X trong E là
A. 70,72%.
B. 38,01%.
C. 40,41%.
D. 30,31%.
Quy đổi hỗn hợp E thành: CH4 (0,11 mol); CH2; NH (0,1 mol) và H2
BTNT C: nCH4 + nCH2 = nCO2 ⟹ nCH2
BTNT H: 4nCH4 + 2nCH2 + nNH + 2nH2 = 2nH2O ⟹ nH2
Ta có: amin X đơn chức và amin Y hai chức ⟹ 0,05 < namin < 0,1
⟹ Toàn bộ số mol H2 vào anken và hai amin X, Y đều no.
⟹ nanken ⟹ namin
Gọi CTTQ của 2 anken là CxH2x (x > 2)
Ta có: n.namin + x.nanken = nCO2 (n ≥ 2)
Biện luận tìm n, x
⟹ CT của các chất trong E
⟹ %mX.
-
Đáp án : C(0) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:
Quy đổi hỗn hợp E thành: CH4 (0,11 mol); CH2; NH (0,1 mol) và H2
BTNT C: nCH4 + nCH2 = nCO2 ⇔ 0,11 + nCH2= 0,3 ⟹ nCH2 = 0,19
BTNT H: 4nCH4 + 2nCH2 + nNH + 2nH2 = 2nH2O
⇔ 4.0,11 + 2.0,19 + 0,1 + 2.nH2 = 2.0,42 ⟹ nH2 = -0,04
Ta có: amin X đơn chức và amin Y hai chức ⟹ 0,05 < namin < 0,1
⟹ Toàn bộ số mol H2 vào anken và hai amin X, Y đều no.
⟹ nanken = 0,04 ⟹ namin = 0,11 - 0,04 = 0,07
Gọi CTTQ của 2 anken là CxH2x (x > 2)
Ta có: n.0,07 + x.0,04 = 0,3 (n ≥ 2)
+) n = 2 ⟹ x = 4 ⟹ Loại vì không có 2 anken kế tiếp nào cùng số C.
+) n = 3 ⟹ x = 2,25 ⟹ Hai anken là C2H4 và C3H6.
+) n = 4 ⟹ x = 0,5 ⟹ Loại
Vậy E gồm (X) C3H9N (a mol), (Y) C3H10N2 (b mol), C2H4 và C3H6.
Ta có: a + b = namin = 0,07
BTNT N: a + 2b = nNH = 0,1
⟹ a = 0,04 và b = 0,03
Ta có: mE = mC + mH + mN = 0,3.12 + 0,42.2 + 0,1.14 = 5,84 g
⟹ %mC3H9N = (0,04.59/5,84).100% = 40,41%.
Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com