Hỗn hợp E gồm hai hiđrocacbon mạch hở X, Y với MX < MY < 80. Cho 0,1 mol E. Có khối lượng 4,7

Câu hỏi số 644072:

Vận dụng cao

Hỗn hợp E gồm hai hiđrocacbon mạch hở X, Y với M_X < M_Y < 80. Cho 0,1 mol E. Có khối lượng 4,7 gam, vào lượng dư dung dịch AgNO₃ trong NH₃ thu được 22,89 gam hỗn hợp kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Y trong E là

A. 25,53%.

B. 31,91%.

C. 38,72%.

D. 74,47%.

Đáp án đúng là: D

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:644072

Phương pháp giải

Phương pháp giải bài toán thế nguyên tử hiđro trong ankin bởi Ag.

Giải chi tiết

Cứ 1 H sẽ thay thế cho 1Ag ⟶ Khối lượng tăng lên:

∆M = 108 – 1 = 107 (đvC)

∆m = 22,89 – 4,7 = 18,19 (g)

⟹ Số mol Ag có trong kết tủa: n_Ag = ∆m /∆M = 0,17 (mol)

Ta thấy: 0,1 < 0,17 < 0,2 ⟹ Có X và Y có chứa “thế 1 nguyên tử Ag” và “thế 2 nguyên tử Ag”

Đặt a, b lần lượt là số mol của chất thế 1 nguyên tử Ag và của chất thế 2 nguyên tử Ag trong E.

\( \to \left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,1\\a + 2b = 0,17\end{array} \right. = > \left\{ \begin{array}{l}a = 0,07\\b = 0,03\end{array} \right.\,\,\,\,va\,\,\overline {{M_E}} = \dfrac{{{m_E}}}{{{n_E}}} = 47\)

TH1: X là C₂H₂ (26) thế 2 nguyên tử Ag ⟹ n_C2H2 = 0,07 (mol)

Y thế 1 nguyên tử Ag ⟹ n_Y = 0,03 (mol)

BTKL: 26.0,07 + M_Y.0,03 = 4,7 ⟹ M_Y = 96 ⟹ loại (do M_Y > 80).

TH2: X là C₃H₄ (CH≡C-CH₃) thế 1 nguyên tử Ag ⟹ n_C3H4 = 0,03 (mol)

Y thế 2 nguyên tử Ag ⟹ n_Y = 0,07 (mol)

BTKL: 40.0,03 + M_Y.0,07 = 4,7 ⟹ M_Y = 50 ⟹ thỏa mãn (do M_Y < 80)

⟹ Công thức Y: C₄H₂ (CH≡C-C≡CH)

\(\% Y = \dfrac{{0,07.50}}{{4,7}}.100\% \approx 74,47\% \)

Đáp án cần chọn là: D

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.