Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
Gọi CT của ankan là CnH2n+2
CnH2n+2 + O2 \(\underrightarrow{t^o}\) nCO2 + (n+1)H2O
Theo đầu bài ta có: mCO2 + mH2O = 20,4
n = 3
Vậy CTPT của X là C3H8. …
Vì hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa \(\rightarrow\) hiđrocacbon B có liên kết 3 đầu mạch.
Gọi CTTB của 2 hidrocacbon A và B là \(C_{\overline{x}}H_{\overline{y}}\)
\(C_{\overline{x}}H_{\overline{y}}\) + O2 \(\rightarrow\overline{x}\)CO2 + \(\frac{\overline{y}}{2}\)H2O
Theo đề bài ta có \(\overline{x}\) = 2,6 (vì \(\overline{x}\) = 2,6 nên hiđroccacbon B có số nguyên tử nhỏ hơn 2,6).
Vậy hiđrocacbon B là C2H2
Gọi \(n_{C_2H_2}=x,\) \(n_{C_3H_8}=y\) .Ta có: \(\begin{cases}x+y=0,1\\2x+3y=0,26\end{cases}\)\(\rightarrow\begin{cases}x=0,04\\y=0,06\end{cases}\)
Khối lượng kết tủa là C2Ag2 m = 9,6 gam
Tương tự ví dụ trước, bài này cũng là sự kết hợp giữa phản ứng thế ion kim loại của liên kết 3 đầu mạch và phản ứng đốt cháy.
Ta có 
Từ tỉ lệ mol 1:1:2 dễ tính được
Ta có Mkết tủa 
kết tủa là C2Ag2
ankin là C2H2
Gọi số C của ankan, anken lần lượt là a và b ta được
(vì ankan có 
, anken có 
trong phân tử)
Vậy khối lượng X là
m=mCH4+mC2H4 +m C2H2
=0,2.16+0,2.28+0,4.26=19,2g
Đáp án A.
Đáp án B
Crackinh 0,2 mol C4H10 → hhX gồm 5 hiđrocacbon.
hhX qua bình Brom dư → mbình tăng = 8,4 gam
• Khí bay ra khỏi dung dịch Brom là hiđrocacbon no CT
→ nY = 0,2 mol, mhhY = 0,2 x 58 - 8,4 = 3,2 gam.
→ M = 16 → n = 1
→ VO2 = 22,4 x 0,4 = 8,96 lít
nX = 0,09
còn lại 1,568 lít khí bay ra ⇒ n Ankan = 0,07 ⇒ nAnken = 0,09 – 0,07 = 0,02
khối lượng hỗn hợp giảm đi một nửa ⇒ mAnkan = mAnken
⇒ MAnkan × 0,07 = M Anken × 0,02
Thử với đáp án B thỏa mãn.
Đáp án B.
a) \(n_{O_2}=\dfrac{21,28}{22,4}=0,95\left(mol\right)\)
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{60}{100}=0,6\left(mol\right)\)
=> nCO2 = 0,6 (mol)
Bảo toàn O: \(n_{H_2O}=0,95.2-0,6.2=0,7\left(mol\right)\)
mdd giảm = \(m_{CaCO_3}-m_{CO_2}-m_{H_2O}=60-0,6.44-0,7.18=21\left(g\right)\)
b) \(n_X=n_{H_2O}-n_{CO_2}=0,7-0,6=0,1\left(mol\right)\)
=> nY = \(\dfrac{5,6}{22,4}-0,1=0,15\left(mol\right)\)
Theo ĐLBTKL: mA = 0,6.44 + 0,7.18 - 0,95.32 = 8,6 (g)
=> 0,1.MX + 0,15.MY = 8,6
Do MY > 0 => MX < 86 (g/mol)
- Nếu X là CH4 => MY = \(\dfrac{140}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C2H6 => MY = \(\dfrac{112}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C3H8 => MY = 28 (C2H4)
- Nếu X là C4H10 => MY = \(\dfrac{56}{3}\) (Loại)
- Nếu X là C5H12 => MY = \(\dfrac{28}{3}\) (Loại)
Vậy X là C3H8, Y là C2H4
Gọi nAl = x mol ; nSn = y mol → 27x + 119y = 14,6 (1) ; nH2 = 0,25 mol
- Khi X tác dụng với dung dịch HCl:
quá trình oxi hóa:
Al -> Al3 + +3e
x -> 3x
Sn -> Sn2+ +2e
y -> 2y
Qúa trình khử
2H+ + 2e -> H2
0,5<- 0,25
=> 3x+2y=0,5 (2)
(1)(2) => x=y=0,1mol
- Khi X tác dụng O2
quá trình oxi hóa
Al -> Al3 + +3e
x -> 3x
Sn -> Sn4+ +4e
y -> 4y
Qúa trình khử
O2 + 4e -> 2O2-
VO2 = ((3x +4y)/4).22,4 = ((3.0,1+4.0,1)/4).22,4 = 3,92l => D
Đáp án B
Đốt cháy 0,09 mol hỗn hợp M bằng O2 vừa đủ thu được 0,459 mol hỗn hợp khí và hơi.
Dẫn N qua bình đựng H2SO4 dư thì H2O bị giữ lại → n H 2 O = 0 , 2295 m o l
Do anken có số C lớn hơn 3 nên từ 6H trở lên vậy 2 amin có ít nhất 1 amin số H từ 5 trở xuống vậy có một amin có 5H amin còn lại có 7H.
Ta có:
Do vậy 2 amin phải là CH2=CHNH2 và C3H5NH2.
→ M X + M Y = 100
Đáp án B
Đốt cháy 0,09 mol hỗn hợp M bằng O2 vừa đủ thu được 0,459 mol hỗn hợp khí và hơi.
Dẫn N qua bình đựng H2SO4 dư thì H2O bị giữ lại
Do anken có số C lớn hơn 3 nên từ 6H trở lên vậy 2 amin có ít nhất 1 amin số H từ 5 trở xuống vậy có một amin có 5H amin còn lại có 7H.
Ta có:
Do vậy 2 amin phải là CH2=CHNH2 và C3H5NH2.
→ M Y + M Z = 100
Đáp án D