Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm glyxin và etylamin thu được 8,96 lít khí CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O. Phần trăm về khối lượng của etylamin trong hỗn hợp là:
A. 62,5%.
B. 37,5%.
C. 65,2%.
D. 35,7%.
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
11 tháng 9 2019
Chọn đáp án B.
Đặt số mol glyxin là x, etylamin là y.
⇒ n C O 2 = 2 x + 2 y = 0 , 4 m o l n H 2 O = 2 , 5 x + 3 , 5 y = 0 , 6 m o l
⇒ x = 0 , 1 y = 0 , 1
⇒ % m C 2 H 5 N H 2 = 37 , 5 %
9 tháng 2 2017
Đáp án B
nO2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
BTKL: mZ + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mCO2 + mH2O + mN2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g) (1)
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO2 và H2O
=> mCO2 + mH2O = 12,89 (g) (2)
Từ (1) và (2) => mN2 = 0,28 (g) => nN2 = 0,01 (mol)
BTNT N => nX = 2nN2 = 0,02 (mol)
=> nZ = 6nX = 0,12 (mol)
Gọi x và y lần lượt là số mol của CO2 và H2O
=> Y phải có CH4
TH1: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nY => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại
TH2: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nCH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO2 = H2O )
=> nCH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của CH4 và CmH2m-2 trong Y
28 tháng 3 2017
n O 2 = 7 / 22 , 4 = 0 , 3125 m o l
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
B T K L : m Z + m O 2 = m C O 2 + m H 2 O + m N 2
= > m C O 2 + m H 2 O + m N 2 = 3 , 17 + 0 , 3125.32 = 13 , 17 g a m 1
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của C O 2 v à H 2 O
= > m C O 2 + m H 2 O = 12 , 89 g 2
Từ (1) và (2) => m N 2 = 0 , 28 g ⇒ n N 2 = 0 , 01 m o l
BTNT N = > n X = 2 n N 2 = 0 , 02 m o l
= > n Z = 6 n X = 0 , 12 m o l
Gọi x và y lần lượt là số mol của C O 2 v à H 2 O
∑ m ( C O 2 + H 2 O ) = 44 x + 18 y = 12 , 89 → BTNT : O 2 x + y = 0 , 3125.2 = > x = 0 , 205 y = 0 , 215
Số C trung bình trong Z là: = n C O 2 n Z = 0 , 205 0 , 12 = 1 , 7
=> Y phải có C H 4
TH1: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
= > n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n a m i n + n Y = > ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 ≠ 0,08 => loại
TH2: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
= > n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n a m i n + n C H 4 (Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho số mol C O 2 = H 2 O )
= > n C H 4 = (0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của C H 4 v à C m H 2 m − 2 trong Y
∑ n Y = a + b = 0 , 1 n H 2 O − n C O 2 = 1 , 5 n amin + a − b ⇒ a + b = 0 , 1 0 , 01 = 1 , 5.0 , 02 + a − b ⇒ a = 0 , 04 b = 0 , 06
Gọi CTPT chung của 2 amin là:
C H 2 + 3 N : 0 , 01 m o l CH 4 : 0 , 04 m o l C m H 2 m − 2 : 0 , 06 m o l → B T N T : C n C O 2 = 0,01 n ¯ + 0,04 + 0,06m = 0,205
= > 2 < n ¯ = 0 , 165 − 0 , 06 m 0 , 02 < 3
=> 1,75 < m < 2,08
=> m = 2 => C 2 H 2
= > n ¯ = 2 , 25
Gọi u và v lần lượt là số mol của C 2 H 7 N v à C 3 H 9 N
∑ n X = u + v = 0 , 02 = 2 u + 3 v 0 , 02 = 2 , 25 = > u = 0 , 015 m o l v = 0 , 005 m o l
=> % C 2 H 7 N = 0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 % = 69 , 58 %
Gần nhất với 70%
Đáp án cần chọn là: B
8 tháng 3 2019
Đáp án B
nO2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol)
Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)
BTKL: mZ + mO2 = mCO2 + mH2O + mN2
=> mCO2 + mH2O + mN2 = 3,17 + 0,3125.32 =13,17(g) (1)
Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO2 và H2O
=> mCO2 + mH2O = 12,89 (g) (2)
Từ (1) và (2) => mN2 = 0,28 (g) => nN2 = 0,01 (mol)
BTNT N => nX = 2nN2 = 0,02 (mol)
=> nZ = 6nX = 0,12 (mol)
Gọi x và y lần lượt là số mol của CO2 và H2O
Số C trung bình trong Z là:
=> Y phải có CH4
TH1: Hidrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nY => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 #0,08 => loại
TH2: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi
=> nH2O – nCO2 = 1,5namin + nCH4 ( Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho mol CO2 = H2O )
=> nCH4 = ( 0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại
TH3: Hidrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi
Gọi a và b lần lượt là số mol của CH4 và CmH2m-2 trong Y
Gọi CTPT chung của 2 amin là:
=> 1,75 < m < 2,08
Gọi u và v lần lượt là số mol của C2H7N và C3H9N
= 69,58%
Gần nhất với 70%
4 tháng 6 2019
3 , 17 g Z C n H 2 n + 3 N : z C m H 2 m + 2 − 2 k : 5 z + O 2 : + 0 , 3125 m o l → C O 2 : a H 2 O : b N 2 : 0 , 5 z + N a O H → Δ m = 12 , 89 g a m
⇒ m C O 2 + m H 2 O = Δ m n C O 2 + n H 2 O = 2 n O 2 B T N T ⇒ 44 a + 18 b = 12 , 892 a + b = 2.0 , 3125 ⇒ a = 0 , 205 b = 0 , 215
m Z = m C + m H + m N ⇒ m N = , 17 - ( 12 . 0 , 205 + 2 . 0 , 215 ) = 0 , 28 g a m
⇒ n N = 0 , 02 m o l ⇒ z = 0 , 02 ⇒ n Y = 5 z = 0 , 1
n H 2 O − n C O 2 = 0 , 01 = 1 , 5 z + 5 z . ( 1 − k ¯ ) ⇒ k ¯ = 1 , 2
n Z = 6 z = 0 , 12 m o l ⇒ C ¯ = n C O 2 n Z = 1 , 708 ; H ¯ = n H n Z = 3 , 583
Vì X chứa 2 amin C 2 H 7 N v à C 3 H 9 N , đều có số nguyên tử C > 1,708 và H > 3,583
→ Y chứa một hiđrocacbon có số nguyên tử C < 1,708 → Y chứa C H 4 .
Hai hiđrocacbon trong Y có số liên kết pi nhỏ hơn 3, mà C H 4 (k=0) và = 1,2
→ hiđrocacbon còn lại Y2 có k = 2 và số nguyên tử H < 3,583 → Y2: C 2 H 2
k ¯ = 1 , 2 ⇒ n C H 4 k = 0 n Y 2 k = 2 = 2 − 1 , 2 0 − 1 , 2 = 2 3
⇒ n C H 4 = 2 z = 0 , 04 ; n Y 2 = 0 , 06 m o l
n C O 2 = 0 , 205 = n . x + n C H 4 + 2 n C 2 H 2 ⇒ n = 0 , 205 − 0 , 04 − 2.0 , 06 0 , 02 = 2 , 25
X C 2 H 7 N : x C 3 H 9 N : y ⇒ x + y = 0 , 02 2 x + 3 y = 2 , 25.0 , 02 = n C ⇒ x = 0 , 015 y = 0 , 005
⇒ % C 2 H 7 N X = 0 , 015.45 0 , 015.45 + 0 , 005.59 .100 % = 69 , 59 %
Đáp án cần chọn là: B
14 tháng 7 2019
Đáp án A
Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.
nCO2 = 0,4 mol; nH2O = 0,6 mol
=> n ancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol
Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2
Vậy 2 ancol là: CH3CH2OH (x mol) và C2H4(OH)2 (y mol)
x + y = 0,2
46x + 62y = 10,8
=> x = y = 0,1
Este là: CH3COOC2H5 (0,1 mol) và (CH3COO)2C2H4 (0,1 mol)
=> nCH3COONa = 0,3 mol
m = 0,3.82 = 24,6 gam
9 tháng 8 2017
Lời giải:
Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.
nCO2 = 0,4 mol; nH2O = 0,6 mol
=> n ancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol
Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2
Vậy 2 ancol là: CH3CH2OH (x mol) và C2H4(OH)2 (y mol)
x + y = 0,2
46x + 62y = 10,8
=> x = y = 0,1
Este là: CH3COOC2H5 (0,1 mol) và (CH3COO)2C2H4 (0,1 mol)
=> nCH3COONa = 0,3 mol
m = 0,3.82 = 24,6 gam
Đáp án cần chọn là: A
22 tháng 2 2019
Đáp án A
Do thủy phân X thu được muối natri axetat nên 2 este là este của axit axetic.
nCO2 = 0,4 mol; nH2O = 0,6 mol
=> n ancol = nH2O – nCO2 = 0,2 mol
Số C trong mỗi ancol: 0,4/0,2 = 2
Vậy 2 ancol là: CH3CH2OH (x mol) và C2H4(OH)2 (y mol)
x + y = 0,2
46x + 62y = 10,8
Chọn đáp án B.
Đặt số mol glyxin là x, etylamin là y.