Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm etilen và butadien vào dung dịch Br2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn lượng brom phản ứng hết với 64g. Tính % về thể tích etilen và butadien trong X
Cho 6,72 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm etilen và butadien vào dung dịch Br2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn lượng brom phản ứng hết với 64g. Tính % về thể tích etilen và butadien trong X
\(n_{C_2H_4} = a(mol) ; n_{C_4H_6} = b(mol)\\ \Rightarrow a + b = \dfrac{6,72}{22,4} = 0,3(1)\\ C_2H_4 + Br_2 \to C_2H_4Br_2\\ C_4H_6 + 2Br_2 \to C_4H_6Br_4\\ n_{Br_2} = a + 2b = \dfrac{64}{160} = 0,4(2)\\ (1)(2) \Rightarrow a = 0,2 ; b = 0,1\\ \Rightarrow \%V_{C_2H_4} = \dfrac{0,2.22,4}{6,72}.100\% = 66,67%; \%V_{C_4H_6} =100\%-66,67\% = 33,33\%\)
Bài 1: Đốt cháy 1,12 lít (đktc) hỗn hợp hai hidrocacbon X, Y đồng đẳng liên tiếp (MX<MY) ta thu được 2,88g nước và 4,84g CO2. Tính % theo thể tích của X, Y trong hỗn hợp tương ứng
Bài 2: Hỗn hợp X gồm C2H4, C3H6, C4H10, C4H8. Đốt cháy hết 3,2g hỗn hợp X thì thu được 4,5g H2O. Tính % khối lượng của ankan trong X
Bài 1 :
\(n_{H_2O}=\dfrac{2.88}{18}=0.16\left(mol\right)\)
\(n_{CO_2}=\dfrac{4.84}{44}=0.11\left(mol\right)\)
\(n_{hh}=\dfrac{1.12}{22.4}=0.05\left(mol\right)\)
\(n_{H_2O}< n_{CO_2}\Rightarrow CT:C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}+2}\)
\(\overline{n}=\dfrac{0.11}{0.05}=2.2\)
\(CT:C_2H_6\left(amol\right),C_3H_8\left(bmol\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0.05\\2a+3b=0.11\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0.04\\b=0.01\end{matrix}\right.\)
\(\%C_2H_6=\dfrac{0.04}{0.05}\cdot100\%=80\%,\%C_3H_8=20\%\)
Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm 2 ankađien là đồng đẳng liên tiếp nhau cần 12,992 lít O2(đktc). Tính % mol của ankađien có phân tử khối nhỏ trong hỗn hợp X
CTTQ của X : \(C_nH_{2n-2}\)
\(C_nH_{2n-2} + \dfrac{3n-1}{2}O_2 \xrightarrow{t^o} nCO_2 + (n-1)H_2O\\ n_{O_2} = 0,1.\dfrac{3n-1}{2} = \dfrac{12,992}{22,4} =0,58\\ \Rightarrow n = 4,2\)
Vậy X gồm : \(C_4H_6(x\ mol) ;C_5H_8(y\ mol)\)
Ta có :
\(n_X = x + y = 0,1\\ n_{O_2} = \dfrac{3.4-1}{2}x + \dfrac{3.5-1}{2} = 0,58\\ \Rightarrow x = 0,08 ; y = 0,02\\ \Rightarrow \%n_{C_4H_6} = \dfrac{0,08}{0,1}.100\% = 80\%\)
\(CT:C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}-2}\)
\(C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}-2}+\dfrac{3\overline{n}-1}{2}O_2\underrightarrow{t^0}\overline{n}CO_2+\left(\overline{n}-1\right)H_2O\)
\(1.................\dfrac{3\overline{n}-1}{2}\)
\(0.1.................0.58\)
\(\Rightarrow3\overline{n}-1=\left(\dfrac{0.58}{0.1}\right)\cdot2=11.6\)
\(\Rightarrow\overline{n}=4.2\)
\(CT:C_4H_6,C_5H_8\)
\(n_{C_4H_6}=a\left(mol\right),n_{C_5H_8}=b\left(mol\right)\)
\(n_X=a+b=0.1\left(1\right)\)
\(C_4H_6+\dfrac{11}{2}O_2\underrightarrow{t^0}4CO_2+3H_2O\)
\(C_5H_8+7O_2\underrightarrow{t^0}5CO_2+4H_2O\)
\(n_{O_2}=\dfrac{11}{2}a+7b=0.58\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right):a=0.08,b=0.02\)
\(\%C_4H_6=80\%,\%C_5H_8=20\%\)
Cân bằng các phương trình sau:
CH2COONa+NaOH ----CaO+to --->
Al4C3+H2O ------>
nCH2=CH2 ------->
CH3-CH=CH2+HBr [ (2 trường hợp)
CH3-CH2CH3+Cl2 ----------> [ (2 trường hợp)
\(CH_3COONa + NaOH \xrightarrow{CaO,t^o} CH_4 + Na_2CO_3\\ Al_4C_3 + 12H_2O \to 4Al(OH)_3 + 3CH_4\\ nCH_2=CH_2 \xrightarrow{t^o,p,xt} (-CH_2-CH_2-)_n\\ CH_3-CH=CH_2 + HBr \to CH_3-CHBr-CH_3 \\ CH_3-CH=CH_2 + HBr \to CH_3-CH_2-CH_2Br\\ CH_3-CH_2-CH_3 + Cl_2 \xrightarrow{as} CH_3-CHCl-CH_3 + HCl\\ CH_3-CH_2-CH_3 + Cl_2 \xrightarrow{as} CH_3-CH_2-CH_2Cl + HCl\)
m tăng = mC3H6 = 4.2 (g)
=> nC3H6 = 0.1 mol
Đặt :
nC2H6 = a (mol)
nC3H8 = b (mol)
=> a + b = 0.2 - 0.1 = 0.1 (mol ) (1)
nH2O = 6.48/18 = 0.36 (mol)
Bảo toàn H :
6a + 8b = 0.36*2 = 0.72 (2)
(1) , (2) :
a = 0.04
b = 0.06
%C2H6 = 0.04 / 0.2 * 100% = 20%
%C3H6 = 0.1/0.2 * 100% = 50%
%C3H8 = 100 - 20 - 50 = 30%
Theo gt ta có: $n_{Br_2}=0,2(mol);n_{O_2}=0,63(mol)$
Gọi CTTQ của anken là $C_nH_{2n}$
$C_nH_{2n}+\frac{3n}{2}O_2\rightarrow nCO_2+nH_2O$
Suy ra $n=2,1$ $\Rightarrow n_{X}=\frac{3}{14}(mol)$
$\Rightarrow n_{O_2}=\frac{27}{40}(mol)\Rightarrow V_{kk}=75,6(l)$
Theo gt ta có: $n_{X}=0,2(mol);n_{Br_2}=0,7(mol)$
Suy ra $M_{tb}=33,5$. Do đó 1 chất là $C_2H_4$ hoặc $C_2H_2$
+, 1 chất là $C_2H_4$
Gọi số mol 2 chất lần lượt là a;b(mol)
Ta có: $a+2b=0,35;a+b=0,2\Rightarrow a=0,05;b=0,15$
Suy ra chất còn lại có M bằng 35,3 (Loại)
+, 1 chất là $C_2H_4$
Suy ra $n_{C_2H_2}=0,15(mol);n_{M}=0,05(mol)$
Suy ra chất M có M bằng $C_4H_8$
Theo gt ta có: $n_{X}=0,3(mol);m_{B}=2,8(g)$
Gọi CTTQ của ankan và anken lần lượt là $C_nH_{2n+2};C_{n-1}H_{2n-2}$ có số mol lần lượt là 0,2 và 0,1
Suy ra $M_{B}=28\Rightarrow C_2H_4$
Vậy A là $C_3H_8$
Vì thể tích X đi qua Y còn 1 nửa nên %ankan=%anken=50%
Gọi CTTQ của ankan và anken lần lượt là $C_nH_{2n+2};C_nH_{2n}$
Ta có: \(14n+2=\dfrac{15}{29}.\left(14n+2+14n\right)\Rightarrow n=2\)
Vậy A và B là etan và etilen
\(CH_2=C\left(CH_3\right)-CH_2-CH_3\\ CH_2-CH-C\left(CH_3\right)\left(CH_3\right)-CH_3\\ CH_2=CH-CH\left(CH_3\right)-CH_2-CH_3\\ CH_3-CH=C\left(CH_3\right)-CH_2-CH_3\\ CH_3-CH=C\left(CH_3\right)-CH_3\\ CH_3-C\left(CH_3\right)=C\left(CH_3\right)-CH_3\\ CH_3-C\left(CH_3\right)=C\left(CH_2-CH_3\right)-CHCl-CH_3\\ CH_2=CH-CH=CH_2\\ CH_2=C\left(CH_3\right)-CBr=CH_2\)