Đốt cháy hoàn toàn 6,66g chất X cần 9,072lít O2( đktc). Sản phẩm cháy được dẫn qua bình 1 chứa H2SO4đ, bình 2 chứa Ca(OH)2 dư, thấy bình 1 tăng 3,78g; bình 2 tăng m gam và có a(g) kết tủa.
Tính m? a? Xác định CTPT của X biết MX < 250
Đốt cháy hoàn toàn 7,5g 1 hợp chất hữu cơ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy qua bình 1 chứa h2so4 đặc bình 2 chứa dung dịch KOH. sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 4.5g bình 2 tăng 8,8 g và có 1,12l khí thoát ra khỏi bình 2 (ĐKTC) hãy xác định % mỗi chất
Đốt cháy hoàn toàn 0,1mol este no mạch hở X cần V lít O2 ( đktc) . Sản phẩm đốt cháy đc dẫn lần lượt qua bình 1 đựng P2O5 ( dư) , bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4g bình 2 tăng 17,6g . Giá trị V là?
$n_{H_2O} = \dfrac{5,4}{18} = 0,3(mol)$
$n_{CO_2} = \dfrac{17,6}{44} = 0,4(mol)$
Ta có :
$n_{CO_2} - n_{H_2O} = (k-1).n_X$
Suy ra :$0,4 - 0,3 = (k - 1)0,1 \Rightarrow k = 2$
Vậy X là este no, hai chức
Bảo toàn O :
$4n_X + 2n_{O_2} = 2n_{CO_2} + n_{H_2O}$
$\Rightarrow n_{O_2} = \dfrac{0,4.2 + 0,3 -0,1.4}{2} = 0,35(mol)$
$V = 0,35.22,4 = 7,84(lít)$
Hỗn hợp khí A chứa hai hiđrocacbon kế tiếp nhau trong một dãy đồng đẳng. Lấy 1,12 lít A (đktc) đem đốt cháy hoàn toàn. Sản phẩm cháy được dẫn qua bình (1) đựng H 2 S O 4 đặc, sau đó qua bình (2) đựng dung dịch NaOH (có dư). Sau thí nghiệm, khối lượng bình (1) tăng 2,16 g và bình (2) tăng 7,48 g. Hãy xác định công thức phân tử và phần trăm về thể tích của từng chất trong hỗn hợp A.
Đặt lượng C x H y là a mol, lượng C x + 1 H y + 2 là b mol.
Ta có : a + b = 0,05 (1)
Số mol C O 2 : ax + b(x + 1) = 0,170 (2)
Số mol
H
2
O
: 
Từ (2) ta có (a + b)x + b = 0,170 ;
b = 0,170 - 0,0500x
b là số mol của một trong hai chất nên 0 < b < 0,0500.
Do đó 0 < 0,170 - 0,0500x < 0,0500 ⇒ 2,40 < x < 3,40 ⇒ x
= 3.
⇒ b = 0,1700 - 0,0500.3 = 0,0200 ⇒ a = 0,0500 - 0,0200 =
Khối lượng bình 2 tăng = mCO2 = 35,2 gam
=> nCO2 = \(\dfrac{35,2}{44}\) = 0,8 mol , nO2 = \(\dfrac{28}{22,4}\) = 1,25 mol
A + O2 → CO2 + H2O
Áp dụng định luật BTNT O => 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
=> nH2O = 1,25.2 - 0,8.2 = 0,9 mol
Ankan có CTPT CnH2n+2: x mol
Ankađien có CTPT CmH2m-2 : y mol
CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n+1)H2O
x x.n x.(n+1)
CmH2m-2 + O2 → mCO2 + (m-1)H2O
y y.m y(m-1)
Ta có nH2O - nCO2 = y(m-1) + x.(n+1) - x.n - y.m = x - y = 0,1 (1)
Mà x + y = 0,3 (2)
Từ (1), (2) => x = 0,2 và y = 0,1
%V Ankađien = \(\dfrac{0,1}{0,3}.100\%\)= 33,34%
Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 2,24 lít khí oxi(đktc) rồi dẫn toàn bợ sản phẩm cháy gồm (CO2, H2O) vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện 7,5g kết tủa. Tính m
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)
=> nC = 0,075 (mol)
Có \(n_{CO_2}=n_C=0,075\left(mol\right)\)
=> \(n_{H_2O}=\dfrac{4,2-0,075.44}{18}=0,05\left(mol\right)\)
=> nH = 0,1 (mol)
\(n_{O_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
Bảo toàn O: \(n_{O\left(A\right)}=0,075.2+0,05-0,1.2=0\left(mol\right)\)
=> A chứa C, H
mA = mC + mH = 0,075.12 + 0,1.1 = 1 (g)
\(m_{tăng}=m_{H_2O}+m_{CO_2}=4,2\left(g\right)\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 ---> CaCO3 + H2O
0,075 0,075
\(\rightarrow m_{CO_2}=0,075.44=3,3\left(g\right)\\ \rightarrow m_{H_2O}=4,2-3,3=0,9\left(g\right)\\ \rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{0,9}{18}=0,05\left(mol\right)\\ \rightarrow n_{O\left(sau.pư\right)}=0,05+0,075.2=0,1\left(mol\right)\\ n_{O\left(trong.O_2\right)}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_C=0,075\left(mol\right)\\n_H=0,05.2=0,1\left(mol\right)\\n_O=0,1-0,1=0\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> mA = 0,075.12 + 0,1.1 + 0 = 1 (g)
Hỗn hợp X chứa hai amin no, hở, đơn chức, liên tiếp. Hỗn hợp Y chứa valin và lysin. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp Z chứa X, Y cần dùng 2,89 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua bình đựng dd H2SO4 đặc dư, thấy khối lượng bình tăng 46,44 gam; khí thoát ra khỏi bình có thể tích là 48,832 lít (đktc). Phần trăm khối lượng của amin có khối lượng phân tử nhỏ là
A. 40,00%.
B. 13,32%.
C. 62,32%.
D. 11,32%.
Đáp án D
Đặt số mol hỗn hợp amin, valin và lýin lần lượt là a, b và c ta có sơ đồ:
+ Phương trình theo số mol H2O là:
an + 1,5a + 5,5b + 7c = 2,58 mol (1)
+ Phương trình theo ∑nCO2 + N2) là:
an + 0,5a + 5,5b + 7c = 2,18 mol (2)
Lấy (1) – (2) ⇒ nHỗn hợp amin = a = 0,4 mol.
⇒ b + c = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol. (3)
+ Bảo toàn oxi ta có: 2b + 2c + 2,89×2 = 2,58 + 2d (4)
Thế (3) vào (4) ⇒ nCO2 = d = 1,8 mol
⇒ nN2 = e = 2,18 – 1,8 = 0,38 mol.
● Tính số mol valin và lysin:
Ta có hệ:
Phương trình theo nCO2 là: 0,4×n + 0,04×5 + 0,16×6 = 1,8 ⇔ n = 1,6
⇒ 2 amin là CHNH2 và C2H5NH2. Đặt số mol chúng lần lượt là a, b.
Ta có hệ:
+ Bảo toàn khối lượng ta có mX = 46,44 + 1,8×44 + 0,38×28 – 2,89×32 = 43,8 gam.
⇒ %mCH3NH2 = 0 , 16 . 31 43 , 8 × 100 ≈ 11.324%
Đốt cháy hoàn toàn m gam hh 2 ancol no, đơn chức đồng đẳng liên tiếp. Sản phẩm cháy lần lượt cho qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng dd KOH dư. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 5,22 gam và khối lượng bình 2 tăng 9,24 gam. Xác định CTPT của 2 ancol và tính giá trị của m.
$n_{H_2O} = \dfrac{5,22}{18} = 0,29(mol)$
$2KOH + CO_2 \to K_2CO_3 + H_2O$
$n_{CO_2} = \dfrac{9,24}{44} = 0,21(mol)$
Ta có :
$n_{ancol} = n_{H_2O} - n_{CO_2} = 0,29 - 0,21 = 0,08(mol)$
Gọi CT hai ancol là $C_nH_{2n+1}OH$
Suy ra $n = n_{CO_2} : n_{ancol} = 0,21 : 0,08 = 2,625$
Vậy hai ancol là $C_2H5OH(a\ mol) ; C_3H_7OH(b\ mol)$
Ta có :
a + b = 0,08
$n_{CO_2} = 2a + 3b = 0,21$
Suy ra a = 0,03 ; b = 0,05
Suy ra : m = 0,03.46 + 0,05.60 = 4,38(gam)
\(CT:C_{\overline{n}}H_{2\overline{n}+2}O\)
\(m_{\text{bình 1 tăng}}=m_{H_2O}=5.22\left(g\right)\)
\(\Rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{5.22}{18}=0.29\left(mol\right)\)
\(m_{\text{bình 2 tăng}}=m_{CO_2}=5.22\left(g\right)\)
\(\Rightarrow n_{CO_2}=\dfrac{9.24}{44}=0.21\left(mol\right)\)
\(TC:\)
\(\dfrac{\overline{n}}{2\overline{n}+2}=\dfrac{0.21}{0.29\cdot2}\)
\(\Leftrightarrow n=2.625\)
\(CTPT:C_2H_5OH.C_3H_7OH\)
\(n_{ancol}=n_{H_2O}-n_{CO_2}=0.29-0.21=0.08\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{O\left(ancol\right)}=0.08\left(mol\right)\)
\(m_{hh}=m_C+m_H+m_O=0.21\cdot12+0.29\cdot2+0.08\cdot16=4.38\left(g\right)\)
