Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có :
\(n_{CO2}=0,5\left(mol\right);n_{H2O}=0,7\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{ancol}=n_{H2O}-n_{CO2}=0,2\left(mol\right)\)
Số nguyên tử cacbon trung bình:
\(\overline{C}=\frac{n_{CO2}}{n_{ancol}}=2,5\)
Mà 2 ancol no, đơn chức, mạch hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng nên là:
\(\left\{{}\begin{matrix}C_2H_5OH:a\\C_3H_7OH:b\end{matrix}\right.\left(mol\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,2\\\frac{2a+3b}{a+b}=2,5\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,1\end{matrix}\right.\left(mol\right)\)
Gọi chung hai ancol có dạng:\(\overline{R}OH\)
\(PTHH:2\overline{R}OH\rightarrow\overline{R}_2O+H_2O\left(1\right)\)
\(n_{ete}=n_{N2}=0,03\left(mol\right);m_{ete}=2,5\left(g\right)\)
\(\Rightarrow M_{ete}=\frac{2,5}{0,03}=\frac{250}{3}\Rightarrow M_{\overline{R}}=\frac{101}{3}\)
Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:
\(\frac{n_{C2H5OH}}{n_{C3H7OH}}=\frac{43-\frac{101}{3}}{\frac{101}{3}-29}=\frac{2}{1}\)
Mặt khác tổng số mol hai ancol tạo ete là 0,06 mol [Theo PTHH (1)]
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_2H_5OH:0,04\left(mol\right)\\C_3H_7OH:0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow H\%_{C2H5OH}=\frac{0,04}{0,1}.100\%=40\%\)
\(\Rightarrow H\%_{C3H7OH}=\frac{0,02}{0,1}.100\%=20\%\)
Đặt công thức của ancol A là R1(OH)a, công thức của ancol B là R2(OH)b
-Thí nghiệm 1: nOH-= 2.nH2 → 0,015.a + 0,02.b= 2.1,008/22,4= 0,09 mol
-Thí nghiệm 2: nOH-= 2.nH2 → 0,02.a + 0,015.b= 2.0,952/22,4=0,085 mol
Giải hệ trên ta có: a= 2 và b= 3
Vậy A có dạng CnH2n+2O2: 0,015 mol và B có dạng CmH2m+2O3: 0,02 mol
tất cả sản phẩm cháy đi qua bình đựng CaO mới nung, dư thấy khối lượng bình tăng thêm 6,21 gam.
→mCO2+ mH2O= 6,21 gam
→ 44. (0,015n+ 0,02m) + 18. [0,015.(n+1) + 0,02. (m+1)]= 6,21 gam
→ 1,5n + 2m= 9
Biện luận ta thấy n=2 và m=3 thỏa mãn
Vậy A là C2H6O2 hay C2H4(OH)2
B là C3H8O3 hay C3H5(OH)3
a)
2 ancol tách nước tạo ra 2 anken đồng đẳng liên tiếp
=> 2 ancol no, đơn chức, mạch hở, đồng đẳng liên tiếp
Gọi công thức chung 2 ancol là CnH2n+1OH
PTHH
2CnH2n+1OH + 2Na --> 2CnH2n+1ONa + H2
CnH2n+1OH --H2SO4(đ),to--> CnH2n + H2O
CnH2n + \(\dfrac{3n}{2}\)O2 --to--> nCO2 + nH2O
\(n_{C_nH_{2n+1}OH}=\dfrac{p}{14n+18}\left(mol\right)\)
PTHH: 2CnH2n+1OH + 2Na --> 2CnH2n+1ONa + H2
\(\dfrac{p}{14n+18}\)-------------------------->\(\dfrac{p}{28n+36}\)
=> \(x=\dfrac{p}{28n+36}.22,4\left(l\right)\) (1)
Bảo toàn C: \(n_{C_nH_{2n}}=\dfrac{p}{14n+18}\left(mol\right)\)
=> \(V=\dfrac{p}{14n+18}.22,4\left(l\right)\)
=> \(n=\left(\dfrac{22,4p}{V}-18\right):14\)
Thay vào (1): \(x=\dfrac{p}{28.\dfrac{\dfrac{22,4p}{V}-18}{14}+36}.22,4=\dfrac{p}{\dfrac{44,8p}{V}}.22,4=\dfrac{1}{2}V\left(l\right)\)
Bảo toàn C: \(n_{CO_2}=\dfrac{pn}{14n+18}\left(mol\right)\)
=> \(y=\dfrac{p.\dfrac{\dfrac{22,4p}{V}-18}{14}}{14.\dfrac{\dfrac{22,4p}{V}-18}{14}+18}.22,4=\dfrac{22,4p-18V}{14}\left(l\right)\)
b)
\(n=\left(\dfrac{22,4.4,48}{1,568}-18\right):14\approx3,3\)
=> 2 ancol là C3H7OH và C4H9OH
CTCT:
- C3H7OH
(1) \(CH_3-CH_2-CH_2OH\)
(2) \(CH_3-CH\left(OH\right)-CH_3\)
- C4H9OH
(1) \(CH_3-CH_2-CH_2-CH_2OH\)
(2) \(CH_3-CH_2-CH\left(OH\right)-CH_3\)
(3) \(CH_3-CH\left(CH_3\right)-CH_2OH\)
(4) \(CH_3-C\left(CH_3\right)\left(OH\right)-CH_3\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_3H_7OH}=a\left(mol\right)\\n_{C_4H_9OH}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> 60a + 74b = 4,48 (1)
Và a + b = \(\dfrac{1,568}{22,4}=0,07\) (2)
(1)(2) => a = 0,05 (mol); b = 0,02 (mol)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_3H_7OH}=\dfrac{0,05.60}{4,48}.100\%=67\%\\\%m_{C_4H_9OH}=\dfrac{0,02.74}{4,48}.100\%=33\%\end{matrix}\right.\)
a) \(n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)
Gọi CTTB của hai kim loại là \(\overline{R}\)
PTHH : \(2\overline{R}+H_2SO_4-->\overline{R}_2SO_4+H_2\uparrow\) (1)
Theo pthh : \(n_{\overline{R}}=2n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)
=> \(M_{\overline{R}}=\frac{10,1}{0,3}\approx33,67\) (g/mol)
Mà hai kim loại thuộc hai chu kì liên tiếp => \(\hept{\begin{cases}Natri:23\left(Na\right)\\Kali:39\left(K\right)\end{cases}}\)
b) \(tổng.n_{H_2SO_4}=\frac{100\cdot19,6}{100\cdot98}=0,2\left(mol\right)\)
Theo pthh : \(n_{H_2SO_4\left(pứ\right)}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)
=> \(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,2-0,15=0,05\left(mol\right)\)
PTHH : \(2Na+H_2SO_4-->Na_2SO_4+H_2\) (2)
\(2K+H_2SO_4-->K_2SO_4+H_2\) (3)
Đặt : \(\hept{\begin{cases}n_{Na}=x\left(mol\right)\\n_K=y\left(mol\right)\end{cases}}\) \(\Rightarrow23x+39y=10,1\left(I\right)\)
Theo pt (2); (3) : \(tổng.n_{H_2}=\frac{1}{2}n_{Na}+\frac{1}{2}n_K\)
\(\Rightarrow\frac{x}{2}+\frac{y}{2}=0,15\left(II\right)\)
Theo (I) và (II) => \(\hept{\begin{cases}x=0,1\\y=0,2\end{cases}}\)
Theo pthh (2) : \(n_{Na_2SO_4}=\frac{1}{2}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\)
(3) : \(n_{K_2SO_4}=\frac{1}{2}n_K=0,1\left(mol\right)\)
Áp dụng ĐLBTKL : \(m_{hh}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspu}+m_{H_2}\)
=> \(10,2+100=m_{ddspu}+2\cdot0,15\)
=> \(m_{ddspu}=109,9\left(g\right)\)
=> \(\hept{\begin{cases}C\%_{Na_2SO_4}=\frac{142\cdot0,05}{109,9}\cdot100\%\approx6,46\%\\C\%_{K_2SO_4}=\frac{174\cdot0,1}{109,9}\cdot100\%\approx15,83\%\\C\%_{H_2SO_4}=\frac{98\cdot0,05}{109,9}\cdot100\%\approx4,46\%\end{cases}}\)
c) ktr lại đề nhé. phần 3,7 (g) ra số liệu hơi lẻ :((
\(m_{H2O}=7,8-6=1,8\left(g\right)\)
\(n_{H2O}=\frac{1,8}{18}=0,1\left(mol\right)\)
Neste bằng nhau nên nancol bằng nhau
\(n_X=2n_{H2O}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\) n mỗi ancol \(=0,1\left(mol\right)\)
Gọi 2 ancol có dạng là \(C_nH_{2n+1}OH,C_mH_{2m+1}OH\)
\(0,1.\left(14n+18\right)+0,1.\left(14m+18\right)=7,8\)
\(\Rightarrow n+m=3\)
\(\Rightarrow CH_3OH;C_2H_5OH\)
