Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
→ H - = 0 , 2295 . 2 0 , 09 = 5 , 1
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: n N 2 < 0 , 045 → n C O 2 > 0 , 1845 → n H 2 O - n C O 2 < 0 , 2295 - 0 , 1845 = 0 , 045 = 0 , 09 2 < < 0 , 09 . 3 2
Do vậy 2 amin phải là CH2=CHNH2 và C3H5NH2.
→ M Y + M Z = 100
Chọn đáp án B
Thí nghiệm 1: R ( C H 2 O H ) n + n C u O → t o R ( C H O ) n + n C u + n H 2 O
Áp dụng tăng giảm khối lượng có:
nCuO phản ứng = 4 , 8 16 = 0 , 3 m o l ⇒ n a n c o l = 0 , 3 n m o l
n A g = 90 , 72 108 = 0 , 84 m o l ⇒ n A g n a n c o l = 0 , 84 0 , 3 n = 2 , 8 n
→ Chứng tỏ 2 ancol là CH3OH (x mol) và C2H5OH (y mol)
⇒ x + y = 0 , 3 4 x + 2 y = 0 , 84 ⇒ x = 0 , 12 y = 0 , 18
Thí nghiệm 2: 6,51 gam ete tương ứng với 0,105 mol ete.
Đặt số mol X, Y phản ứng tạo ete lần lượt là a, b.
→ nancol phản ứng = a + b = 2nete = 0,21 mol, n H 2 O = n e s t e = 0 , 105 m o l
→ mancol phản ứng = 32a + 46b = 6,51 + 18.0,105 = 8,4 g
→ a = 0 , 09 b = 0 , 12
→ Phần trăm số mol Y phản ứng = 0 , 12 0 , 18 . 100 % = 66 , 67 %
Chọn D.
Giả sử có 1 mol hỗn hợp Y. Làm lạnh Y Þ H2O: 0,425 mol và Z: 0,575 mol
Dẫn Z qua dung dịch KOH dư Þ CO2: 0,5217.0,575 = 0,3 mol Þ O2 dư: 0,275 mol
Nhận thấy: n C O 2 < n H 2 O nên X là ankan với n X = n H 2 O - n C O 2 = 0 , 125 m o l ⇒ C X = 2 , 4
Vậy 2 ankan trong X là C2H6 (0,075 mol) và C3H8 (0,05 mol) ⇒ % m C 2 H 6 = 50 , 56 %