Hỗn hợp E gồm hai amin no X (CnH2n+3N), Y (CnH2n+4N2, với n ≥ 2) và hai hiđrocacbon mạch hở là đồng đẳng kế tiếp (số liên kết trong phân tử mỗi hiđrocacbon không quá 3). Đốt cháy hoàn toàn 0,08 mol E cần dùng 0,355 mol O2 thu được 4,86 gam H2O và 5,6 lít hỗn hợp (N2, CO2). Phần trăm khối lượng của hiđrocacbon có phân tử khối nhỏ hơn trong E là
A. 21,9%. B. 12,9%. C. 19,9%. D. 10,9%.
Câu trả lời tốt nhất
nH2O = 0,27; nCO2 + nN2 = 0,25
Bảo toàn O: 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
—> nCO2 = 0,22 —> nN2 = 0,03
Bảo toàn khối lượng —> mE = 4,02
X, Y = CH4 + ?CH2 + kNH
Hiđrocacbon Z = CH4 + ?CH2 – gH2
Quy đổi E thành CH4 (0,08), CH2, H2 và NH (0,03.2 = 0,06)
Bảo toàn C —> nCH2 = 0,14
Bảo toàn H —> nH2 = -0,06
nE = nNH/k – nH2/g = 0,08 ⇔ 3/k + 3/g = 4
1 < k < 2 —> 1,2 < g < 3 —> g = 2 là nghiệm duy nhất
—> k = 1,2
—> E gồm CnH2n+3,2N1,2 (0,05 mol) và CmH2m-2 (0,03 mol)
nCO2 = 0,05n + 0,03m = 0,22 —> 5n + 3m = 22
n ≥ 2; m > 2; m không nguyên —> n = 3, m = 7/3 là nghiệm duy nhất.
—> Hiđrocacbon gồm C2H2 (0,02), C3H4 (0,01)
—> %C2H2 = 0,02.26/4,02 = 12,94%