Dạng bài về phản ứng đốt cháy

Ta có ${ n _{ankan}}={ n _{{ H _ 2 }O}}-{ n _{C{ O _ 2 }}}=0,23-0,14=0,09(mol)$

$\to { n _{anken}}=0,1-0,09=0,01(mol)$

Vì X là anken $\to { n _{C{ O _ 2 }}}={ n _{{ H _ 2 }O}}=0,1(mol)$

${ m _{binh\tan g}}={ m _{C{ O _ 2 }}}+{ m _{{ H _ 2 }O}}=0,1.44+0,1.18=6,2g$

Ta có ${ n _{ankan}}={ n _{{ H _ 2 }O}}-{ n _{C{ O _ 2 }}}=0,05(mol)$

$\to { n _{anken}}=0,2-0,05=0,15(mol)$

$\to \%{ n _{anken}}=\dfrac{0,15}{0,2}.100\%=75\%$

${ n _ M }=0,1(mol);{ n _{C{ O _ 2 }}}=0,4(mol);{ n _{{ H _ 2 }O}}=0,4(mol)$

Số C $=\dfrac{{ n _{C{ O _ 2 }}}}{{ n _ M }}=4$ ; số H $=\dfrac{2.{ n _{{ H _ 2 }O}}}{{ n _ M }}=8$

Vậy M có công thức phân tử là ${ C _ 4 }{ H _ 8 }$

Vì đốt cháy hỗn hợp anken $\to { n _{{ H _ 2 }O}}={ n _{C{ O _ 2 }}}=0,75(mol)$

BTKL $m={ m _ C }+{ m _ H }=12{ n _ C }+1{ n _ H }=12{ n _{C{ O _ 2 }}}+1.2{ n _{{ H _ 2 }O}}=12.0,75+1.2.0,75=10,5g$

${ n _{me\tan }}={ n _{{ H _ 2 }O}}-{ n _{C{ O _ 2 }}}=0,04(mol)$

$BT(C):{ n _{me\tan }}+2{ n _{etilen}}={ n _{C{ O _ 2 }}}\to 0,04+2.{ n _{etilen}}=0,1$

$\to { n _{etilen}}=0,03(mol)$

$\%{ m _{me\tan }}=\dfrac{0,04.16}{0,04.16+0,03.28}.100\%=43,24\%$

$\%{ m _{etilen}}=100-43,24=56,76\%$

${ n _{C{ O _ 2 }}}=0,375(mol);{ n _{{ H _ 2 }O}}=0,375(mol)$

Vì ${ n _{C{ O _ 2 }}}={ n _{{ H _ 2 }O}}\to$ hiđrocacbon là anken

$\overline C =\dfrac{{ n _{C{ O _ 2 }}}}{{ n _{anken}}}=2,4$

Vậy 2 anken là ${ C _ 2 }{ H _ 4 }$ và ${ C _ 3 }{ H _ 6 }$

Vì đốt cháy anken nên ${ n _{C{ O _ 2 }}}={ n _{{ H _ 2 }O}}\to \dfrac{a+40}{44}=\dfrac{a+14}{18}$

$\to a=4$

${ n _{C{ O _ 2 }}}=0,1(mol)\to { n _{{ H _ 2 }O}}=0,1(mol)$

$BT(O):2{ n _{{ O _ 2 }}}=2{ n _{C{ O _ 2 }}}+{ n _{{ H _ 2 }O}}$

$\to { n _{{ O _ 2 }}}=0,15(mol)\to { V _{{ O _ 2 }}}=3,36(lit)$

${ n _{C{ O _ 2 }}}=0,2(mol);{ n _{{ H _ 2 }O}}=0,3(mol)$

${ n _{ankan}}={ n _{{ H _ 2 }O}}-{ n _{C{ O _ 2 }}}=0,1(mol)$

$\to { n _{anken}}={ n _{hh}}-{ n _{ankan}}=0,1(mol)$