Đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon X ở thể khí. Sản phẩm cháy thu được

Chọn B

Phương pháp giải:

Do cho nước lọc tác dụng với Ba(OH)₂ lại thu thêm kết tủa ⟹ Nước lọc có chứa Ca(HCO₃)₂

Khi đó ta có các PTHH:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O                                         (1)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂                                           (2)

Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + CaCO₃ + H₂O              (3)

- Từ tổng khối lượng kết tủa 2 lần ta tính được số mol CO₂ ở (2) ⟹ Tổng số mol CO₂.

- Từ khối lượng bình tăng tính được lượng H₂O: m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O

- Bảo toàn nguyên tố C, H để tính số mol C, H

- Lập tỉ lệ n_C : n_H ⟹ CTĐGN của X.

- Dựa vào dữ kiện hiđrocacbon ở thể khí ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

Do cho nước lọc tác dụng với Ba(OH)₂ lại thu thêm kết tủa ⟹ Nước lọc có chứa Ca(HCO₃)₂

Khi đó ta có các PTHH:

              CO₂  +   Ca(OH)₂  →  CaCO₃  +   H₂O                                                                 (1)

(mol)       0,1                   ←         0,1

              2CO₂  +   Ca(OH)₂  →  Ca(HCO₃)₂                                                                       (2)

(mol)       2x                  →                 x

              Ca(HCO₃)₂    +   Ba(OH)₂  →  BaCO₃  +   CaCO₃  +   H₂O                                 (3)

(mol)           x                →                         x      →       x

- Ta có tổng khối lượng kết tủa 2 lần: ∑m_{kết tủa} = 10 + 197x + 100x = 39,7 ⟹ x = 0,1 mol ⇒nCO2=2x+0,1=0,3(mol)

- Khối lượng bình tăng: mbinhtang=mCO2+mH2O⇒0,3.44+mH2O=16,8 ⇒mH2O=3,6(g)⇒nH2O=0,2(mol)

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ nC=nCO2=0,3(mol)

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ nH=2nH2O=0,4(mol)

Ta có n_C : n_H = 3 : 4

⟹ CTĐGN là C₃H₄ ⟹ CTPT của X có dạng (C₃H₄)_n.

Do hiđrocacbon ở thể khí nên có số C ≤ 4 ⟹ 3n ≤ 4 ⟹ n ≤ 1,33 ⟹ n = 1.

Vậy CTPT của X là C₃H₄.