Hỗn hợp X chứa etylamin và trimetylamin. Hỗn hợp Y chứa 2 hiđrocacbon mạch hở có số liên kết (π) nhỏ hơn 3. Trộn X và Y theo tỉ lệ mol nX : nY = 1: 5 thu được hỗn hợp Z. Đốt cháy hoàn toàn 3,17 gam hỗn hợp Z cần dùng vừa đủ 7,0 lít khí oxi (đktc), sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2 được dẫn qua dung dịch NaOH đặc, dư thấy khối lượng dung dịch tăng 12,89 gam. Phần trăm khối lượng của etylamin trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?

nO2 = 7/22,4 = 0,3125 mol

Gọi số mol của X và Y lần lượt là a và 5a (mol)

BTKL: mZ + mO2 = mCO2 +mH2O  +  mN2  

=>  mCO2+ mH2O + mN2= 3,17 + 0,3125.32 =13,17 gam  1

Khối lượng dung dịch NaOH đặc tăng chính là khối lượng của CO2 và H2O

=> mCO2 + mH2O = 12,89 g  2

Từ (1) và (2) =>mN2 = 0,28g ⇒nN2 = 0,01 mol

BTNT N => nX = 2 nN2= 0,02mol

=> nZ = 6nX = 0,12 mol

Gọi x và y lần lượt là số mol của CO2 và H2O

  ∑m(CO2+H2O)=44x+18y=12,89→BTNT: O2x+y=0,3125.2=>  x=0,205y=0,215

Số C trung bình trong Z là:  =nCO2nZ  = 0,2050,12 = 1,7  

=> Y phải có CH4

TH₁: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có liên kết pi

=>nH2O  − nCO2 = 1,5namin + nY => ta thấy không thỏa mãn vì: 0,01 ≠ 0,08 => loại

TH₂: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 1 liên kết pi

=>nH2O  −nCO2 = 1,5namin + nCH4 (Vì đốt HC có 1 liên kết pi cho số mol CO2 = H2O )

=>nCH4 = (0,215 – 0,205) – 1,5.0,02 = - 0,02 (mol) < 0 => loại

TH₃: Hiđrocacbon còn lại trong Y không có 2 liên kết pi

Gọi a và b lần lượt là số mol của CH4 và CmH2m−2 trong Y

∑nY=a+b=0,1nH2O − nCO2=1,5namin+a−b ⇒a+b=0,10,01=1,5.0,02+a−b⇒a=0,04b=0,06

Gọi CTPT chung của 2 amin là:

CH2+3N:0,01 molCH4:0,04 molCmH2m−2:0,06 mol→BTNT: CnCO2= 0,01n¯ + 0,04 + 0,06m = 0,205

=> 2 

=> 1,75 < m < 2,08

=> m = 2 => C2H2

=> n¯ = 2,25

Gọi u và v lần lượt là số mol của C2H7N và C3H9N

 ∑nX=u+v=0,02=2u+3v0,02=2,25=>  u=0,015molv=0,005mol

=> %C2H7N = 0,015.450,015.45+0,005.59.100% = 69,58%

Gần nhất với 70%

Đáp án cần chọn là: B