Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(n_{Ba\left(ỌH\right)_2}=0,1.0,3=0,03\left(mol\right)\\ n_{BaCO_3}=\dfrac{3,94}{197}=0,02\left(mol\right)\)
PTHH:
Ba(OH)2 + CO2 ---> BaCO3 + H2O
0,02 0,02 0,02
So sánh: 0,2 < 0,3 => Có tạo muối axit
\(n_{Ba\left(OH\right)_2\left(tạo.muối.axit\right)}\) = 0,03 - 0,02 = 0,01 (mol)
Ba(OH)2 + CO2 + H2O ---> Ba(HCO3)2
0,01 0,01
=> nCO2 = 0,02 + 0,01 = 0,03 (mol)
PTHH: C + O2 ---to---> CO2
0,03 0,03 0,03
mC = 0,03.12 = 0,36 (g)
=> m = mthan = \(\dfrac{0,36}{100\%-4\%}=0,375\left(g\right)\)
Gọi nO2 (dư) = a (mol)
=> \(M_A=\dfrac{0,03.44+32a}{0,03+a}=19,6.2\\ \Leftrightarrow a=0,02\left(mol\right)\)
=> VO2 = (0,03 + 0,02).22,4 = 1,12 (l)
nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol
nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol
Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)
Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2
x → 2x → x (mol)
Mg + 2H+ → Mg2+ + H2
y → 2y → y (mol)
Dung dịch Y gồm có:
Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol)
=> NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan một phần
=> nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol
H+ + OH- → H2O
0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)
Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2
x → 2x → x (mol)
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2
y → 2y → y (mol)
Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O
0,01 ← 0,02 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2
=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = 8
Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol)
=> nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol)
- Khi kết tủa Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+
=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol
Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại
- Giả sử sau khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2:
+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol
=> mBaSO4 = 233b (gam)
+ Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)
=> mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)
Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại. Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol
=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)
Kết tủa sau phản ứng gồm có:
Mg(OH)2 → t ∘ MgO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
Zn(OH)2 → t ∘ ZnO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
=> m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam
mdd giảm = m↓ - mCO2 → mCO2 = 10 - 3,4 = 6,6 gam → nCO2 = 6,6 : 44 = 0,15 mol.
C6H12O6 enzim−−−−→30−35oC→30-35oCenzim2C2H5OH + 2CO2
Theo phương trình: nC6H12O6 = 0,15 : 2 = 0,075 mol.
Mà H = 90% → nC6H12O6 = 0,075 : 90% = 1/12 mol → m = 180 x 1/12 = 15 gam
MX = 48 → nX = 0,96/48 = 0,02
Ta có:
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O
0,05 ←0,05 → 0,05
CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2
0,02→ 0,02
Dư: 0,03
→ nBaCO3 dư = 0,03 → x = 5,91 (g) và mdd giảm = mBaCO3 – mCO2 + mH2O= 1,75 (g)
- Phần 1 tác dụng với Br2: nBr2 = 16:160 = 0,1 mol
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
0,05 ← 0,1 (mol)
- Đặt số mol khí mỗi phần như sau:
+ Số mol hỗn hợp khí X là: nX = 11,2:22,4 = 0,5 mol
Ta có: n khí P1 + n khí P2 = nX => 0,05 + x + 0,05k + kx = 0,5 <=> (x + 0,05)k = 0,45 - x
=> 
+ Đốt cháy phần 2:
C2H2 + 2,5O2 → t ∘ 2CO2 + H2O
0,05k → 0,1k→ 0,05k (mol)
CH4 + 2O2 → t ∘ CO2 + 2H2O
kx → kx → 2kx (mol)
Sản phẩm cháy gồm
dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư:
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O
k(x+0,1) → k(x+0,1) (mol)
Khối lượng dung dịch giảm: m dd giảm = mBaCO3 – mCO2 – mH2O
=> 197k(x+0,1) – 44k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525
=> 153k(x+0,1) – 18k(2x+0,05) = 69,525
=> k(117x+14,4) = 69,525
CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2
0,2 ← 0,2 (mol)
Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4
0,1 ← 0,1 (mol)
Giá trị của m là: m = mCaC2 + mAl4C3 = 0,2.64 + 0,1.144 = 27,2 gam
Phần trăm thể tích các khí trong X là:
tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư:
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ + 2NH4NO3
0,15 → 0,15 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được là: mAg2C2 = 0,15.240 = 36 gam
Theo đề bài: cho A phản ứng với dung dịch NaOH thu được glixerol và 2 muối của 2 axit đơn chức, A chỉ chứa 1 loại nhóm chức
=> A là este 3 chức phản ứng với NaOH theo tỷ lệ mol 1:3 tạo ra 0,02 mol glixerol nên tiêu thụ 0,06 mol NaOH, tạo ra 0,04 mol 1 muối và 0,02 mol muối còn lại.
A + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 2R1COONa + R2COONa
0,06 ← 0,02 → 0,04 → 0,02
=> nNaOH dư = 0,025.4 – 0,06 = 0,04 mol
Ta lại có: Axit X ít hơn Y 2 nguyên tử C và có cùng số nguyên tử H.
=> Gọi CTPT của các muối của X, Y với số mol tương ứng là CnHmCOONa x mol và Cn+2HmCOONa y mol.
Bảo toàn Na ta có:
nNa2CO3 = 1/2nNaOH bđ = 0,05 mol
Dẫn hỗn hợp khí và hơi sau khi đốt cháy B vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì xảy ra phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O
=> nCO2 = nBaCO3 = 195,03/197 = 0,99 mol
Bảo toàn C ta có (n+1)x + (n+3)y = 0,05 + 0,99 =1,04 (*)
Xét 2 trường hợp có thể có với este A.
Trường hợp 1: A chứa 2 gốc axit X và 1 gốc axit Y
=> x = 0,04 mol, y = 0,02 thay vào (*) thì n = 15,67 vô lí (loại).
Trường hợp 2: A chứa 2 gốc axit Y và 1 gốc axit X
=> x = 0,02 mol, y = 0,04 mol thay vào (*) thì n =15
Khi đó 19,24 gam hỗn hợp B gồm: C15HmCOONa 0,02 mol, C17HmCOONa 0,04 mol và NaOH dư 0,04 mol.
=> 0,02(247 + m) + 0,04(271 + m) + 0,04 . 40 = 19,24
=> m = 31 (thỏa mãn)
=> 2 muối thu được là C15H31COONa và C17H31COONa
Este A có dạng:
CTPT của A là C55H98O6
C2H4, C3H6, C4H8 cùng là anken nên có công thức chung là CnH2n
2CO + O2 → 2CO2↑ (1)
x → x (mol)
2H2 + O2 → 2H2O (2)
y → y (mol)
CnH2n + O2 → nCO2 + 2nH2O (3)
Sản phẩm cháy thu được gồm có CO2 và H2O.
Khi hấp thụ vào dd Ca(OH)2: 0,04 mol thu được dung dịch Y, thêm từ từ Ba(OH)2 vào dung dịch Y thu được kết tủa của các ion kim loại => CO2 phản ứng với Ca(OH)2 theo phương trình:
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O (4)
CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + H2O (5)
Dd Y chứa Ca(HCO3)2
BaCl2 + Ca(HCO3)2 → CaCO3↓ + BaCO3↓ + H2O (6)
m1 = mCaCO3(4)
m2 = mCaCO3(5) + mBaCO3
=> m1 + m2 = ∑ mCaCO3↓ + mBaCO3 = 6,955 (g) (*)
BTNT Ca: => ∑nCaCO3↓ = ∑ nCa(OH)2 (4+5) = 0,04 (mol)
Từ (*)
=> nCaCO3(6) = nBaCO3 = 0,015 (mol)
=> nCaCO3(4) = ∑nCa(OH)2 – nBaCO3 = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol)
BTNT C => ∑ nCO2 = ∑ nCaCO3 + nBaCO3 = 0,04 + 0,015 = 0,055 (mol)
Khối lượng dd Y tăng 0,82 gam so với dd Ca(OH)2 ban đầu
=> mCO2 + mH2O – mCaCO3(4) = 0,82
=> mH2O = 0,82 + 0,025.100 – 0,055.44 = 0,9 (g)
=> nH2O = 0,9 : 18 = 0,05 (mol)
BTKL ta có: mhhX + mO2 = mCO2 + mH2O
=> mO2 = 0,055.44 + 0,9 – 0,92 = 2,4 (g) => nO2 = 0,075 (mol)
BTNT O: nO( trong CO) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O
=> nO( trong CO) = 2.0,055 + 0,05 – 0,075.2 = 0,01 (mol) => nCO = 0,01 (mol)
Từ PTHH (1), (2), (3) ta thấy khi đốt cháy CnH2n luôn cho nH2O = nCO2 => sự chênh lệch mol CO2 và mol H2O là do đốt cháy CO và H2
=> nCO2 – nH2O = x – y = 0,055 – 0,05 = 0,005 (mol)
Mặt khác: nCO – nH2 = x – y = 0,005 (mol)
=> nH2 = nCO – 0,005= 0,01 – 0,005 = 0,055 (mol)
Câu 1
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên
tố H ta có:
nHCl = 2nH2 = 2.0,045 = 0,09 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
ta có: mA + mHCl = m muối + mH2
=> m = m muối + mH2 – mA = 4,575 + 0,045.2 – 0,09.36,5 = 1,38 (gam)
Câu 2
Do cho kim loại phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3 đặc nên khí sinh ra là SO2 và NO2.
Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:
SO2: 64 4,5
50,5
NO2: 46 13,5
→nSO2=nNO2=4,513,5=13
Đặt số mol của Fe và M lần lượt là x và y (mol)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
x x (mol)
M + nHCl → MCln + 0,5nH2
y 0,5ny (mol)
nH2 = 0,045 => x + 0,5ny = 0,045 (1)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc và H2SO4 đặc:
Ta có các bán phản ứng oxi hóa – khử:
Fe → Fe3+ + 3e
x 3x
M → Mn+ + ne
y ny
S+6 + 2e → S+4 (SO2)
0,021 0,042
N+5 + 1e → N+4 (NO2)
0,063 0,063
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + ny = 0,042 + 0,063 hay 3x + ny = 0,105 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:
Mặt khác: mA = mFe + mM => 1,38 = 0,015.56 + My => My = 0,54(4)
Từ (3) và (4) suy ra M = 9n
Ta có bảng sau:
| n |
1 |
2 |
3 |
| M |
9 (loại) |
18 (loại) |
27 (nhận) |
Vậy kim loại M là nhôm, kí hiệu là Al.
đề đáng lẽ phải là tính a với V1 chứ :v
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.0,1=0,03\left(mol\right)\\n_{KOH}=0,3.0,2=0,06\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(n_{BaCO_3}=\dfrac{3,94}{197}=0,02\left(mol\right)\)
- TH1: Kết tủa không bị hòa tan
PTHH: Ba(OH)2 + CO2 --> BaCO3 + H2O
0,02<----0,02
=> nCO2 = 0,02 (mol)
- Nếu trong hỗn hợp A chứa CO2, O2 dư
\(\overline{M}_A=\dfrac{0,02.44+32.n_{O_2}}{0,02+n_{O_2}}=19,6.2=39,2\left(g/mol\right)\)
=> nO2(dư) = \(\dfrac{1}{75}\left(mol\right)\)
PTHH: C + O2 --to--> CO2
0,02<-0,02<---0,02
=> \(V_1=\left(\dfrac{1}{75}+0,02\right).22,4=\dfrac{56}{75}\left(l\right)\)
\(m_C=0,02.12=0,24\left(g\right)\)
=> \(a=m_{than}=\dfrac{0,24.100}{96}=0,25\left(g\right)\)
- Nếu trong hỗn hợp chứa CO2, CO
\(\overline{M}=\dfrac{0,02.44+28.n_{CO}}{0,02+n_{CO}}=39,2\left(g/mol\right)\)
=> \(n_{CO}=\dfrac{3}{350}\left(mol\right)\)
Bảo toàn C: \(n_C=0,02+\dfrac{3}{350}=\dfrac{1}{35}\left(mol\right)\)
=> \(m_C=\dfrac{1}{35}.12=\dfrac{12}{35}\left(g\right)\)
Bảo toàn O: \(n_{O_2}=\dfrac{0,02.2+\dfrac{3}{350}}{2}=\dfrac{17}{700}\left(mol\right)\)
=> \(V_1=\dfrac{17}{700}.22,4=0,544\left(l\right)\)
TH2: Nếu kết tủa bị hòa tan 1 phần
PTHH: Ba(OH)2 + CO2 --> BaCO3 + H2O
0,03----->0,03---->0,03
2KOH + CO2 --> K2CO3 + H2O
0,06-->0,03---->0,03
K2CO3 + CO2 + H2O --> 2KHCO3
0,03--->0,03
BaCO3 + CO2 + H2O --> Ba(HCO3)2
0,01--->0,01
=> nCO2 = 0,1 (mol)
- Nếu trong A chứa CO2, O2 dư
\(\overline{M}_A=\dfrac{0,1.44+32.n_{O_2}}{0,1+n_{O_2}}=39,2\left(g/mol\right)\)
=> \(n_{O_2}=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\)
PTHH: C + O2 --to--> CO2
0,1<-0,1<------0,1
=> \(m_C=0,1.12=1,2\left(g\right)\)
=> \(a=m_{than}=\dfrac{1,2.100}{96}=1,25\left(g\right)\)
\(V_1=\left(\dfrac{1}{15}+0,1\right).22,4=\dfrac{56}{15}\left(l\right)\)
- Nếu trong A chứa CO2, CO
\(\overline{M}_A=\dfrac{0,1.44+28.n_{CO}}{0,1+n_{CO}}=39,2\left(g/mol\right)\)
=> \(n_{CO}=\dfrac{3}{70}\left(mol\right)\)
Bảo toàn C: \(n_C=0,1+\dfrac{3}{70}=\dfrac{1}{7}\left(mol\right)\)
=> \(m_C=\dfrac{1}{7}.12=\dfrac{12}{7}\left(g\right)\)
=> \(a=m_{than}=\dfrac{\dfrac{12}{7}.100}{96}=\dfrac{25}{14}\left(g\right)\)
Bảo toàn O: \(n_{O_2}=\dfrac{2.0,1+\dfrac{3}{70}}{2}=\dfrac{17}{140}\left(mol\right)\)
=> \(V_1=\dfrac{17}{140}.22,4=2,72\left(l\right)\)