Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1/
\(2C\left(\dfrac{m}{12}\right)+O_2\left(\dfrac{m}{24}\right)\rightarrow2CO_2\left(\dfrac{m}{12}\right)\)
\(CO_2\left(\dfrac{m}{12}\right)+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\left(\dfrac{m}{12}\right)+H_2O\)
Nếu như O2 thì tỷ khối của hỗn hợp so với O2 phải là: \(\dfrac{44}{32}=1,375>1,25\) vậy trong hỗn hợp khí phải có O2
\(n_C=\dfrac{m}{12}\left(mol\right)\)
\(n_{O_2}=\dfrac{V}{22,4}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{12}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{44.\dfrac{m}{12}+32.\left(\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{24}\right)}{\dfrac{m}{12}+\dfrac{V}{22,4}-\dfrac{m}{24}}=1,25.32=40\)
\(\Leftrightarrow15V-28m=0\left(1\right)\)
Ta lại có: \(n_{CaCO_3}=\dfrac{6}{100}=0,06\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{m}{12}=0,06\Leftrightarrow m=0,72\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có hệ: \(\left\{{}\begin{matrix}15V-28m=0\\m=0,72\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m=0,72\left(g\right)\\V=1,344\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
Đáp án : D
nMg = 0,08 mol ; nFe = 0,08 mol
Khi phản ứng với X thì có x mol Cl2 và y mol O2 phản ứng
Giả sử tạo a mol Fe2+ và (0,08 – a) mol Fe3+
Bảo toàn điện tích : 2.0,08 + 2a + 3(0,08 – a) = 2x + 4y
Hòa tan Y bằng HCl : 2Cl thay thế 1 O => nO = ½ nHCl = 0,12 mol = 2y
=> 0,4 – a = 2x + 4.0,06 (1)
,Sau đó : phản ứng với AgNO3 tạo : (2x + 0,24) mol AgCl và a mol Ag
=> 56,69 = 143,5(2x + 0,24) + 108a (2)
Từ (1),(2) => x = 0,07 ; a = 0,02 mol
=> %VCl2(X) = 53,85%
$n_{Ba(OH)_2}= 0,2(mol)$
$n_{BaCO_3} = 0,15(mol)$
TH1 : $Ba(OH)_2$ dư
$Ba(OH)_2 + CO_2 \to BaCO_3 + H_2O$
$n_{CO_2} = n_{BaCO_3} = 0,15(mol) > n_{hh\ khí} = 0,05$(loại)
TH2 : Kết tủa bị hòa tan 1 phần
$n_{Ba(HCO_3)_2} = n_{Ba(OH)_2} - n_{BaCO_3} = 0,05(mol)$
$n_{CO_2} = n_{BaCO_3} + 2n_{Ba(HCO_3)_2} = 0,3(mol) >n_{hh}$
(Sai đề)
Đáp án B
Vì Y và Z là este có một liên kết đôi, đơn chức
Ta có hệ phương trình:
Este có phân tử khối lớn nhất trong hỗn hợp E là Z: CH3CH=CHCOOC2H5
Đáp án : B
Vì F chỉ chứa 2 muối => Y và Z phải có 2 gốc axit là 2 đồng phân hình học của nhau
=> Số C ≥ 4
, nCOO = nNaOH = 0,3 mol = nE
=> mC + mH + mO = mE => 12nCO2 + 2nH2O = 12,02g
Lại có : mdd giảm = mCaCO3 – (mCO2 + mH2O)
=> 56nCO2 – 18nH2O = 34,5g
=> nCO2 = 0,87 ; nH2O = 0,79 mol
=> Số C trung bình = 2,9
=> este X chắc chắn là HCOOCH3
=> ancol còn lại là C2H5OH
Vì Y,Z có 2 pi ; X chỉ có 1 pi => nCO2 – nH2O = nY + nZ = 0,08 mol
=> nX = 0,22 mol
Công thức của Y và Z có dạng : CnH2n-2O2
=> mE = 0,22.60 + 0,08.(14n + 30) = 21,62
=> n = 5,375
=> 2 este là CH3-CH=CHCOOCH3 và CH3-CH=CHCOOC2H5
=> nY + nZ = 0,08 ; 5nY + 6nZ = nCO2 – 2nX = 0,43 mol
=> nY = 0,05 ; nZ = 0,03 mol
=> %mZ = 15,82%
Đáp án D
n E = n N a O H = 0,3 mol → n O ( E ) = 0,6 mol
Đặt a, b là số mol CO2, H2O → ∆m + 44a + 18b – 100a = -34
m E = 12a +2b + 0,6∙16 = 21,62
→ a = 0,87 và b = 0,79
→ Số C = n C n E = 2,9 → X là HCOOCH3
n Y + n Z = n C O 2 - n H 2 O = 0,08 1
Vậy nếu đốt Y và Z thu được
n C O 2 = 0,87 – 0,22∙2 = 0,43
→ Số C trung bình của Y, Z = 0,43/0,08 = 5,375
Y, Z có đồng phân hình học nên Y là: CH3-CH=CH-COOCH3
Do sản phẩn xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH3-CH=CH-COOC2H5
Vậy muối có M lớn nhất là CH3-CH=CH-COONa 0,08 mol)
→ KL muối= 0,08∙108 = 8,64 gam
n C O 2 = 0,22∙2 + 5 n Y + 3 n Z = 0,87 2
Kết hợp 1 và 2 → nY = 0,05 và nZ = 0,03
→ m C H 3 - C H = C H C O O N a = 8,64 gam
Ta có: nCa = 0,2
dd Z chứa muối Ca(HCO3)2, kết tủa CaCO3
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 \(\rightarrow\) CaCO3 + BaCO3 + 2H2O
x mol x mol x mol
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=0,2\\100\text{x}+297y=49,55\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,15\end{matrix}\right.\)
\(\underrightarrow{C}\) nC = 0,35
\(\underrightarrow{m}\) nH = 1 \(\rightarrow\)\(\) nH2O = 0,5
nankan = 0,15 \(\rightarrow\) n mỗi akan = 0,05 (mol)
CH4
C2H6
C4H10