Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
VO2(pư)=1/5Vkk=8.4(l).theo bài ra ta có nCO2+N2=44.8/22.4=2(1)lại có dB/H2=15=>nCO2/nN2=1/7(2).từ (1)và(2)=>nCO2=0.25(mol)và nN2=1.75(mol).
áp dụng ĐLBTKL ta có m=mCO2+mH2O+mN2-mO2(pư)=57(gam).ta lại có mC+mH+mN=nCO2.12+2.nH2O+28.nN2=53(gam) <57(gam)=>trong A có nguyên tố oxi mO=57-53=4(gam).gọi CTĐGN của A là CxHyOzNt ta có:x:y:z:t=nCO2:2nH2O:nO:2nN2=1:4:1:14=>CTĐGN của A:CH4ON14.lại có 12n+4n+16n+196n=600(tớ nghĩ phải là 600 chứ A chứa nhiều nguyên tố lắm)=>n=3=>CTHH của A:C3H12O3N42.
Chọn đáp án D
Ta có n C O 2 = n H 2 O = 0 , 18
⇒ 2 Este là no đơn chức mạch hở có dạng CnH2nO2
BTNT(O) ⇒ n E = ∑ n E s t e = 0 , 18 × 2 + 0 , 18 × 1 - 0 , 22 × 2 2 = 0 , 05
⇒ C t r u n g b ì n h c ủ a 2 e s t e = n C O 2 n E = 0 , 18 0 , 05 = 3 , 6
⇒ Số C của 2 este lần lượt là C3 và C4
● Đặt số mol este n C 3 = a v à n C 4 = b ta có:
PT theo số mol hỗn hợp este:
a + b = 0,05 (1)
PT theo số n C O 2 : 3 a + 4 b = 0 , 18 ( 2 )
Giải hệ (1) và (2)
⇒ n C 3 = 0 , 02 v à n C 4 = 0 , 03
⇒ % n E s t e l ớ n = % n E s t e C 4 = 0 , 03 × 100 0 , 05 = 60 %
MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (1)
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (2)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O. (3)
Theo (1), (2) và (3), để lượng kết tủa B thu được là lớn nhất thì:
nCO2 = nMgCO3 + nBaCO3 = 0,2 mol
Ta có: 
= 0,2
=> a = 29,89.
Bài giải:
- Vì =
=>
=
, suy ra polime đó là polietilen (-CH2 – CH2 - )n.
- Không thể là tinh bột (-C6H10O5-)n, vì có tỉ lệ =
, cũng không thể là PVC vì chất này khi cháy phải có sinh ra hợp chất chứa clo.
Chọn đáp án D
♦ Giải đốt T + 0 , 45 m o l O 2 → t 0 0 , 4 m o l C O 2 + 0 , 4 m o l H 2 O
cùng axit, 2 ancol đồng đẳng kế tiếp, n C O 2 = n H 2 O
→ hai este no, đơn chức, mạch hở kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng.
► bảo toàn O có 2 n T + 2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O
→ nT = 0,15 mol
→ s ố C t r u n g b ì n h h ỗ n h ợ p T = n C O 2 : n T = 0 , 4 : 0 , 15 = 8 3 ≈ 2 , 67
→ hai este là C2(HCOOCH3) và C 3 ( H C O O C 2 H 5 )
→ Yêu cầu: CTCT của este có phân tử khối lớn hơn trong T là HCOOC2H5.
este etyl fomat
Chọn đáp án B
Áp dụng định luật BTKL ⇒ m C O 2 = 10 , 12 g a m ⇒ n C O 2 = 0 , 23 m o l > n H 2 O
⇒ Este KHÔNG CÓ DẠNG CnH2nO2
⇒ Loại đáp án A và D.
Nhận thấy đáp án B và C este đều có dạng CnH2n–2O2 (Tương tự ankin) với n ≥ 4
⇒ n H ỗ n h ợ p e s t e = n C O 2 – n H 2 O = 0 , 05 m o l
⇒ C t r u n g b ì n h = n C O 2 n E s t e = 4 , 6
⇒ Este nhỏ có 4 cacbon.
Chọn đáp án C
đốt cháy G cần 0 , 16 m o l O 2 → t 0 0 , 14 m o l C O 2 + 0 , 14 m o l H 2 O
n C O 2 = n H 2 O chứng tỏ G là hỗn hợp este no, đơn chức, mạch hở dạng CnH2nO2.
G chứa 2O nên bảo toàn O có 2 n G + 2 n O 2 = 2 n C O 2 + n H 2 O
→ nG = 0,05 mol.
→ n = 0,14 ÷ 0,05 = 2,8
→ G gồm C2H4O2 và C3H6O2.
Sơ đồ chéo hoặc giải hệ có n C 2 H 4 O 2 = 0 , 01 m o l và n C 3 H 6 O 2 = 0 , 04 m o l
→ % s ố m o l e s t e c ó P T K n h ỏ h ơ n = 0 , 01 : 0 , 05 = 20 %