Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án:
Gọi $n_{Na_2CO_3};n_{H_2O}$ lần lượt a;b(mol)
Bảo toàn O ta có: \(4a+0,925.2=3a+b+1,075.2\Rightarrow a-b=0,3\)
Bảo toàn khối lượng ta có: \(117,6+0,925.32=106a+18b+1,075.44\Rightarrow138a+18b=99,9\)
Giải hệ ta được \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,675\\b=0,375\end{matrix}\right.\)
Gọi CTTQ của ancol là $C_nH_{2n+2}O$
Suy ra $n_{ancol}=1,35(mol)$
Do đó $n=\frac{38}{27}$
Quy hỗn hợp về \(\left\{{}\begin{matrix}HCOOCH_3:x\left(mol\right)\\CH_2=CH-COOCH_3:y\left(mol\right)\\\left(COOCH_3\right)_2:z\left(mol\right)\\CH_2:t\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(x+y+z=0,85\)
Bảo toàn nguyên tố K ta có: $n_{KOH}=1,35(mol)$
Bảo toàn khối lượng ta có: \(m_{hh}=50,9+117,6-1,35.56=92,9\left(g\right)\)
Suy ra \(60x+86y+118z+14t=92,9\)
Bảo toàn mol K trong muối ta có: \(x+y+2z=1,35\)
Bảo toàn C ta có: \(2x+4y+4z+t=1,075+0,675+\frac{38}{27}.1,35=3,65\)
Giải hệ ta được \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,2\\z=0,5\\t=0,55\end{matrix}\right.\)
Gộp nhóm ta thu được các chất là \(\left\{{}\begin{matrix}HCOOC_2H_5:0,15\left(mol\right)\\CH_2=CH-COOC_3H_7:0,2\left(mol\right)\\\left(COOCH_3\right)_2:0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Từ đó suy ra %m
Khi cho A td KOH thu được ancol đồng đẳng. => Các ancol là no đơn chức mạch hở.
Gọi CT các este: \(C_mH_{2m+1}COOC_{m'}H_{2m'+1};C_nH_{2n-1}COOC_{n'}H_{2n'+1};C_qH_{2q}\left(COOC_{q'}H_{2q'+1}\right)_2\)
TN2: Đốt hỗn hợp 3 muối.
Đặt \(n_{K_2CO_3}=x;n_{H_2O}=y\left(mol\right)\)
\(BTNT.K\Rightarrow n_{COOK^-}=2n_{K_2CO_3}=2x\left(mol\right)\\ BTNT.O\Rightarrow2n_{COOK^-}+2n_{O_2}=3n_{K_2CO_3}+2n_{CO_2}+n_{H_2O}\\ \Rightarrow x-y=0,3\\ BTKL\Rightarrow m_{M'}+m_{O_2}=m_{K_2CO_3}+m_{CO_2}+m_{H_2O}\\ \Rightarrow138x+18y=99,9\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,675\\y=0,375\end{matrix}\right.\)
H2 muối gồm: \(C_mH_{2m+1}COOK\text{ }a\text{ }mol;C_nH_{2n-1}COOK\text{ }b\text{ }mol;C_qH_{2q}\left(COOK\right)_2\text{ }c\text{ }mol\)
\(\Rightarrow n_A=a+b+c=0,85\\ BTNT.C\Rightarrow\left(m+1\right)a+\left(n+1\right)b+\left(q+2\right)c=n_{K_2CO_3}+n_{CO_2}=1,75\\ \Rightarrow ma+nb+qc=0,4\\ BTNT.K\Rightarrow a+b+2c=1,35\\ BTNT.H\Rightarrow\left(2m+1\right)a+\left(2n-1\right)b+2qc=2n_{H_2O}=0,75\\ \Rightarrow a-b=-0,05\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,15\\b=0,2\\c=0,5\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow0,15m+0,2n+0,5q=0,4\)
Do \(m;q\ge0\Rightarrow n\le\frac{0,4}{0,2}=2\)
Mà \(n\ge2\Rightarrow n=2\Rightarrow m=q=0\)
TN1: Do các ancol đơn chức => \(n_{ancol}=n_{KOH}=2n_{K_2CO_3}=1,35\)
\(\Rightarrow\overline{M_{ancol}}=\frac{50,9}{1,35}=37,7\) => Có 1 ancol là \(CH_3OH\)
Nếu CH3OH là Cm'H2m'+1OH \(\Rightarrow n_{CH_3OH}=n_{HCOOK}=0,15\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{ancol}=0,15\cdot32+0,2\left(14n'+18\right)+\left(14q'+18\right)=50,9\\ \Rightarrow n'+5q'=8,75\left(L\right)\)
Nếu CH3OH là Cn'H2n'+1OH \(\Rightarrow n_{CH_3OH}=n_{C_2H_3COOK}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{ancol}=0,15\left(14m'+18\right)+0,2\cdot32+\left(14q'+18\right)=50,9\\ \Rightarrow3n'+20q'=34\\ \Rightarrow q'=\frac{34-3n'}{20}\le\frac{34-3\cdot2}{20}=1,4\left(L\right)\)
Nếu CH3OH là Cq'H2q'+1OH \(\Rightarrow n_{CH_3OH}=2n_{\left(COOK\right)_2}=1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{ancol}=0,15\left(14m'+18\right)+0,2\left(14n'+18\right)+0,5\cdot32=50,9\\ \Rightarrow3m'+4n'=18\\ \Rightarrow n'=\frac{18-3m'}{4}\le\frac{18-3\cdot2}{4}=3\\ \Rightarrow n'=3;m'=2\)
Các este là: \(HCOOC_2H_5;C_2H_3COOC_3H_7;COOCH_3-COOCH_3\)
CTCT:
\(HCOO-CH_2-CH_3\\ CH_2=CH-COO-CH_2-CH_2-CH_3\\ COOCH_3-COOCH_3\)
% KL: \(11,95\%HCOOC_2H_5;24,54\%C_2H_3COOC_3H_7;63,51\%COOCH_3-COOCH_3\)
Gọi số mol trong mỗi phần: Fe = x mol; M = y mol.
Phần 1:
Fe + 2HCl FeCl2 + H2
(mol): x x
2M + 2nHCl 2MCln + nH2
(mol): y 0,5ny
Số mol H2 = 0,07 nên x + 0,5ny = 0,07.
Phần 2:
2Fe + 6H2SO4 (đặc) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
(mol): x 1,5x
2M + 2nH2SO4 (đặc) M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
(mol): y 0,5nx
Số mol SO2 = 0,09 nên 1,5x + 0,5ny = 0,09. Vậy x = 0,04 và ny = 0,06.
Mặt khác: 56x + My = 2,78 nên My = 0,54. Vậy hay M = 9n.
Ta lập bảng sau:
| n | 1 | 2 | 3 |
| M | 9 ( loại ) | 18 ( loại ) | 27 ( nhận ) |
Vậy M là \(Al\) ( nhôm ) .
Đặt a là số mol Fe, b là số mol của M,trong mỗi phần,n là hóa trị của M
PTHH: Fe +2HCl ---> FeCl2 + H2
a a
2M + 2n HCl ---> 2 MCln + n H2
b bn/2
n H2= 0.07
---> a + bn/2 = 0.07 (1)
m hh A = 56a + Mb = 2.78 (2)
PTHH: Fe + 4HNO3 ----> Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
a a
3M +4n HNO3 ---->3M(NO3)n +nNO + 2n H2O
b bn/3
n NO = a + bn/3 = 0.06 (3)
Từ (1) và (3) giải hệ ta dc : a= 0.04
bn = 0.06---> b= 0.06/n (4)
Thế à= 0.04vào pt (2) giải ra ta đc : 2.24 + Mb = 2.78
-----> b = 0.54/ M (5)
Từ (4) và (5) ----> M= 9n
Biện luận n
n=1 ----> M = 9 (loại)
n=2 ----> M= 18 (loại)
n=3-----> M=27 (nhận)
Do đó : M là Al
Bài 1 :
nFe = 0,25 mol; nAgNO3 = 0,2 mol; nCu(NO3)2 = 0,05 mol.
Giữa Ag+ và Cu2+ thì Ag+ có tính oxi hóa mạnh hơn Cu2+, nên Ag+ tham gia phản ứng với Fe trước, sau khi Ag+ tham gia phản ứng hết nếu còn dư Fe thì Cu2+ mới tiếp tục tham gia.
Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag (VII)
nFe = 0,25 mol; nAg+ = 0,2 mol → Fe dư sau phản ứng (VII)
Fe + 2Ag+ → Fe2+ +2Ag
0,1 (mol) 0,2 (mol) 0,1 (mol) 0,2 (mol)
Sau phản ứng (VII) ta có: nFe còn = 0,25 – 0,1 = 0,15 mol, Ag tạo thành = 0,2 mol.
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (VIII)
nFe = 0,15 mol; nCu2+ = 0,05 mol → Fe vẫn còn dư sau phản ứng (VIII)
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol)
Vậy, sau phản ứng (VII) và (VIII), chất rắn thu được gồm nAg = 0,2 mol; nCu = 0,05 mol và nFe dư = 0,25 – (0,1 + 0,05) = 0,1 mol.
Nên ta có giá trị của m = mAg + mCu + mFe dư
= 0,2.108 + 0,05.64 + 0,1.56 = 30,4 gam.
Bài 2 :
Nhận xét :
- Mg sẽ tác dụng với AgNO3 trước, sau khi AgNO3 hết thì Mg mới phản ứng với Cu(NO3)2.
- Vì chưa biết khối lượng Mg tham gia là bao nhiêu, nên bài toán này ta phải chia ra các trường hợp:
+ Mg tham gia vừa đủ với AgNO3, Cu(NO3)2 chưa tham gia, chất rắn thu được là Ag tính được giá trị m1.
+ AgNO3, Cu(NO3)2 tham gia hết, Mg phản ứng vừa đủ, chất rắn tham gia gồm Ag, Cu có giá trị là m2.
Nếu khối lượng chất rắn trong 2 trường hợp nằm trong khoảng m1< 17,2 < m2 (từ dữ kiện đề bài, tính toán giá trị m1, m2) có nghĩa là Ag+ tham gia phản ứng hết, Cu2+ tham gia một phần.
Đáp số : m = 3,6gam.
- Khi cho dd BaCl2 vào dd A:
BaCl2 + Na2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\) + 2NaCl (1)
BaCl2 + K2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\) + 2KCl (2)
- Khi cho dd H2SO4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn chứa BaCl2 (dư) và tham gia phản ứng hết với H2SO4.
BaCl2 + H2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\)+ 2HCl (3)
- Khối lượng BaCl2 cho vào dung dịch A là:
\(m_{BaCl_2}=\frac{1664}{100}.10=166,4\left(g\right)\rightarrow n_{BaCl_2}=\frac{166,4}{208}=0,8\left(mol\right)\)
- Số mol BaCl2 tham gia phản ứng (3) là:
\(n_{BaCl_2\left(3\right)}=n_{BaSO_4\left(3\right)}=\frac{46,6}{233}=0,2mol\)
- Suy ra tổng số mol Na2SO4 và K2SO4 = số mol BaCl2 tham gia phản ứng (1) và (2) và bằng: \(n_{\left(Na_2SO_4+K_2SO_4\right)}=n_{BaCl_2\left(1+2\right)}=0,8-0,2=0,6mol\)
- Vì số mol Na2SO4 và K2SO4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 1:2 nên ta có:
\(n_{Na_2SO_4}=0,2\left(mol\right);n_{K_2SO_4}=0,4\left(mol\right)\)
\(\rightarrow m_{Na_2SO_4}=0,2.142=28,4\left(g\right);m_{K_2SO_4}=0,4.174=69,6\left(g\right)\)
- Khối lượng dung dịch A: \(m_{ddA}=102+28,4+69,6=200g\)
- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:
\(C\%_{Na_2SO_4}=\frac{28,4}{200}.100\%=14,2\%;\)\(C\%_{K_2SO_4}=\frac{69,6}{200}.100\%=34,8\%\)
3. CuO +H2SO4 -->CuSO4 +H2O
nCuO=64/80=0,8(mol)
theo PTHH :nCuO =nH2SO4=nCuSO4=0,8(mol)
=>mddH2SO4 20%=0,8.98.100/20=392(g)
mCuSO4=0,8.160=128(g)
mdd sau phản ứng =64 +392=456(g)
mH2O=456 -128=328(g)
giả sử có a g CuSO4.5H2O tách ra
trong 250g CuSO4 tách ra có 160g CuSO4 và 90g H2O tách ra
=> trong a g CuSO4.5H2O tách ra có : 160a/250 g CuSO4 và 90a/250 g H2O tách ra
=>mCuSO4(còn lại)=128 -160a/250 (g)
mH2O (còn lại)=328 -90a/250 (g)
=>\(\dfrac{128-\dfrac{160a}{250}}{328-\dfrac{90a}{250}}.100=25\)
=>a=83,63(g)
a.
b.
neste thực tế = 22,08/184=0,12
=> H = 80%