Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có là Al có thể hòa tan trong dd kiềm
\(n_{CO2}=0,4\left(mol\right),n_{H2O}=0,4\left(mol\right)\)
Bảo toàn C ta có : \(n_{CaCl2}=n_{C2H2}=\frac{1}{2}n_{CO2}=0,2\left(mol\right)\)
\(m_{CaC2}=12,8\left(g\right)\)
Bảo toàn H ta có : \(n_{C2H2}+n_{H2}=n_{H2O}\)
\(\rightarrow n_{H2}=0,2\left(mol\right)\)
Bảo toàn khối lượng
\(m_{Al}=m_{Ca}+m_{CaC2}=17,5\left(g\right)\)
\(\rightarrow m_{Al}=m_{Ca}=4,7\left(g\right)\left(1\right)\)
Bảo toàn e
\(n_{Al}.3+n_{Ca}.2=n_{H2}.2=0,4\left(2\right)\)
Từ (1) và (2)
\(\rightarrow n_{Al}=0,1\left(mol\right)\rightarrow m_{Al}=2,7\left(g\right)\)
\(n_{Ca}=0,05\left(mol\right)\rightarrow m_{Ca}=2\left(g\right)\)
Ta có dd Y gồm có Ca2+; OH-;AlO2-
Bảo toàn Ca
\(n_{Ca^{2+}}=0,25\left(mol\right)\)
Bảo toàn Al
\(n_{\left(AlO2\right)^-}=0,1\left(mol\right)\)
Bảo toàn điện tích trong dd
\(n_{OH^-}=0,4\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=0,4.1,625=0,65\left(mol\right)\)
Ta có H+ còn dư sao khi pư với \(OH^-=0,25\left(mol\right)\)
\(\left(AlO_2\right)^-+H^++H_2O\rightarrow Al\left(OH\right)_3\)
0,1 ______0,1____0,1______ 0,1
n H+ dư khi hết pư trên là \(=0,25-0,1=0,15\)
\(Al\left(OH\right)_3+3H^+\rightarrow Al^{3+}+3H_2O\)
0,05_____0,15____ 0,05____ 0,15
n Al(OH)3 dư là 0,05 mol
Vậy m kết tủa = 3,9 g
b)
Bảo toàn liên kiết π
\(n_{Br2_{pu}}=n_{C2H2}.2-n_{H2}=0,2.2-0,2=0,2\left(mol\right)\)
\(\rightarrow m_{Br2}=32\left(g\right)\)
C2H2 + H2 C2H4
C2H2 + H2 C2H6
Khi cho hỗn hợp B qua dd nước Br2 chỉ có C2H4 và C2H2 phản ứng C2H2 +2Br2 → C2H2Br4
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
=> khối lượng bình Br2 tăng chính bằng khối lượng của C2H2 và C2H4
mC2H2 + mC2H4 = 4,1 (g)
Hỗn hợp khí D đi ra là CH4, C2H6 và H2
CH4 + 2O2 → t ∘ CO2 + 2H2O
C2H6 + O2 → t ∘ 2CO2 + 3H2O
2H2 + O2 → t ∘ 2H2O
Bảo toàn nguyên tố O cho quá trình đốt cháy hh D ta có:
2nCO2 = 2nO2 – nH2O => nCO2 = ( 0,425. 2– 0,45)/2 = 0,2 (mol)
Bảo toàn khối lượng : mhh D = mCO2 + mH2O – mO2 = 0,2.44 + 0,45.18 – 0,425.32 = 3,3 (g)
Bảo toàn khối lương: mA = (mC2H2 + mC2H4) + mhh D = 4,1 + 3,3 = 7,4 (g)
Có V1 < V2 => khi X tác dụng với H2O thì Al còn dư.
Giả sử số mol 3 kim loại là: x, y, z.
K + H2O → KOH + ½ H2↑
x → x 0,5x
Al + KOH + H2O → KAlO2 + 1,5H2↑
x ← x→ 1,5x
→ 0,5x + 1,5x = 0,2 → x = 0,1
X tác dụng với KOH: 0,1 . 0,5 + 1,5y = 0,35 => y = 0,2
Khi cho X tác dụng với H2O còn dư Al => Y chứa Al dư và Fe
nAl dư = nAl ban đầu – nAl phản ứng = 0,2 – 0,1 = 0,1mol
=> 0,1 . 1,5 + z = 0,4 => z = 0,25mol
=> m = 23,3g
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
- 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
Gọi số mol của BaO, BaCO3, NaHCO3 trong 30,19g hh lần lượt là x, y, z
Có 153x + 197y + 84z = 30,19
Phần 1:
BaO + H2O → Ba(OH)2
x x
OH- + HCO3- → CO32- + H2O
Ba2+ + CO32- → BaCO3
n kết tủa = 0,11
Phần 2:
BaCO3 →BaO + CO2
y y
2NaHCO3 → Na2CO3 + H2O + CO2
z z/2 z/2
=> mCO2 + mH2O = 30,19 – 26,13 = 4,06
=> 44 (y + z/2) + 18 . z/2= 4,06
TH1: Ba tạo kết tủa hoàn toàn thành BaCO3 và NaHCO3 dư
=> nBaCO3 = nBaCO3 + nBaO = 0,11 => Không thỏa mãn
TH2: Ba(OH)2 dư và NaHCO3 hết
=> x + y = 0,11 và y + z = 0,11
=> x = 0,1; y = 0,05 và z = 0,06
a.
hh Y gồm BaO: 0,15 mol; Na2CO3: 0,03 mol
BaO + H2O → Ba(OH)2
0,15 0,15
Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaOH
0,15 0,03 0,03 0,06
=> m kết tủa = 0,03 . 197 = 5,91g
m dd = m chất rắn + mH2O – mBaCO3 = 26,13 + 79,78 – 5,91 = 100
nAl2(SO4)3 = 0,02 => nAl3+ = 0,04; nSO42- = 0,06
Ba2+ + SO42- → BaSO4
0,06 0,06 0,06
nAl(OH)3 = 0,01 => mAl(OH)3 = 0,78g
m = 0,78 + 0,06 . 233 = 14,76g
Dung dịch Ca(OH)2 không hấp thụ khí CO nên 6,72 lít khí thoát ra chính là khí CO dư.
