Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án D
Hỗn hợp gồm các cacbohidrat
⇒ có dạng Cn(H2O)m.
⇒ nC = nO2 = 0,1125 mol
⇒ m = mC + mH2O = 3,15(g).
Chọn D
Đề cho hỗn hợp gồm 4 chất nhưng lại chỉ có một giả thiết nên quy đổi hỗn hợp ban đầu thành một chất là HCHO.
Phương trình phản ứng :
H C H O + O 2 → t ∘ C O 2 + H 2 O
Theo phương trình phản ứng và bảo toàn nguyên tố C, ta có
Đáp án B
Al4C3 + 12H2O → 3CH4 + 4Al(OH)3
CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2
2Al(OH)3 + Ca(OH)2 → Ca(AlO2)2 + 4H2O
4x y
2y ← y → y
4x – 2y - y
Ca(AlO2)2 + 2CO2 + 4H2O → 2Al(OH)3 + Ca(HCO3)2.
Vì cùng thu được a gam kết tủa nên có: 4x – 2y = 2y → x = y
Nên tỉ lệ trong hh X là: 1 : 1.
Ta có: a+b=0,6
Cô cạn Y, nung muối đến khối lượng không đổi thu được rắn là MgO a mol và Fe2O30,5b mol.
→ 40 a + 80 b = 31 , 6
Giải hệ: a=0,41; b=0,19.
→ n O H - t r o n g k t = 1 , 31
Muối trong Y gồm các muối nitrat kim loại và NH4NO3.
→ n N H 4 N O 3 = 0 , 02 m o l
Bảo toàn H: n H 2 O = 1 , 08 - 0 , 02 . 4 2 = 0 , 5 m o l
Bảo toàn O: 3c=1,35= 1,35 → c = 0 , 45 m o l
Giải được số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X lần lượt là 0,12 và 0,07 mol.
Đáp án C
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mEste? + mNaOH? = mMuối✓ + mAncol✓
Khi đốt muối của axit no đơn chức mạch hở ta có phản ứng:
2CnH2n–1O2Na + (3n–2)O2 → t o Na2CO3 + (2n–1)CO2 + (2n–1) H2O.
⇒ nCO2 = nH2O Û mDung dịch giảm = mCaCO3 – mCO2 – mH2O.
Đặt nCO2 = nH2O = a ⇒ 100a – 44a – 18a = 3,42 Û a = 0,09 mol.
+ Từ phản ứng đốt muối ta có tỷ lệ:
.
⇒ nMuối = 
= nNaOH pứ
⇒ nNaOH pứ = 4 gam ✓.
+ Bảo toàn
khối lượng ⇒ mEste = 7,36 + 3,76 – 4 = 7,12 gam
Đáp án A
Sơ đồ phản ứng :
C 4 H 10 → crackinh CH 4 , C 3 H 6 C 2 H 6 , C 2 H 4 C 4 H 10 dư ⏟ x
Theo giả thiết và bảo toàn khối lượng, ta có :
m C 4 H 10 = m X = m bình Br 2 tăng ⏟ 5 , 32 + m Y ⏟ 0 , 2 . 1 , 9625 . 16 = 11 , 6 n C 4 H 10 = 11 , 6 58 = 0 , 2
Đốt cháy X cũng chính là đốt cháy C4H10 ban đầu.
Áp dụng bảo toàn electron trong phản ứng đốt cháy C4H10, ta có :
4 n O 2 ⏟ ? = 26 n C 4 H 10 ⏟ 0 , 2
⇒ n O 2 = 0 , 13 mol ⇒ V O 2 = 29 , 12 lit
Chọn đáp án B
Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân
đốt muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a + O 2 → N a 2 C O 3 + 38,07 gam C O 2 + H 2 O + 0,1 mol N 2 .
⇒ có n T = 0,2 mol ⇒ n N a C O 3 = 0,1 mol ⇒ n C = n H 2 = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol.
⇒ m T = 0,685 × 14 + 0,2 × (46 + 23) = 23,39 gam. Quan sát lại phản ứng thủy phân:
m gam E + 0,2 mol NaOH → 23,39 gam muối T + x mol H 2 O .
đốt m gam E cho 0,63 mol H 2 O ||⇒ bảo toàn H có 2x = 0,09 mol ⇒ x = 0,045 mol.
⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m = 0,045 × 18 + 23,39 – 0,2 × 40 = 16,20 gam → Chọn B. ♦.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 3 N O 2 N a v à C H 2 .
⇒ n C 2 H 3 N O = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,2 mol ⇒ n N a C O 3 = 0,1 mol.
⇒ n H 2 O = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol ⇒ n C H 2 = 0,285 mol.
Bảo toàn H có: n H 2 O trong E = (0,63 × 2 – 0,2 × 3 – 0,285 × 2) ÷ 2 = 0,045 mol.
⇒ m = 0,2 × 57 + 0,285 × 14 + 0,045 × 18 = 16,2 gam
\(CT:\) \(C_n\left(H_2O\right)_m\)
\(n_{O_2\left(pư\right)}=n_C=\dfrac{5.04}{22.4}=0.225\left(mol\right)\)
\(n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=0.225\left(mol\right)\)
\(m_{CaCO_3}=0.225\cdot100=22.5\left(g\right)\)