Thêm kim loại natri dư vào hỗn hợp X chứa C2H5OH khan và CH3COOH khan thu được 4,48 lít khí (đktc). Hỗn hợp X trên trung hoà vừa đủ 1 lít dung dịch NaOH 0,1 M. Xác định % số mol từng chất trong hỗn hợp X?
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
MN
8 tháng 5 2021
\(n_{H_2}=\dfrac{2.24}{22.4}=0.1\left(mol\right)\)
\(C_2H_5OH+Na\rightarrow C_2H_5ONa+\dfrac{1}{2}H_2\)
\(0.2..................................................0.1\)
\(n_{Ag}=\dfrac{21.6}{108}=0.2\left(mol\right)\)
\(CH_3CHO+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\rightarrow CH_3COONH_4+2Ag+2NH_4NO_3\)
\(0.1........................................................................................0.2\)
\(n_X=0.2+0.1=0.3\left(mol\right)\)
\(\%n_{C_2H_5OH}=\dfrac{0.2}{0.3}\cdot100\%=66.67\%\)
\(\%n_{CH_3CHO}=33.33\%\)
7 tháng 1 2017
Đáp án C.
Kim loại không phản ứng với H2SO4 loãng là Cu.
Gọi nCu = x, nMg = y, nAl = z
Ta có:
64x + 24y + 27z = 33,2 (1)
Bảo toàn e:
2nMg + 3nAl = 2nH2
=> 2y + 3z = 2.1 (2)
2nCu = 2nSO2 => x = 0.2 (mol) (3)
Từ 1, 2, 3 => x = 0,2; y = z = 0,4 (mol)
mCu = 0,2.64 = 12,8 (g)
mMg = 0,4.24 = 9,6 (g)
mAl = 10,8 (g)
17 tháng 1 2018
Chọn đáp án A
X C 3 H 5 O H 3 - x O O C C H 3 x : a m o l C H 3 C O O H : b m o l
E : 8 n C H 3 C O O H + 14 + 8 x n C 3 + 2 x H 8 + 2 x O 3 + x = 4 n O 2
⇒ n O 2 = 1 , 13 m o l
⇒ V O 2 d k t c = 25 , 3162
( gần nhất với 25,3)
5 tháng 3 2019
TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan
KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓
0,01 ←0,01
→ nHCl = 0,02
→ V = 0,02 (lít) = 20 (ml)
TH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần
KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓
0,05 → 0,05 0,05
Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O
0,04` → 0,12
→ nHCl = 0,18 → V = 0,18 (l) = 180 (ml)
Vậy có 2 giá trị của V thỏa mãn là: 20 ml và 180 ml
AT
3 tháng 7 2016
M = 2:3 = 0,5
Cl2 nguyên tử khối = 35,5-0,5=35 (cho sự hoà tan)
B = HCL - 4,48
HCL = hiđrô + clo
Nhưng clo bằng CL2 (nguyên tử khối)
M bằng 35,5 (Clo)
26 tháng 1 2022
gọi hai muối của kim loại hoá trị I và II là \(A_2CO_3\) và \(BCO_3\)
\(n_{CO_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2mol\)
PTHH: \(A_2CO_3+2HCl\rightarrow2ACl+H_2O+CO_2\)
\(BCO_3+2HCl\rightarrow BCl_2+H_2O+CO_2\)
Từ PTHH \(n_{HCl}=2.n_{CO_2}=0,4mol\)
Từ PTHH \(n_{A_2CO_3}+n_{BCO_3}=0,2mol\)
BTNT C \(n_{CO_3^{2-}}=n_{A_2CO_3}+n_{BCO_3}=0,2mol\)
\(\text{∑}m_A+m_B=m_{A_2CO_3}+m_{BCO_3}-m_{CO_3^{2-}}=20-0,2.60=8g\)
BTNT Cl \(n_{Cl^-}=n_{HCl}=0,4mol\)
\(m_{Cl^-}=0,4.35,5=14,2g\)
BTKL \(m_{\text{muối}}=m_A+m_B+m_{Cl^-}=8+14,2=22,2g\)
\(n_{H_2}=\dfrac{4.48}{22.4}=0.2\left(mol\right)\)
\(n_{NaOH}=1\cdot0.1=0.1\left(mol\right)\)
\(CH_3COOH+NaOH\rightarrow CH_3COONa+H_2O\)
\(0.1......................0.1\)
\(CH_3COOH+Na\rightarrow CH_3COONa+\dfrac{1}{2}H_2\)
\(0.1........................................................0.05\)
\(C_2H_5OH+Na\rightarrow C_2H_5ONa+\dfrac{1}{2}H_2\)
\(0.3...........................................0.2-0.05\)
\(n_X=0.1+0.3=0.4\left(mol\right)\)
\(\%n_{CH_3COOH}=\dfrac{0.1}{0.4}\cdot100\%=25\%\)
\(\%n_{C_2H_5OH}=75\%\)
CH3COOH + NaOH $\to$ CH3COONa + H2O
n CH3COOH = n NaOH = 0,1.1 = 0,1(mol)
C2H5OH + Na $\to$ C2H5ONa + 1/2 H2
CH3COOH + Na $\to$ CH3COONa + 1/2 H2
n H2 = 4,48/22,4= 0,2 = 1/2 n C2H5OH + 1/2 n CH3COOH
=> n C2H5OH = 0,3(mol)
Vậy :
%n CH3COOH = 0,1/(0,1 + 0,3) .100% = 25%
%n C2H5OH = 100% -25% = 75%