Cho sơ đồ phản ứng trong dung dịch: A l a n i n → + N a O H X → + H C l Y . Biết X, Y là các chất hữu cơ và HCl dùng dư. Công thức của Y là
A. H2N-CH(CH3)-COONa
B. ClH3N-CH(CH3)-COOH
C. ClH3N-(CH2)2-COOH
D. ClH3N-CH2-COOH
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1
A (Hữu cơ) : C6H6 (benzen)
B: Br: Brom
C(xt) :Fe
\(PT:C+Br-Br\rightarrow C+HBr\)
CTPT: \(C_6H_6+Br_2\rightarrow C_6H_5Br+HBr\)
b,\(2C_6H_6+1SO_2\rightarrow6H_2O+12CO_2\)
Câu 2:
\(Br_2+C_2H_4\rightarrow C_2H_4Br_2\)
\(Br_2+C_2H_2\rightarrow C_2H_2Br_2\)
\(n_{Br2\left(pu\right)}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\)
Chất nào cũng có thể tác dụng tối đa với 0,01 mol Br2 nên.......X là CH 3 ─ CH 3 hoặc CH 2 = CH 2 hoặc CH ≡ CH
CxHyOz + O2 => CO2 + H2O
CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O
2CO2+ Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2
nO2 = 0.24mol
nCaCO3 = 10/100 = 0.1 mol
nCa(HCO3)2 = 0.35*0.2=0.07mol
CO2 + Ca(OH)2 -> CaCO3 + H2O
(mol) 0.1 0.1
2CO2+ Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2
(mol) 0.14 0.07
nCO2 = 0.1 + 0.14 = 0.24 mol
mdd tăng = mCO2 + mH2O -mkt = 4.88g
=> mH2O = mdd tăng + mkt - mCO2 = 4.88 + 10-0.24*44 =4.32g
Ad định luật bảo toàn khối lượng
mA =mCO2 + mH2O -mO2 = 0.24*44 + 4,32 - 0.24*32=7.2g
nH2O =4.32/18= 0.24mol
nC = nCO2 = 0.24mol
mC = 0.24*12=2.88g
nH = 2nH2O = 0.48mol
mH = 0.48g
mO = 7.2 - 2.88-0.48=3.84
nO = 3.84/16= 0.24 mol
Gọi CTHH của A là CxHyOz
x:y:z = nC : nH : nO
x:y:z = 0.24 : 0.48 : 0.24
x:y:z = 1:2:1
CT đơn giản nhất của A là CH2O
CTPT có dangk (CH2O)n
40 <30n <74 => 1.3<n<2.4
=> n=2
Vậy CTPT của A là C2H4O2
Bài 1:
\(CH4+2O2-->CO2+2H2O\)
\(n_{CH4}=\frac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\)
\(n_{O2}=2n_{CH4}=0,5\left(mol\right)\)
\(V_{O2}=0,.22,4=11,2\left(l\right)\)
\(V_{kk}=5V_{O2}=11,2.5=56\left(l\right)\)
Bài 2:
\(m_{CaCO3}=280.89,29\%\approx250\left(tấn\right)\)
\(CaCO3-->CaO+CO2\)
\(m_{CO2}=m_{CaCO3}-m_{CaO}=250-140=110\left(tấn\right)\)
Bài 3:
Có 4% tạp chất k cháy =>96% C
\(m_C=1.96\%=0,96\left(kg\right)=960\left(g\right)\)
\(n_C=\frac{960}{12}=80\left(mol\right)\)
\(C+O2-->CO2\)
\(n_{O2}=n_C=80\left(mol\right)\)
\(V_{O2}=80.22,4=1792\left(l\right)\)
Bài 4:
2M + 2H2O -----> 2MOH + H2
\(n_{H2}=\frac{1,68}{22,4}=0,075\left(mol\right)\)
\(n_M=2n_{H2}=0,15\left(mol\right)\)
\(M_M=\frac{5,85}{0,15}=39\left(K\right)\)
Vậy M có NTK là 39
Bài 5:
M + 2HCl -----> MCl2 + H2
\(n_{H2}=\frac{0,56}{22,4}=0,025\left(mol\right)\)
\(n_M=n_{H2}=0,025\left(mol\right)\)
\(M_M=\frac{1,4}{0,025}=56\left(Fe\right)\)
vậy M là Fe
Bài 11:
Đề là 15,6 đúng hơn nha bạn
2R + 2nHCl ----> 2RCln + nH2
\(n_{H2}=\frac{5,376}{22,4}=0,24\left(mol\right)\)
\(n_R=\frac{2}{n}n_{H2}=\frac{0,48}{n}\left(mol\right)\)
\(M_R=15,6:\frac{0,48}{n}=32,5n\)
\(n=2\Rightarrow M_M=65\left(Zn\right)\)
Vậy M là Zn
bài 2Hỗn hợp X gồm BaCO3, Fe(OH)2, Al(OH)3, CuO, MgCO3 [đã giải] – Học Hóa Online
bài 1Hoà tan hoàn toàn một lượng Ba vào dung dịch chứa a mol HCl, thu được dung dịch X và a mol H2 [đã giải] – Học Hóa Online
Bài 2:
Dd D gồm Ba(AlO2)2
\(\text{BaO+H2O}\rightarrow\text{Ba(OH)2}\)
\(\text{Ba(OH)2+Al2O3}\rightarrow\text{Ba(AlO2)2+H2O}\)
\(\text{CO2+Ba(AlO2)2+3H2O}\rightarrow\text{2Al(OH)3+Ba(HCO3)2}\)
Phần B không tan gồm FeO và Al2O3
\(\text{FeO+CO}\rightarrow\text{Fe+CO2}\)
\(\text{2Fe+Al2O3}\rightarrow\text{2Al+Fe2O3}\)
\(\text{Fe2O3+3CO}\rightarrow\text{2Fe+3CO2}\)
\(\rightarrow\) E gồm Fe và Al
\(\text{2Al+2NaOH+2H2O}\rightarrow\text{2NaAlO2+3H2}\)
\(\rightarrow\)G gồm Fe
\(\text{Fe+H2SO4}\rightarrow\text{FeSO4+H2}\)
\(\text{10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4}\rightarrow\text{5Fe2(SO4)3+2MnSO4+K2SO4+8H2O}\)
a) Zn+2HCl---->ZnCl2+H2
b) n H2=4,48/22,4=0,2(mol)
n Zn=n ZnCl2=n H2=0,2(mol)
m Zn=0,2.65=13(g)
m Zncl2=0,2.136=27,2(g)
c) CuO+H2---->Cu+H2O
n CuO=24/80=0,3(mol)
--->CuO dư
n CuO=n H2=0,2(mol)
n CuO dư=0,3-0,2=0,1(g)
m CuO dư=0,1.80=8(g)
\(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)
0,2____________0,2____0,2
\(n_{H2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)
\(m_{Zn}=0,2.65=13\left(g\right)\)
\(m_{ZnCl2}=0,2.\left(65+71\right)=27,2\left(g\right)\)
\(PTHH:CuO+H_2\rightarrow Cu+H_2O\)
Ban đầu :0,3____0,2____________
Phứng: 0,2______0,2__________
Sau phứng :0,1___0___________
\(n_{CuO}=\frac{24}{80}=0,3\left(mol\right)\)
Vậy CuO dư
\(m_{CuO_{du}}=0,1.80=8\left(g\right)\)
(CH2O)n
Giải thích các bước giải:
A + O2 -> CO2 + H2O
Dẫn sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong thu được 10 gam kết tủa CaCO3 và muối là Ca(HCO3)2
Ca(OH)2 + CO2 -> CaCO3 + H2O
Ca(OH)2 + 2CO2 -> Ca(HCO3)2
-> nCaCO3=10/100=0,1 mol; nCa(HCO3)2=0,35.0,2=0,07 mol
Bảo toàn C: nCO2=nCaCO3 +2nCa(HCO3)2=0,1+0,07.2=0,24 mol
m dung dịch tăng=mCO2 +mH2O - m kết tủa=4,88 gam
-> mH2O=4,88+10-0,24.44=4,32 gam -> nH2O=0,24 mol
-> Đốt cháy A thu được 0,24 mol CO2 và 0,24 mol H2O
-> A chứa 0,24 mol C; 0,48 mol H và O
Ta có: nO2=5,376/22,4=0,24 mol
Bảo toàn O: nO trong A + 2nO2=2nCO2 = nH2O
-> nO trong A=0,24 mol
- > A chứa 0,24 mol C; 0,48 mol H và 0,24 mol O
Trong A tỉ lệ C:H:O=1:2:1 -> A có dạng (CH2O)n
A + O2 \(\rightarrow\) CO2 + H2O
Dẫn sản phẩm cháy vào dung dịch nước vôi trong thu được 10 gam kết tủa CaCO3 và muối là Ca(HCO3)2
Ca(OH)2 + CO2 \(\rightarrow\) CaCO3 + H2O
Ca(OH)2 + 2CO2 \(\rightarrow\) Ca(HCO3)2
\(\rightarrow\)nCaCO3=\(\frac{10}{100}\)=0,1 mol; nCa(HCO3)2=0,35.0,2=0,07 mol
Bảo toàn C: nCO2=nCaCO3 +2nCa(HCO3)2=0,1+0,07.2=0,24 mol
m dung dịch tăng=mCO2 +mH2O - m kết tủa=4,88 gam
\(\rightarrow\)mH2O=4,88+10-0,24.44=4,32 gam \(\rightarrow\) nH2O=0,24 mol
\(\rightarrow\) Đốt cháy A thu được 0,24 mol CO2 và 0,24 mol H2O
\(\rightarrow\)A chứa 0,24 mol C; 0,48 mol H và O
Ta có: nO2=\(\frac{5,376}{22,4}\)=0,24 mol
Bảo toàn O: nO trong A + 2nO2=2nCO2 = nH2O
\(\rightarrow\)nO trong A=0,24 mol
\(\rightarrow\)A chứa 0,24 mol C; 0,48 mol H và 0,24 mol O
Trong A tỉ lệ C:H:O=1:2:1 \(\rightarrow\) A có dạng (CH2O)n
Chọn đáp án B.
Với HCl dùng dư thì Y sẽ là ClH3N-CH(CH3)-COOH, không cần phải