|
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Mời tất cả mọi người tham gia thử thách đầu tiên !!!
|
|
|
|
Một chất hữu cơ $X$ có công thức đơn giản là
$C_4H_4O$ tác dụng vừa đủ với dung dịch $KOH$ nồng độ $11,666\%$.
Sau phản ứng thu được dung dịch $Y$. Cô cạn dung dịch $Y$ thì phần
hơi chỉ có $H_2O$ với khối lượng $86,6g$, còn lại là chất rắn $Z$
có khối lượng là $23 gam$. Công thức cấu tạo của $X$ có thể là :
??? |
|
|
|
sửa đổi
|
Ad ơi giải giúp em
|
|
|
|
PTPƯ:$$6nCO_2+5nH_2O\rightarrow (-C_6H_{10}O_5-)_n+\frac{5n}{2}O_2\uparrow$$ $\Rightarrow n_{CO_2}=\frac{6.500}{162}\Rightarrow V_{kk}=\frac{6.500.22,4.100}{162.0,03}=\frac{6720000}{4,86}=1382716 (l)$
PTPƯ:$$6nCO_2+5nH_2O\rightarrow (-C_6H_{10}O_5-)_n+6nO_2\uparrow$$ $\Rightarrow n_{CO_2}=\frac{6.500}{162}\Rightarrow V_{kk}=\frac{6.500.22,4.100}{162.0,03}=\frac{6720000}{4,86}=1382716 (l)$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bác nào giúp em phát ?
|
|
|
|
PTPƯ:
$$N_2 + 3H_2 \rightleftharpoons 2NH_3$$
Ban đầu: $2 mol 8 mol 0 mol$
Phản ứng: $x mol 3x mol 2x mol $
Cân bằng: $(2-x)mol (8-3x)mol 2x mol$
Theo bai ra ta có: $n_t-n_s=2x mol\Rightarrow \frac{2x}{2+8}=\frac{20}{100}\Rightarrow x=1 mol$
Vậy khi cân bằng ta có: $[N_2]=0,5M;
[H_2]=2,5M;
[NH_3]=1M (vì V=2 lít ) $
$\Rightarrow K_{cb}=\frac{
[NH_3]^2}{
[N_2].[H_2]^3}=\frac{1}{0,5.(2,5)^3}=0,128$
|
|
|
|
giải đáp
|
Ad ơi giải giúp em
|
|
|
|
PTPƯ:
$$6nCO_2+5nH_2O\rightarrow (-C_6H_{10}O_5-)_n+6nO_2\uparrow$$
$\Rightarrow n_{CO_2}=\frac{6.500}{162}\Rightarrow V_{kk}=\frac{6.500.22,4.100}{162.0,03}=\frac{6720000}{4,86}=1382716 (l)$
|
|
|
|
sửa đổi
|
cho mình hỏi tí các bạn.
|
|
|
|
Gọi số mol trong $X$ lần lượt là $x,y,z$ mol$\Rightarrow$Tổng số mol electron mà $X$ nhường đi là:$$n_{e}=3x+2y+24z (1)$$ Tổng số mol electron mà oxi đã nhận là :$$n_{e oxi đã nhận}=\frac{2.(17,76-m)}{16} (2)$$Tổng số mol electron mà $H^+$ của axits $H_2SO_4$ đã nhận đẻ chuyển thành $H_2$ là :$$n_{e H^+ nhận}=\frac{2.4,032}{22,4} (3)$$Áp dụng định luật bảo toàn electron theo $(1),(2),(3)\Rightarrow
n_{e}=
\frac{2.(17,76-m)}{16} +
\frac{2.4,032}{22,4} $ $$\Leftrightarrow m=20,64-8 .n_{e} (4)$$Trong muối khan thu được ta có : $43,74=m+m_{SO_4^{2-} trong muối }$ $\Leftrightarrow m+\frac{96.
n_{e} }{2}
=43,74 $ Theo $(4)\Rightarrow
20,64-8 .n_{e} +48.n_e=43,74\Rightarrow n_e=0,5775 mol$ Thay vào $(4)\Rightarrow m=16,02 gam$ $\Rightarrow $Ta có : $n_{H_2SO_4}=\frac{n_e}{2}=\frac{0,5775}{2}=0,28875 mol$
Gọi số mol trong $X$ lần lượt là $x,y,z$ mol$\Rightarrow$Tổng số mol electron mà $X$ nhường đi là:$$n_{e}=3x+2y+2z (1)$$ Tổng số mol electron mà oxi đã nhận là :$$n_{e oxi đã nhận}=\frac{2.(17,76-m)}{16} (2)$$Tổng số mol electron mà $H^+$ của axits $H_2SO_4$ đã nhận đẻ chuyển thành $H_2$ là :$$n_{e H^+ nhận}=\frac{2.4,032}{22,4} (3)$$Áp dụng định luật bảo toàn electron theo $(1),(2),(3)\Rightarrow
n_{e}=
\frac{2.(17,76-m)}{16} +
\frac{2.4,032}{22,4} $ $$\Leftrightarrow m=20,64-8 .n_{e} (4)$$Trong muối khan thu được ta có : $43,74=m+m_{SO_4^{2-} trong muối }$ $\Leftrightarrow m+\frac{96.
n_{e} }{2}
=43,74 $ Theo $(4)\Rightarrow
20,64-8 .n_{e} +48.n_e=43,74\Rightarrow n_e=0,5775 mol$ Thay vào $(4)\Rightarrow m=16,02 gam$ $\Rightarrow $Ta có : $n_{H_2SO_4}=\frac{n_e}{2}=\frac{0,5775}{2}=0,28875 mol$
|
|
|
|
giải đáp
|
cho mình hỏi tí các bạn.
|
|
|
|
Gọi số mol trong $X$ lần lượt là $x,y,z$ mol
$\Rightarrow$Tổng số mol electron mà $X$ nhường đi là:
$$n_{e}=3x+2y+2z (1)$$
Tổng số mol electron mà oxi đã nhận là :
$$n_{e oxi đã nhận}=\frac{2.(17,76-m)}{16} (2)$$
Tổng số mol electron mà $H^+$ của axits $H_2SO_4$ đã nhận đẻ chuyển thành $H_2$ là :
$$n_{e H^+ nhận}=\frac{2.4,032}{22,4} (3)$$
Áp dụng định luật bảo toàn electron theo $(1),(2),(3)\Rightarrow
n_{e}=
\frac{2.(17,76-m)}{16} +
\frac{2.4,032}{22,4} $
$$\Leftrightarrow m=20,64-8 .n_{e} (4)$$
Trong muối khan thu được ta có : $43,74=m+m_{SO_4^{2-} trong muối }$
$\Leftrightarrow m+\frac{96.
n_{e} }{2}
=43,74 $
Theo $(4)\Rightarrow
20,64-8 .n_{e} +48.n_e=43,74\Rightarrow n_e=0,5775 mol$
Thay vào $(4)\Rightarrow m=16,02 gam$
$\Rightarrow $Ta có : $n_{H_2SO_4}=\frac{n_e}{2}=\frac{0,5775}{2}=0,28875 mol$
|
|
|
|
giải đáp
|
cho em hỏi bài này một chút ah
|
|
|
|
Ta có $X: CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_2)-COOH;n_X=0,25;n_{NaOH}=0,4 mol;n_{HCl}=0,8 mol$
Các PTPƯ:
$$X+NaOH\rightarrow
CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_2)-COONa (Y)+H_2O (1) $$
$$NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O (2)$$
$$Y+HCl \rightarrow
CH_3-CH(NH_2)-CH(NH_3Cl)-COONa (Z) (3)$$
$$ Z+HCl\rightarrow
CH_3-CH(NH_3Cl)-CH(NH_3Cl)-COONa
(T) (4)$$
$$ T+HCl\rightarrow CH_3-CH(NH_3Cl)-CH(NH_3Cl)-COOH (P)+NaCl
(5) $$
Từ $(1),(2)\Rightarrow n_Y=0,25 mol;n_{NaCl}=0,4-0,25=0,15 mol$
$n_Z=0,25 mol;n_t=0,25 mol\Rightarrow n_{HCl pư (2),(3),(4)}=0,15+0,25+0,25=0,65 mol$
$n_{HCl pư (5)}=0,8-0,65=0,15 mol\Rightarrow n_P=0,15 mol\Rightarrow n_T=0,25-0,15=0,1 mol$
$\Rightarrow $ Khi cô cạn sản phẩm thu được là:
$n_P=0,15 mol;n_T=0,1 mol;n_{NaCl}=0,15+0,15=0,3 mol$
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho mình hỏi
|
|
|
|
Dùng quỳ tím để phân biệt !
Lấy $5$ mẫu thử lần lượt cho quỳ tím vào:
*DD nào không làm đổi màu quỳ tím thì đó là dd $K_2SO_4$
*DD nào làm đổi màu quỳ tím thành xanh thì đó là dd $KOH$
*DD nào làm đổi màu quỳ tím thành đỏ là ba dd còn lai .
*Lấy dd $KOH$ đổ vào ba dd chua tim được, dd nào thoát khí mùi khai thì đó là dd $NH_4Cl$.
$$KOH+NH_4Cl\rightarrow KCl+NH_3\uparrow+H_2O$$
*Lấy ba mẫu thử có thể tích bằng nhau là:$KOH$ và hai dd chưa biết $HBr,H_2SO_4$.Đổ dd $KOH$ vào một trong hai dd còn lại:
+)Cho quỳ tím vào dd vừa thu được,nếu dd này không làm quỳ tím đổi màu thì dd này chứa $KBr$ vì:
$$KOH+HBr\rightarrow KBr+H_2O$$
vì các dd có cùng nồng độ $\Rightarrow $ dd $HBr\Rightarrow $ dd còn lại là $H_2SO_4$
+)Cho quỳ tím vào dd vừa thu được,nếu dd này làm quỳ tím đổi màu đỏ thì dd này chứa $H_2SO_4$ vì:
$$KOH+H_2SO_4\rightarrow KHSO_4+H_2O$$
vì các dd có cùng nồng độ $\Rightarrow $ dd $H_2SO_4\Rightarrow $ dd còn lại là $HBr$
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giai giup minh bài tách chất
|
|
|
|
Dẫn hh qua bình dư dd $HCl$ khí thoát ra cho qua bình $P_2O_5$ để thu lấy $CH_4$
vì $CH_3NH_2+HCl\rightarrow CH_3NH_3Cl$ khí thoát ra là $CH_4$ qua bình $P_2O_5$ để giữ hơi nước .
Cho $NaOH$ dư đun nhẹ để thu lấy $CH_3NH_2$ vì
$CH_3NH_3Cl+NaOH\rightarrow CH_3NH_2\uparrow+NaCl+H_2O$
Khí thoát ra cho qua bình $P_2O_5$ để loại nước ta thu được $CH_3NH_2$
|
|
|
|
giải đáp
|
Hiđrôcacbon
|
|
|
|
Ta có $n_{CO_2}=0,16 mol;n_{Br_2}=0,16 mol$
Gọi CTPT của hiđrocacbon cần tìm là :$C_nH_{2n+2-2a}$
PTPƯ:
$$
C_nH_{2n+2-2a} +aBr_2\rightarrow
C_nH_{2n+2}Br_{2a} $$
Gọi số mol của hiđrocacbon cần tìm là : $x$ mol
$\Rightarrow $ \begin{cases}xn=0,16 mol \\ xa=0,16 mol \end{cases}
$\Rightarrow n=a\Rightarrow CTPT:C_nH_2$
Mặt khác
hidrocacbon thể khí nặng hơn không khí $\Rightarrow n=4\Rightarrow x=0,04 mol\Rightarrow m=2 gam$
Chọn đáp án $A$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bazo
|
|
|
|
Phương trình phân li:
$$Ba(OH)_2\rightarrow Ba^{2+}+2OH^- (1)$$
$$NaOH\rightarrow Na^++OH^- (2)$$
$$CO_2+2OH^-\rightarrow CO_3^{2-} (3)$$
$$CO_2+OH^-\rightarrow HCO_3^{-} (4)$$
$$Ba^{2+}+CO_3^{2-}\rightarrow BaCO_3\downarrow (5)$$
Theo bài ra ta có :
$n_{CO_2}=0,2 mol;n_{Ba^{2+}}=0,12 mol;n_{Na^+}=0,06 mol;n_{OH^-}=0,3 mol$
Gọi số mol $CO_3^{2-} ;HCO_3^{-} $ tạo ra từ $(3),(4)$ lần lượt là $x;y$ mol
$\Rightarrow $\begin{cases}x+y=0,2 mol \\ 2x+y=0,3 mol \end{cases}
$\Rightarrow n_{CO_3^{2-}}=0,1 mol$ ít hơn $n_{Ba^{2+}}\Rightarrow n_{BaCO_3\downarrow }=0,1 mol\Rightarrow m_{BaCO_3\downarrow}=19,7 gam$
Chọn đáp án $A$
|
|