|
|
sửa đổi
|
hóa 12
|
|
|
|
Giả sư amino axit là $(HOOC)n-R-NH_2 \overset{+HCl}{\rightarrow} (HOOC)n-R-NH_3Cl$Ta có $\frac{35,5}{M_Y} = 0,28287 => M_Y = 125,5 => M_{-R-(COOH)_n} = 73$ Với $n = 1 => R = 28$ $X$ là $\alpha$ amino axit => CTCT $X : HOOC-CH(NH_2)-CH_3$
Giả sư amino axit là $(HOOC)n-R-NH_2 \overset{+HCl}{\rightarrow} (HOOC)n-R-NH_3Cl$Ta có $\frac{35,5}{M_Y} = 0,28287 => M_Y = 125,5 => M_{-R-(COOH)_n} = 73$ Với $n = 1 => R = 28$ $X$ là $\alpha$ amino axit => CTCT $X : HOOC-CH(NH_2)-CH_3$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Axit cacboxylic(41).
|
|
|
|
$n_{C_2H_5OH} = n_{CH_3COOH} = 2n_{H_2} = 0,5$ mol => $m_{C_2H_5OH} = \frac{0,5.46.100}{25} = 92$ gam
Gọi $n_{C_2H_5OH} = a$ mol $C_2H_5OH + O_2 => CH_3COOH + H_2O$bd $a$CB $0,75a 0,25a 0,25a$$C_2H_5OH,CH_3COOH,H_2O+Na$ tạo $C_2H_5ONa,CH_3COONa,NaOH+1/2H_2$$n_Y = 0,75a+0,25a+0,25a = 2n_{H_2} = 0,25$ mol => $a = 0,2$ mol=> $m = 9,2$ gam
|
|
|
|
sửa đổi
|
bảo toàn nguyên tố 5
|
|
|
|
$Fe,Zn \overset{H_2SO_4}{\rightarrow} Fe_2(SO_4)_3,ZnSO_4,H_2S , SO_2$$n_{H_2SO_4}=n_S=3/2n_{Fe}+n_{Zn}+n_{H_2S} + n_{SO_2}$$=3/2.0,01+0,02+0,005+0,015=0,055$ mol => $C_M H_2SO_4 = 0,055/2 = 0,0275$ lit
$Fe,Zn \overset{H_2SO_4}{\rightarrow} Fe_2(SO_4)_3,ZnSO_4,H_2S , SO_2$$n_{H_2SO_4}=n_S=3/2n_{Fe}+n_{Zn}+n_{H_2S} + n_{SO_2}$$=3/2.0,01+0,02+0,005+0,015=0,055$ mol => $V_{H_2SO_4} = 0,055/2 = 0,0275$ lit
|
|
|
|
sửa đổi
|
bảo toàn nguyên tố 5
|
|
|
|
bảo toàn nguyên tố 5 Hỗn hợp gồm 0,01 mol $Fe$ và 0,02 mol $Zn$ bằng dung dịch thu được 0,448l ở đktc hỗn hợp $SO_{2}$ và $H_{2}S$. Thể tích $H_{2}SO_{4} $ 2M tối thiểu cần dùng là ?
bảo toàn nguyên tố 5 H òa tan hỗn hợp gồm 0,01 mol $Fe$ và 0,02 mol $Zn$ bằng dung dịch $H_2SO_4$ đặc thu được 0,448l ở đktc hỗn hợp $SO_{2}$ và $H_{2}S$. Thể tích $H_{2}SO_{4} $ 2M tối thiểu cần dùng là ?
|
|
|
|
sửa đổi
|
Xác định công thức hợp chất
|
|
|
|
Goi CT hợp chất tạo thành là $X_nY_m$ta có $\frac{X.n}{154} = 0,078$ => $X = 12n$ . Với $n = 1 => X = 12$ (Cacbon)$\frac{Y.m}{154} = 0,922$ => với $n = 4 => Y = 35,5$ (Clo)=> Hợp chất là $CCl_4$
Goi CT hợp chất tạo thành là $X_nY_m$ta có $\frac{X.n}{154} = 0,078$ => $X = 12/n$ . Với $n = 1 => X = 12$ (Cacbon)$\frac{Y.m}{154} = 0,922$ => Y.m = 142 => Y = 142/m . với $m = 4 => Y = 35,5$ (Clo)=> Hợp chất là $CCl_4$
|
|
|
|
sửa đổi
|
ph
|
|
|
|
a) Có $\Sigma n_{HCl}$ trong $0,1M >$ trong $0,01M $$\Rightarrow n_{H^+}$ trong $0,1M > 0,01M$$\Rightarrow pH$ của $0,1M$ lớn hơn
a) Có $\Sigma n_{HCl}$ trong $0,1M >$ trong $0,01M $$\Rightarrow n_{H^+}$ trong $0,1M > 0,01M$$\Rightarrow pH$ của $0,01M$ lớn hơn
|
|
|
|
sửa đổi
|
ph
|
|
|
|
b) Vì $HCl$ là axit mạnh còn $CH_3COOH$ là axit yếu2 dd cùng thể tích và cùng $C_M$$\Rightarrow pH$ của HCl lớn hơn
b) Vì $HCl$ là axit mạnh còn $CH_3COOH$ là axit yếu2 dd cùng thể tích và cùng $C_M$$\Rightarrow pH$ của $CH_3COOH$ lớn hơn
|
|
|
|
sửa đổi
|
ph
|
|
|
|
Có $n_{HCl}=n_{H_2SO_4}$Với $n$ mol $HCl$ phân ly ra $n_{H^+}$$n$ mol $H_2SO_4$ phân ly ra $2n_{H^+}$$\Rightarrow n_{H^+}$ trong $H_2SO_4$ nhiều hơn$\Rightarrow pH$ $H_2SO_4$ lớn hơn
Có $n_{HCl}=n_{H_2SO_4}$Với $n$ mol $HCl$ phân ly ra $n_{H^+}$$n$ mol $H_2SO_4$ phân ly ra $2n_{H^+}$$\Rightarrow n_{H^+}$ trong $H_2SO_4$ nhiều hơn$\Rightarrow pH$ $HCl$ lớn hơn
|
|
|
|
sửa đổi
|
bai tap hoa11! giup voi
|
|
|
|
Câu 2:$n_{H^+}=0,02.0,5=0,01 mol$ $n_{OH^-}=0,018.0,5=0,009 mol$$\Rightarrow n_{H^+_{dư}}=0,001 mol\Rightarrow [H^+_{dư}]=\frac{0,001}{0,5}=0,002\Rightarrow pH=-\lg(0,002)\approx 2,7$
Câu 2:$n_{H^+}=0,02.0,5=0,01 mol$ $n_{OH^-}=0,018.0,5=0,009 mol$$\Rightarrow n_{H^+_{dư}}=0,001 mol\Rightarrow [H^+_{dư}]=\frac{0,001}{0,5+0,5}=0,001\Rightarrow pH=-\lg(0,001)= 3$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hóa 9
|
|
|
|
$H^+ + OH^- \rightarrow H_2O$ tạo kết tủa => $OH^-$ dư $OH^- + HCO_3^- \rightarrow CO_3^{2-} + H_2O$ $0,04$$n_{OH^-}$ dư = $0,3 - 0,2.2.x = 0,04 => x = 0,65$M$Ba^{2+} + CO_3^{2-} \rightarrow BaCO_3$$0,02 0,04$$n_{BaCO_3} = nBa^{2+} = 0,02 mol => m_{BaCO_3} = 3,94$ gam
$H_2SO_4 + 2NaOH => Na_2SO_4 + H_2O$ $n_{H_2SO_4} = 0,2x$ mol ; $n_{NaOH} = 0,3$ molDo sau phản ứng hỗn hợp sản phẩm thu được phản ứng với $Ba(HCO_3)_2$ tạo kết tủa => $NaOH$ dư hoặc $H_2SO_4$ dưTH$1$ : $NaOH$ dư$n_{NaOH}$ dư = $(0,3 - 0,4x)$ mol $2NaOH + Ba(HCO_3)_2 => BaCO_3 + Na_2CO_3 + 2H_2O$$n_{Ba(HCO_3)_2} = 0,2$ mol Theo pt : $n_{NaOH} = 2n_{Ba(HCO_3)_2} = 0,4 = 0,3 - 0,4x => x = -0,25$M ( loại)TH$2$ : dư $H_2SO_4$ $H_2SO_4 + Ba(HCO_3)_2 => BaSO_4 + 2H_2O + 2CO_2$Ta có : $0,2x - 0,15 = 0,2 => x = 1,75$M $n_{BaSO_4} = n_{Ba(HCO_3)_2} = 0,2$ mol => $m = 46,6$ gam
|
|
|
|
sửa đổi
|
Axit cacboxylic(32).
|
|
|
|
Axit cacboxylic(32). Đốt cháy hết a thể tích hơi hh axit A và B thu được a thể tích hơi $CO_2$ đo ở cùng điều kiện. Tìm A và B?
Axit cacboxylic(32). Đốt cháy hết a thể tích hơi hh axit A và B thu được 2a thể tích hơi $CO_2$ đo ở cùng điều kiện. Tìm A và B?
|
|
|
|
sửa đổi
|
bai tap este
|
|
|
|
bai tap este oxi h oa ho an to an 0.3mol h on h op g om este no, don ch uc A va este kh ong no(1 lienket doi) don ch uc B.thu duoc 1.2mol CO2 va 1.0mol H2O.bi et A v a B c o c ung s o nguy en t u cacbon trong ph an t u.cho 0.3 mol X t ac d ung v oi dung dich N AOH v ua du c o candun h d ich sau ph an ung thu duoc 23.2g mu oi khan.XD CTCT A v a B
bai tap este oxi h óa ho àn to àn $0.3 $mol h ỗn h ợp g ồm este no, đơn ch ức $A $ va este kh ông no ( $1 $ lienket đôi) đơn ch ức $B $.thu được $1.2 $mol $CO _2 $ va $1.0 $mol $H _2O $.bi ết $A $ v à $B $ c ó c ùng s ố nguy ên t ử cacbon trong ph ân t ử.cho $0.3 $ mol $X $ t ác d ụng v ới dung dich $N aOH $ v ừa đủ c ó can dun g d ịch sau ph ản ứng thu được $23.2 $g mu ối khan. XD CTCT $A $ v à $B $
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bài tập xác định nguyên tố
|
|
|
|
$n_{CO_2} = \frac{4,48.2}{0,082.273} = 0,4$ mol $M_{TB} = \frac{36,8}{0,4} = 92 => 1$ kim loại trong muối là $Ba$ Kim loại còn lại là $Ca$ hoặc $Mg$ . Nếu kim loại thứ $2$ là $Ca$ . Gọi số mol $Ca$ và $Ba$ là $a,b$ . Giải pt thấy nghiệm âmKim loại thứ $2$ là $Mg$ thì thỏa mãn Vậy $2$ muối ban đầu là $MgCO_3$ và $BaCO_3$ b, Cách $1$ : Gọi số mol $BaCO_3$ và $MgCO_3$ là $x,y$ Ta có $\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,4\\ 197x + 84y = 36,8 \end{array} \right.$=> $m_{BaSO_4} + m_{MgSO_4}$Cách $2$ : Theo pp tăng giảm khối lương $m_{BaSO_4} + m_{MgSO_4} = 36,8 + 0,4.(96 - 60) = 51,2$ gam
$n_{CO_2} = \frac{4,48.2}{0,082.273} = 0,4$ mol $M_{TB} = \frac{36,8}{0,4} = 92$ => $M_{TBKL} = 32$ 2 kim loại là $Ca$ hoặc $Mg$ . Vậy $2$ muối ban đầu là $MgCO_3$ và $CaCO_3$ b, Cách $1$ : Gọi số mol $CaCO_3$ và $MgCO_3$ là $x,y$ Ta có $\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,4\\ 100x + 84y = 36,8 \end{array} \right.$=> $m_{CaSO_4} + m_{MgSO_4}$Cách $2$ : Theo pp tăng giảm khối lương $m_{CaSO_4} + m_{MgSO_4} = 36,8 + 0,4.(96 - 60) = 51,2$ gam
|
|
|
|
sửa đổi
|
Bài tập Phenol.
|
|
|
|
Bài tập Phenol. Cho $m\,(g)$ hỗn hợp $M$ gồm ancol no, đơn chức, mạch hở $X$ và ancol không no, đa chức, mạch hở $Y\,\mbox{(1 nối}\,C=C\,).$ Đốt hỗn hợp $M$ cần dùng $V\,(l)$ khí $O_2\,\mbox{(đkc)}$ thu được $2,24\,(l)\,CO_2\,\mbox{(đkc)}$ và $2,16\,(g)\,H_2O.$ Tìm công thức của $Y$ và tính $V?$
Bài tập Phenol. Cho $m\,(g)$ hỗn hợp $M$ gồm ancol no, đơn chức, mạch hở $X$ và ancol không no, đa chức, mạch hở $Y\,\mbox{(1 nối}\,C=C\,).$ . Hai 2 ancol có cùng số mol. Đốt hỗn hợp $M$ cần dùng $V\,(l)$ khí $O_2\,\mbox{(đkc)}$ thu được $2,24\,(l)\,CO_2\,\mbox{(đkc)}$ và $2,16\,(g)\,H_2O.$ Tìm công thức của $Y$ và tính $V?$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Dẫn xuất Halogen(2).
|
|
|
|
$ClC_6H_4CH_2Cl + 2KOH \overset{t,p}{\rightarrow} HOC_6H_4CH_2OH + 2KCl$
$ClC_6H_4CH_2Cl + 2KOH \overset{t,p}{\rightarrow} KOC_6H_4CH_2OH + 2KCl$
|
|