Trộn 200 ml dung dịch gồm HCl 0,1M và H2SO4 0,15M với 300 ml dung dịch Ba(OH)2 nồng độ aM, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch có pH = 1. Tìm a, m?
Sau phản ứng trung hòa pH = 1 ⇒ H+ dư
H+ + OH- → H2O
nH+bd = 0,08 mol; sau phản ứng pH = 1
⇒ nH+ sau p/ư = 0,05 mol
nH+p/ư = nOH- = 0,03 mol
⇒ nBa(OH)2 = 0,015 mol
⇒ CM Ba(HCO3)2 = 0,05 (mol/l)
nBaSO4 = nBa(OH)2 = 0,015 mol (H2SO4 dư) ⇒ mBaSO4 = 3,495g
Hỗn hợp E chứa hai chất hữu cơ đều mạch hở và không chứa nhóm chức khác gồm este X (CnH2n–2O2) và este Y (CmH2m–4O4), trong đó số mol của X lớn hơn số mol của Y. Đốt cháy hết 16,64 gam E với oxi vừa đủ, thu được x mol CO2 và y mol H2O với x = y + 0,2. Mặt khác đun nóng 16,64 gam với dung dịch KOH vừa đủ, thu được hỗn hợp F chứa 2 ancol đồng đẳng kế tiếp và hỗn hợp hợp chứa 2 muối; trong đó có a gam muối A và b gam muối B. Dẫn toàn bộ F qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 6,76 gam. Giá trị của a: b?
X có dạng CnH2n-2O2 và Y có dạng CmH2m-4O4, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp
→ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.
Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = nX + 2nY → n2 ancol = 0,2mol
Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → nH2 = 0,1 → mbình tăng = mancol – mH2
→ 6,76 = 0,2. (R + 17) – 0,2 → R = 17,8
→ 2 ancol CH3OH (z mol) và C2H5OH (t mol)
→ z + t = 0,2 và 32z + 46t – 0,2 = 6,76 → z = 0,16 và t = 0,04
Do nX > nY , ta xét 2 trường hợp sau:
TH1: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi C2H5OH
Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,16 mol); C8H12O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
Có mhỗn hợp = 16,64 → x < 0 (loại)
TH2: X tạo bởi CH3OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.
Quy đổi hỗn hợp thành C4H6O2 (0,12 mol); C7H10O4(0,04 mol); CH2 (x mol)
(do chia mất CH3OH vào 2 ancol)
Có mhỗn hợp = 16,64 → x = 0
→ X là C2H3COOCH3 (0,12 mol) và Y là CH3OOC-C2H2-COOC2H5 (0,04 mol)
→ muối thu được là C2H3COONa (0,12 mol) và C2H2(COONa)2 (0,04 mol)
→ mC2H3COONa = 11,28 và mC2H2(COONa)2 = 6,4
(nhận thấy các đáp án. a:b đều > 1)
→ a = mC2H3COONa = 11,28 và b = mC2H2(COONa)2 = 6,4
→ a: b = 11,28/6,4 = 1,7625
Hòa tan hết a gam hỗn hợp X gồm sắt và 1 oxit sắt trong b gam dung dịch H2SO4 9,8% (lượng vừa đủ), sau phản ứng thu được dung dịch chứa 82,8 gam hỗn hợp 2 muối khan. Mặt khác, nếu hòa tan hết a gam X bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được duy nhất 90 gam muối Fe (III). Giá trị của b là:
Giải
Ta có nFe2(SO4)3 = 90 : 400 = 0,225 mol
82,8g gồm FeSO4: x mol và Fe2(SO4)3: y mol
=>152x + 400y = 82,8 (1)
BTNT Fe => x + 2y = 2.0,225 = 0,45 (2)
Từ 1, 2 => x = y = 0,15
BTNT S => nH2SO4 = 0,15 + 3.0,15 = 0,6
b= 0,6.98/9,8% = (0,6.98) : 0,098 = 600g
Một nguyên tố ở chu kì 3, nhóm VIA trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Hỏi:
a) Nguyên tử của nguyên tố đó có bao nhiêu electron ở lớp electron ngoài cùng?
b) Các electron ngoài cùng nằm ở lớp electron thứ mấy?
c) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố trên.
a) Nguyên tử của nguyên tố có 6 electron ở lớp ngoài cùng.
b) Cấu hình electron lớp ngoài cùng nằm ở lớp thứ ba.
c) Cấu hình electron của nguyên tố: 1s22s22p63s23p4.
Cho glixerol phản ứng với hỗn hợp axit béo gồm C17H35COOH và C15H31COOH, số loại trieste được tạo ra tối đa là
Câu A. 3
Câu B. 5
Câu C. 6
Câu D. 4
Lên men 1,08kg glucozo chứa 20% tạp chất thu được 0,368 kg rượu. Tính hiệu suất
Phương trình lên men: C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2
Theo lý thuyết, số kg rượu thu được phải là: 1,08 .80%: 180. 2. 46 = 0,4416 kg
Tuy nhiên thực tế chỉ thu được 0,368 kg, do đó hiệu suất là:
H = 0,368: 0,4416 = 83,33%
** Đây là liên kết chia sẻ bới cộng đồng người dùng, chúng tôi không chịu trách nhiệm gì về nội dung của các thông tin này. Nếu có liên kết nào không phù hợp xin hãy báo cho admin.
okvip