Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
VO2(pư)=1/5Vkk=8.4(l).theo bài ra ta có nCO2+N2=44.8/22.4=2(1)lại có dB/H2=15=>nCO2/nN2=1/7(2).từ (1)và(2)=>nCO2=0.25(mol)và nN2=1.75(mol).
áp dụng ĐLBTKL ta có m=mCO2+mH2O+mN2-mO2(pư)=57(gam).ta lại có mC+mH+mN=nCO2.12+2.nH2O+28.nN2=53(gam) <57(gam)=>trong A có nguyên tố oxi mO=57-53=4(gam).gọi CTĐGN của A là CxHyOzNt ta có:x:y:z:t=nCO2:2nH2O:nO:2nN2=1:4:1:14=>CTĐGN của A:CH4ON14.lại có 12n+4n+16n+196n=600(tớ nghĩ phải là 600 chứ A chứa nhiều nguyên tố lắm)=>n=3=>CTHH của A:C3H12O3N42.
MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O (1)
BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (2)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O. (3)
Theo (1), (2) và (3), để lượng kết tủa B thu được là lớn nhất thì:
nCO2 = nMgCO3 + nBaCO3 = 0,2 mol
Ta có: 
= 0,2
=> a = 29,89.
bạn có ghi bài trên lớp phần cấu tạo chất đủ không. co mình mượn chép lại mấy bài phần đó với
Bạn chú ý, gửi từng câu hỏi một, không nên gửi nhiều câu hỏi một lúc
Câu 1.
Bài này có thể gọi M là kim loại chung của 3 kim loại trên:
M + HNO3 ---> M(NO3)n + NO + N2O + H2O (chú ý với bài tính toán kiểu này ko cần cân bằng pt).
Ta có số mol HNO3 = 1,5.0,95 = 1,425 mol.
Ta có khối lượng của hh khí (NO và N2O) = 16,4.2.số mol = 16,4.2.0,25 = 8,2 gam.
Áp dụng ĐLBTKL ta có: 29 + 63.1,425 = m + 8,2 + 18.0,7125 (chú ý số mol H2O luôn bằng 1/2 số mol HNO3).
Tính ra m = 97,75 g
CTCT của C3H8O: CH3-CH2-CH2-OH ; CH3 -CH(CH3)-OH.
CTCT của C4H10O: CH3-CH2-CH2-CH2-OH ; CH3-CHOH-CH2-CH3 ;
CH3 -CH(CH3)-CH2 - ОН ;CH3 -C(CH3)2OH .
Gọi CT của A là CxHyO2.
CxHyO2 + (x+y/4 - 1)O2 ---> xCO2 + y/2H2O
Trong 3,7 gam khí A, có số mol = 1,6/32 = 0,05 mol. Do đó phân tử khối của A = 3,7/0,05 = 74. Do đó: 12x + y = 74 - 32 = 42.
Mặt khác số mol của CO2 = 6,6/44 = 0,15 mol; số mol H2O = 2,7/18 = 0,15 mol = số mol CO2. Dựa vào pt phản ứng ta có: y = 2x.
Giải hệ 2 pt trên thu được x = 3; y = 6. CT của A: C3H6O2.
Số mol A = 1/3 số mol CO2 = 0,05 mol. Suy ra m = 74.0,05 = 3,7 g.
Chọn đáp án C
♦ giải đốt m g a m E + 0 , 11 m o l O 2 → t 0 0 , 12 m o l C O 2 + 0 , 08 m o l H 2 O
bảo toàn O có trong E: n O = 0 , 12 × 2 + 0 , 08 – 0 , 11 × 2 = 0 , 1 m o l
→ trong E: n C : n H : n O = 0 , 12 : 0 , 16 : 0 , 1 = 6 : 8 : 5
→ CTĐGN của E ≡ CTPT của E là C 6 H 8 O 5
► mạch cacbon không phân nhánh
→ axit chứa không quá 2 nhóm chức
lại có giả thiết về ancol T: m C : m H = 4 : 1 → n C : n H = ( 4 ÷ 12 ) : ( 1 ÷ 1 ) = 1 : 3
→ chứng tỏ ancol T là ancol no, mạch hở
→ là C 2 H 6 O hoặc C 2 H 6 O 2
→ số 5 = 4 + 1 là nghiệm duy nhất thỏa mãn các giả thiết trên mà thôi
→ CTCT của E là H O O C - C H = C H - C O O C H 2 C H 2 O H
Nghiệm: ∑π trong E = 2πC=O + 1πC=C
= 3
→ phát biểu A đúng.
• T là etylen glicol: có 2 nhóm –OH cạnh nhau
→ có khả năng hòa tan C u ( O H ) 2
→ B đúng.
• axit G là HOOC-CH=CH-COOH có 1πC=C
→ có khả năng + B r 2 vào nối đôi
→ D đúng.
chỉ có phát biểu C sai vì
HOOC-CH=CH-COOH có đồng phân hình học