đốt cháy hoàn toàn C bằng 1 lượng O2 dư thu đc hỗn hợp gồm CO2 & O2 dư
xác định TP% theo khối lượng của 4g CO2 & 16g O2
trình bày chi tiết giúp thanks
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
H
4 tháng 7 2021
Gọi CTHH của Z là $C_nH_{2n-2}O_4$ ( Coi là 1 mol)
Ta có :
Bảo toàn e : $n_{O_2} = \dfrac{4n + 2n-2 -2.4}{4} = \dfrac{6n-10}{4}$
Bảo toàn C : $n_{CO_2} = n$
Suy ra: $\dfrac{6n-10}{4} = n \Rightarrow n = 5$
Mặt khác :
Gọi $n_{C_5H_8O_4} = a(mol)$
Suy ra: $n_{CO_2} = 5a ; n_{H_2O} = 4a$
Ta có: $5a.44 + 4a.18 = 43,8 \Rightarrow a = 0,15$
$\Rightarrow m = 0,15.132 = 19,8(gam)$
TP
19 tháng 7 2021
Bảo toàn khối lượng ta có : Chất béo = C3H5(OH)3+3Axit−3H2O
Quy đổi E thành \(\left\{{}\begin{matrix}HCOOH:a\left(mol\right)\\C_3H_5\left(OH\right)_3:b\left(mol\right)\\CH_2:c\left(mol\right)\\H_2O:-3b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
2HCOOH + O2 → 2CO2 + 2H2O
2C3H5(OH)3 + 7O2 → 6CO2 + 8H2O
2CH2 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O
=> \(n_{O_2}=0,5a+3,5b+1,5c=5,1\) (1)
\(n_{CO_2}=a+3b+c=3,56\) (2)
Muối gồm \(HCOONa\left(a\right);CH_2\left(c\right)\)
\(m_{muối}=68a+14c=58,96\) (3)
Từ (1), (2), (3) => a=0,2 , b = 0,04, c=3,24
Muối gồm \(C_{15}H_{31}COONa:0,08\left(mol\right);C_{17}H_{35}COONa:0,12\left(mol\right)\)
Vì \(n_X=b=0,04\left(mol\right)\) nên X không thể chứa 2 gốc \(C_{15}H_{31}COO^-\) cũng không thể chứa 3 gốc \(C_{17}H_{35}COO^-\)
=> X là \(\left(C_{17}H_{35}COO\right)_2\left(C_{15}H_{31}COO\right)C_3H_5\)
=> \(m_X=34,48\left(g\right)\)
7 tháng 2 2022
\(n_{hỗn.hợp.khí}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)
Pt : \(C+O_2\underrightarrow{t^o}CO_2|\)
1 1 1
a 1a
\(S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2|\)
1 1 1
b 1b
Gọi a là số mol của C
b là số mol của S
\(m_C+m_S=13,5\left(g\right)\)
⇒ \(n_C.M_C+n_S.M_S=13,5g\)
⇒ 12a+ 32b = 13,5g(1)
Theo phương trình : 1a + 1b = 0,5(2)
Từ(1),(2), ta có hệ phương trình :
12a + 32b = 13,5g
1a + 1b = 0,5
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,125\\b=0,375\end{matrix}\right.\)
\(m_C=0,125.12=1,5\left(g\right)\)
\(m_S=0,375.32=12\left(g\right)\)
Chúc bạn học tốt
6 tháng 2 2022
Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_C=x\left(mol\right)\\n_S=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ 12x + 32y = 13,5 (1)
PT: \(C+O_2\underrightarrow{t^o}CO_2\)
\(S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2\)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=n_C=x\left(mol\right)\\n_{SO_2}=n_S=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Mà: \(n_{hhk}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)
⇒ x + y = 0,5 (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,125\left(mol\right)\\y=0,375\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{C=}0,125.12=1,5\left(g\right)\\m_S=0,375.32=12\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Bạn tham khảo nhé!
21 tháng 8 2019
Đáp án D
Định hướng tư duy giải
Chú ý: Mỗi thằng có 2π và 2O
29 tháng 7 2018
Đáp án D
Định hướng tư duy giải
Chú ý: Mỗi thằng có 2π và 2O
9 tháng 4 2022
X chứa 2 este đơn chức (do X tác dụng với NaOH thu được muối axit hữu cơ đơn chức)
Xét TN1:
\(n_{H_2O}=\dfrac{31,4+\dfrac{43,68}{22,4}.32-\dfrac{35,84}{22,4}.44}{18}=1,3\left(mol\right)\)
=> nH = 2,6 (mol)
\(n_C=n_{CO_2}=\dfrac{35,84}{22,4}=1,6\left(mol\right)\)
=> \(n_O=\dfrac{31,4-1,6.12-2,6.1}{16}=0,6\left(mol\right)\)
=> \(n_{este}=\dfrac{0,6}{2}=0,3\left(mol\right)\)
Xét TN2:
15,7g X chứa \(n_{este}=0,15\left(mol\right)\)
=> \(n_{ancol}=0,15\left(mol\right)\)
\(M_{ancol}=\dfrac{7,6}{0,15}=50,67\left(g/mol\right)\)
Giả sử 2 ancol là \(\left\{{}\begin{matrix}C_xH_yO\\C_{x+1}H_{y+2}O\end{matrix}\right.\)
Có: \(M_{C_xH_yO}< 50,67\)
=> 12x + y < 34,67
=> 12x < 34,67
=> x < 2,9
=> \(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)
- Nếu x = 1 => CxHyO chi có thể là CH3OH
=> ancol còn lại là C2H5OH (Loại do M = 46 < 50,67)
- Nếu x = 2 => CxHyO chỉ có thể là C2H5OH
=> ancol còn lại là C3H7OH (TM)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_5OH}=a\left(mol\right)\\n_{C_3H_7OH}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,15\\46a+60b=7,6\end{matrix}\right.\)
=> a = 0,1 (mol); b = 0,05 (mol)
- Xét TN1:
31,4g X chứa \(\left\{{}\begin{matrix}C_uH_vCOOC_2H_5:0,2\left(mol\right)\\C_uH_vCOOC_3H_7:0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Bảo toàn C: 0,2u + 0,6 + 0,1u + 0,4 = 1,6
=> u = 2
Bảo toàn H: 0,2v + 1 + 0,1v + 0,7 = 2,6
=> v = 3
=> X chứa \(\left\{{}\begin{matrix}C_2H_3COOC_2H_5\left(A\right)\\C_2H_3COOC_3H_7\left(B\right)\end{matrix}\right.\)
- CTCT của (A)
\(CH_2=CH-COO-CH_2-CH_3\)
- CTCT của (B)
(1)\(CH_2=CH-COO-CH_2-CH_2-CH_3\)
(2) \(CH_2=CH-COO-CH\left(CH_3\right)-CH_3\)
\(\left\{{}\begin{matrix}m_{C_2H_3COOC_2H_5}=0,2.100=20\left(g\right)\\m_{C_2H_3COOC_3H_7}=0,1.114=11,4\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
26 tháng 3 2017
Chọn đáp án B
♦ Cách 1: biến đổi peptit – đốt cháy kết hợp thủy phân
G gồm các muối natri của glyxin, alanin, valin ⇒ có dạng C n H 2 n N O 2 N a .
• đốt: C n H 2 n N O 2 N a + O 2 → t 0 N a 2 C O 3 + C O 2 + H 2 O + N 2 .
có n C n H 2 n N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,2 mol ⇒ n N a C O 3 = n N 2 = 0,1 mol.
N a 2 C O 3 = N a 2 O . C O 2 ⇒ thêm 0,1 mol C O 2 vào 31,25 gam C O 2 ; H 2 O
⇒ có n C O 2 = n H 2 O = (31,25 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,575 mol.
⇒ m C n H 2 n N O 2 N a = 14 × 0,575 + 0,2 × (46 + 23) = 21,85 gam.
• thủy phân m gam T (x mol) + 0,2 mol NaOH → 21,85 gam G + x mol H 2 O .
đốt m gam T cho 0,53 mol H 2 O ⇒ n H t r o n g T = 2 × 0,53 = 1,06 mol.
⇒ bảo toàn H phản ứng thủy phân có: 1,06 + 0,2 = 0,575 × 2 + 2x ⇒ x = 0,055 mol.
biết x ⇒ quay lại BTKL phản ứng thủy phân có m = 14,84 gam.