Hóa học

n_H2O = n_CO2 = 1,05 ® este no đơn chức; C_nH_2nO₂ + O₂ ® nCO₂ + nH₂O; m = 23,52.44:22,4 + 18,9 – 27,44.32:22,4 = 25,9gam. ® 25,9 = (14n + 32).1,05/n ® n = 3 ® C₃H₆O₂ ® chỉ có 2 đồng phân duy nhất: HCOOC₂H₅ và CH₃COOCH₃ ; n_hh = 0,35;

R_tbCOOR’ + NaOH ® R_tbCOONa + R’OH ® NaOH dư ® n_RCOONa = 0,35;

® a + b = 0,35; 27,9 = m_HCOONa + m_CH3COONa + m_NaOHdư = 68a + 82b + 40.0,05 ® a = 0,2; b = 0,15; ® a:b = 4:3

giữa năm 905

Từ đáp án => CTPT códạng : C_nH_2nO  (Vì đều là andehit no , đơn chức)

%H = 2n.100% / (14n + 16) = 10,345% => n = 3 => C₃H₆O hay C₂H₅CHO

CO₂ và hơi nước bị dd giữ lại. Klg dd giảm suy ra tổng CO₂, H₂O= 39,4-19,912= 19,488.

Suy ra klg oxi pứ= 19,488-4,64= 14,848 là 0,464mol.

Số mol CO₂ ngoài tạo BaCO₃= 0,2 còn có thể tạo muối axit tan trong dd.

Gọi số mol HCO₃^- trong dd là x và số mol H₂O do X sinh ra là y.

Bảo toàn O ta có: 2(0,2+x) + y=0,464.2; nên 2x+y= 0,528 và bảo toàn klg X ta có: 12(0,2+x) + 2y= 4,64

à 6x+y=1,12. Giải hệ trên ra x= 0,148 và y=0,232.

Vậy số mol CO₂=0,348; H₂O=0,232 nên tỉ lệ C:H= 3:4. 

A. 542

X: C_nH_2n+1OH; Y: C_nH_mO₂; x + y = 0,5; n_CO2 = nx+ny=1,5 ® n=3 ® X: C₃H₇OH; n_H2O = 4x+m/2.y=1,4; ® 4(0,5-y) + m/2.y = 1,4 ® y = 1,2/(8-m); x<y ® x+y < 2y ® y > 0,25 ® 0,25<y<0,5 ® 0,25<1,2/(8-m)<0,5 ® 3,2<m<5,6 ® m=4. ®Y: C₂H₃COOH; ® x = 0,2; y = 0,3; R’COOH + ROH = R’COOR + HOH. Do y>x nên: n_este = 0,8x mol ® m = 114.0,8.0,2 = 18,24 gam.

Phản ứng điện phân xảy ra ở các điện cực như sau:

Catot(-):Ag⁺ + e → Ag;  Anot(+): H₂O - 2e → 1/2O₂ + 2H⁺

                       x                                      x                    x (mol)

Dung dịch Y có chứa: H⁺, NO₃^- và Ag⁺ dư → Fe + 2Ag⁺ → 2Ag + Fe²⁺

3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O (do Fe dư nên chỉ tạo Fe²⁺)

 n_AgNO3 = 0,15 mol; n_Fe = 12,6/56 = 0,225 mol;

Gọi x là số mol Ag⁺ đã bị điện phân → n_Ag⁺ dư = 0,15 – x mol → số mol Fe dư = 0,225 – (0,15-x)/2 – 3x/8 = 0,15 + x/8 → 108(0,15-x) + 56(0,15+x/8) = 14,5 → x = 0,1 mol → t = 0,1.26,8/2,68 = 1 h.

Chứng minh được Al dư,

Áp dụng định luật bảo toàn e: Khi Al p.ư với Cr₂O₃, 3n_Alp.ư = 2.3.n_Cr2O3 → n_Alp.ư = 0,06 mol.

Khi Al dư và Al₂O₃ p.ư với HCl: 3n_{Al dư} + 2n_Cr = 2n_H2 → n_{Al dư} = 0,02 mol.

Vậy tổng số mol Al là 0,08 mol. Sau tất cả các p.ư Al chuyển thành NaAlO₂ nên n_NaOH = 0,08.

Vì HCl dư, nên Fe₃O₄, ZnO và Cu tác dụng với HCl dư sẽ thu được muối sắt II, muối kẽm II và muối đồng II. Do đó khi dung dịch Y tác dụng với NaOH dư sẽ thu được hai kết tủa trên.

Fe₂O₃ + HCl dư → FeCl₃ + H₂O;

ZnO + HCl dư → ZnCl₂ + H₂O;

Cu + FeCl₃ → FeCl₂ + CuCl₂.

Phần không tan Z là Cu, điều đó chứng tỏ FeCl₃ đã phản ứng hết để sinh ra FeCl₂.

Ta có: n_OH = n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,168mol.

Cho Y vào X có các phản ứng sau:

H⁺ + OH^- = H₂O (1)

0,1    0,1

Al³⁺ + 3OH^- = Al(OH)₃¯ (2)

z        3z               z       

Al(OH)₃ + OH^- = AlO₂^- + 2H₂O(3)

0,068-3z

Ba²⁺   +   SO₄^2- = BaSO₄¯ (4)

0,012      0,02       0,012

® m_Al(OH)3 = 3,732 – 233.0,012 = 0,936gam ® n_Al(OH)3 dư = 0,012mol.

® z – (0,068-3z) = 0,012 ® z = 0,02; t = 0,1+3z-2.0,02=0,12 mol.

xét toàn bộ quá trình: nhận xét sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố. Sau đó áp dụng bảo toàn số mol e cho các sự thay đổi đó nhé.

A hơn A²⁺ 2 electron, mà cấu hình bão hòa [Ar]3d¹⁰4s¹ bền hơn cấu hình chưa bão hòa [Ar]3d⁹4s².