Dẫn V (đktc) lít hỗn hợp khí X chứa C2H2, C2H4, H2 có tỷ khối so với H2 là 4,7 qua Niken nung nóng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn hỗn hợp Y qua nước Br2 dư thấy khối lượng bình tăng 5,4 gam và thu được hỗn hợp khí Z. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí Z thu được 4,48 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Giá trị V là
A. 22,4 lit.
B. 11,2 lit.
C. 5,6 lit.
D. 2,24 lit
Đáp án A
V lít hhX chứa C2H2, C2H4, H2 có dX/H2 = 4,7.
hhX qua Ni, to → hhY.
Dẫn Y qua Br2 dư → mbình tăng = 5,4 gam + hh khí Z.
hhZ + O2 → 0,2 mol CO2 + 0,8 mol H2O
• hh khí Z chỉ gồm hiđrocacbon và H2 dư nên
mZ = mC + mH = 0,2 x 12 + 0,8 x 2 = 4 gam.
Theo BTKL:
mX = mY = mbình tăng + mZ = 5,4 + 4 = 9,4 gam.
→ nX = 9,4 : 9,4 = 1 mol
→ VX = 1 x 22,4 = 22,4 lít
Hỗn hợp X gồm Cu, Fe2O3 và CuO trong đó oxi chiếm 12,5% khối lượng hỗn hợp. Cho 11,2 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X đun nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 18,8. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thu được dung dịch chứa 2,8125m gam muối và 35,84 lít khí NO2 (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây:
A. 64,1
B. 57,6
C. 76,8
D. 51,2
Đáp án A
· Quy đổi X tương đương với hỗn hợp gồm x mol Cu, y mol Fe, z mol O
· Y + HNO3 → 2,8125m g muối + 1,6 mol NO2
⇒ → BTe 2 x + 3 y + 2 n o phản ứng = 2 z + n NO 2 ⇒ 2 x + 3 y - 2 z = 1 mol 2 , 8125 m = 188 x + 242 y = 2 , 8125 . 128 z ( 2 )
Hỗn hợp X gồm 2 rượu ( ancol ) CH3OH, C2H5OH có cùng số mol và 2 axit C2H5COOH, C4H8(COOH)2. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít không khsi (đktc, không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu. Biết khí nitơ không tan trong nước, tìm giá trị của m.
CH3OH và C2H5OH có CT chung là CnH2n+2O.
CH3OH và C2H5OH có cùng số mol nên:
Vậy CT chung của 2 ancol là: C1,5H5O
2 axit có công thức phân tử là: C3H6O2 và C6H10O4
Nhận xét: C1,5H5O ; C3H6O2 và C6H10O4 đều có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O
Gọi số mol của CO2: x (mol) ; nH2O = y (mol)
=> nO (trong hh đầu) = 2/3 nC =2/3 nCO2 = 2x/3 (mol) ( Vì nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử
Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = mCaCO3 – mCO2 – mH2O = 0,45.100 – 0,45.44 – 0,48.18 = 16,56 (g)
Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3, CaC2 và Ca vào nước (dùng rất dư) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X và 3,12 gam kết tủa. Cho hỗn hợp khí X đi chậm qua Ni, đun nóng thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hiđrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 9,45. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư, thấy lượng Br2 phản ứng là 19,2 gam. Giá trị của m là.
A. 25,48 gam
B. 23,08 gam
C. 21,12 gam
D. 24,00 gam
Đáp án D
Ta có:
n A l ( O H ) 3 = 0 , 04 m o l T a c ó : M - Y = 18 , 9
Dẫn Y qua bình đựng Br2 dư thấy Br2 phản ứng 0,12 mol.
Gọi số mol Al4C3, CaC2 và Ca lần lượt là a, b, c.
Do vậy khí X thu được gồm 3a mol CH4, b mol C2H2 và c mol H2.
Mặt khác: n A l ( O H ) 3 = 4 a - 2 b - 2 c = 0 , 04 m o l
Cho X qua Ni thu dược hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon nên số mol của Y là 3a+b mol
→ 16 . 3 a + 26 b + 2 c 3 a + b = 18 , 9
Mặt khác bảo toàn liên kết π: 2b-c= 0,12
Giải hệ: a=b=0,1; c=0,08 => m=24 gam
Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3, CaC và Ca vào nước (dùng rất dư) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X và 3,12 gam kết tủa. Cho hỗn hợp khí X đi chậm qua Ni, đun nóng thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hiđrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 9,45. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br dư, thấy lượng Br2 phản ứng là 19,2 gam. Giá trị của m là
A. 23,08gam
B. 24,00gam
C. 21,12gam
D. 25,48gam
Cho m gam hỗn hợp gồm Al 4 C 3 , CaC 2 và Ca vào nước (dùng rất dư) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X và 3,12 gam kết tủa. Cho hỗn hợp khí X đi chậm qua Ni, đun nóng thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hiđrocacbon có tỉ khối so với H 2 bằng 9,45. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br 2 dư, thấy lượng Br 2 phản ứng là 19,2 gam. Giá trị của m là
A. 23,08 gam
B. 24,00 gam
C. 21,12 gam
D. 25,48 gam
Cho m gam hỗn hợp gồm Al4C3, CaC2 và Ca vào nước (dùng rất dư) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X và 3,12 gam kết tủa. Cho hỗn hợp khí X đi chậm qua Ni, đun nóng thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hiđrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 9,45. Dẫn toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch Br2 dư, thấy lượng Br2 phản ứng là 19,2 gam. Giá trị của m là
A. 25,48 gam
B. 23,08 gam
C. 21,12 gam
D. 24,00 gam
Đáp án D
Ta có: n A l ( O H ) 3 = 0 , 04 m o l
Ta có: M Y ¯ = 18 , 9
Dẫn Y qua bình đựng Br2 dư thấy Br2 phản ứng 0,12 mol.
Gọi số mol Al4C3, CaC2 và Ca lần lượt là a, b, c.
Do vậy khí X thu được gồm 3a mol CH4, b mol C2H2 và c mol H2.
Mặt khác: n A l O H ) 3 = 4 a - 2 b - 2 c = 0 , 04
Cho X qua Ni thu dược hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon nên số mol của Y là 3a+b mol
Mặt khác bảo toàn liên kết π:2b-c=0,12
Giải hệ: a=b=0,1; c=0,08
→ m = 24 g a m
Dẫn 4,48 lít CO (đktc) đi qua m gam hỗn hợp oxit nung nóng gồm MgO, Al2O3, Fe2O3 và CuO. Sau một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X và hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H2 là 20,4. Cho X tan hoàn toàn trong dung dịch HCl (loãng), thu được dung dịch Z chỉ chứa (2m – 4,36) gam muối và thoát ra 1,792 lít (đktc) khí H2. Cho Z tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được (5m + 9,08) gam kết tủa. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 34.
B. 35.
C. 36.
D. 37.
Hỗn hợp E gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở). Cho m gam E tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T gồm muối của Gly, Ala và Val. Đốt cháy hoàn toàn T bằng O 2 vừa đủ, dẫn toàn bộ khí và hơi vào bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình tăng 38,07 gam và có 2,24 lít khí (đktc) thoát ra. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam E, thu được N 2 , C O 2 và 11,34 gam H 2 O . Giá trị của m là
A. 17,19.
B. 16,20.
C. 15,21.
D. 18,18.
Chọn đáp án B
Cách 1: Biến đổi peptit – giải đốt cháy kết hợp thủy phân
đốt muối T dạng C n H 2 n N O 2 N a + O 2 → N a 2 C O 3 + 38,07 gam C O 2 + H 2 O + 0,1 mol N 2 .
⇒ có n T = 0,2 mol ⇒ n N a C O 3 = 0,1 mol ⇒ n C = n H 2 = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol.
⇒ m T = 0,685 × 14 + 0,2 × (46 + 23) = 23,39 gam. Quan sát lại phản ứng thủy phân:
m gam E + 0,2 mol NaOH → 23,39 gam muối T + x mol H 2 O .
đốt m gam E cho 0,63 mol H 2 O ||⇒ bảo toàn H có 2x = 0,09 mol ⇒ x = 0,045 mol.
⇒ BTKL phản ứng thủy phân có m = 0,045 × 18 + 23,39 – 0,2 × 40 = 16,20 gam → Chọn B. ♦.
Cách 2: tham khảo: tranduchoanghuy
Quy E về C 2 H 3 N O , C H 2 , H 2 O ⇒ T gồm C 2 H 3 N O 2 N a v à C H 2 .
⇒ n C 2 H 3 N O = n C 2 H 4 N O 2 N a = 2 n N 2 = 0,2 mol ⇒ n N a C O 3 = 0,1 mol.
⇒ n H 2 O = (38,07 + 0,1 × 44) ÷ (44 + 18) = 0,685 mol ⇒ n C H 2 = 0,285 mol.
Bảo toàn H có: n H 2 O trong E = (0,63 × 2 – 0,2 × 3 – 0,285 × 2) ÷ 2 = 0,045 mol.
⇒ m = 0,2 × 57 + 0,285 × 14 + 0,045 × 18 = 16,2 gam