khoahoc.vietjack.com
Xin chào! Vào học

Câu hỏi:

25/03/2020 1,454 Lưu

Hỗn hợp khí X gồm NH3 và etylamin có tỉ khối so với CO2 là 0,5136. Đốt cháy hoàn toàn m gam X bằng lượng không khí vừa đủ (giả sử trong không khí oxi chiếm 20%, còn lại là khí nito) thì thu được hỗn hợp gồm CO2, hơi nước và N2 có tổng khối lượng là 43,4 gam. Trị số của m là

A. 3,39 gam

B. 4,52 gam

C. 5,65 gam

D. 3,42 gam

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Đáp án B

giả sử 1 mol X gồm NH3 và C2H5NH2 → mX = 22,6 gam ⇄ 1 mol NH3 + 0,4 mol CH2.

→ quy X gồm 5x mol NH3 và 2x mol CH2 đốt cần 6,75x mol O2 → nkhông khí cần = 33,75x mol.

→ sản phẩm đốt CO2 + H2O + N2 (gồm cả N2 trong kk) là 2x mol CO2 + 9,5x mol H2O + 29,5x mol N2.

Biết tổng chúng là 43,4 gam → giải ra x = 0,04 mol → giải ra yêu cầu m = 4,52 gam.

p/s: NHANH HƠN: có m = 113x gam. từ O2 cần 6,75x mol → mkhông khí = 972x gam.

BTKL đốt cháy có: m + 972x = 43,4. Theo đó giải hệ ra x = 0,04 mol và m = 4,52 gam.

Đang tải chế độ Học...

Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay

ĐẶC QUYỀN VIP

Đăng ký VIP để học và luyện thi không giới hạn

Trọn bộ quyền lợi trên Vietjack, trong một tài khoản.

  • Phòng luyện thi cấp tốc: ĐGNL - ĐGTD, Tốt nghiệp THPT, Ôn vào 10, Ôn vào 6, Ôn Giữa kì/Cuối kì
  • Hơn 200K đề thi thử, đề minh hoạ, chính thức các năm
  • Với 3tr+ câu hỏi theo các mức độ Nhận biết, Thông hiểu, Vận dụng
  • Tải xuống đề thi [DOCX] với đầy đủ đáp án
  • Xem hàng ngàn bài giảng đính kèm củng cố thêm kiến thức
  • Bao gồm tất cả các bậc từ Tiểu học đến Đại học
  • Chặn hiển thị quảng cáo tăng khả năng tập trung ôn luyện
  • Đăng ký ngay

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Đáp án A

Vì Z/Y = 0,7 → Z là anken.

Giả sử ancol Y có dạng CnH2n + 2O → anken tương ứng là CnH2n.

Ta có: 14n14n+18  → n = 3 → Ancol là C3H7OH.

hh hai chất hữu cơ + NaOH → hh muối + 1ancol là C3H7OH.

→ hh ban đầu gồm C3H7COOH và HCOOC3H7

Đặt nC3H7COOH = a mol; nHCOOC3H7 = b mol.

Ta có hpt:

→ m = 0,1 x 60 = 6 gam

Lời giải

Đáp án C

Do thu được C2H5OH ⇒ Z là H2NCH2COOC2H5. Đặt nY = a; nZ = b.

nX = a + b = 0,09 mol || Y chứa 5N ⇒ pentapeptit ⇒ nNaOH = 5a + b = 0,21 mol.

⇒ giải hệ có: a = 0,03 mol; b = 0,06 mol ||► Quy X về Gly5, H2NCH2COOC2H5 và CH2.

Đặt nCH2 = x mol. Giả sử thí nghiệm 2 dùng gấp k lần thí nghiệm 1.

► 41,325(g) X chứa 0,03k mol Gly5; 0,06k mol H2NCH2COOC2H5 và kx mol CH2.

⇒ đốt cho (0,54k + kx) mol CO2 và (0,525k + kx) mol H2O.

⇒ ∑m(CO2, H2O) = 44 × (0,54k + kx) + 18 × (0,525k + kx) = 96,975(g). Lại có:

mX = 0,03k × 303 + 0,06k × 103 + 14kx = 41,325(g) ⇒ giải hệ có: k = 2,5; kx = 0,225.

⇒ x = 0,09 mol ⇒ a = 0,09 mol ⇒ b = 0,03 × 5 – 0,09 = 0,06 mol ||► a : b = 1,5

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP