Hóa học

\(n_X=\dfrac{12,9}{86}=0,15\left(mol\right),n_{NaOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

=> X có thể là este hoặc axit cacboxylic

Chất rắn thu được gồm muối RCOONa (0,15 mol) và NaOH dư (0,05 mol)

\(m_{muối}=16,1-0,05.40=14,1\left(g\right)\)

\(\Rightarrow M_{muối}=\dfrac{14,1}{0,15}=94\left(C_2H_3COONa\right)\) 

Vậy X là este có CTCT là \(CH_2=CH-COO-CH_3\)

Trích mẫu thử, đánh STT.

*Cho vào mỗi cốc một mẩu quỳ tím.

Cốc 1, 3 có NaHCO3 có tính acid -> quỳ tím chuyển đỏ (nhóm (I))

Cốc 2 có Na2CO3 tạo nên từ ion \(Na^{^{ }+}\) có tình base mạnh -> quỳ tím chuyển xanh

*Cho lượng dư dung dịch \(BaCl_2\) vào từng mẫu thử nhóm (I).

Mẫu thử xuất hiện kết tủa là mẫu thử của cốc 1.

Mẫu thử không có hiện tượng là mẫu thử cốc 3.

\(BaCl_2+Na_2CO_3->2NaCl+BaCO_3\)

Để phân biệt các cốc này, bạn chỉ cần sử dụng hai chất sau: axit axetic (CH3COOH) và dung dịch AgNO3 (nitrat bạc). 

1. Cốc 1: NaHCO3 và Na2CO3
- Thêm một ít axit axetic (CH3COOH) vào cốc. Nếu xảy ra phản ứng phân hủy khí CO2, điều đó chỉ ra có sự hiện diện của NaHCO3. Phản ứng có thể được nhận ra bởi sự tạo bọt khí hoặc nhận dạng mùi CO2.

2. Cốc 2: Na2CO3 và NaCl
- Thêm dung dịch AgNO3 (nitrat bạc) vào cốc. Nếu xảy ra phản ứng tạo kết tủa trắng, đó là chỉ dấu cho sự hiện diện của Cl- (Clorua), chỉ ra NaCl.

3. Cốc 3: NaHCO3 và NaCl
- Thêm một ít axit axetic (CH3COOH) vào cốc. Nếu xảy ra phản ứng phân hủy khí CO2, điều đó chỉ ra có sự hiện diện của NaHCO3, tương tự như trong Cốc 1. Sau đó, bạn có thể sử dụng dung dịch AgNO3 (nitrat bạc) để kiểm tra sự có mặt của Cl- (Clorua) và xác định liệu NaCl có tồn tại hay không.

a) \(\%N\left(\left(NH_4\right)_2SO_4\right)=\dfrac{28}{132}.100\%=21,21\%\)

b) \(\%N\left(NH_4NH_3\right)=\dfrac{28}{80}.100\%=35\%\)

c) \(\%N\left(\left(NH_4\right)_2CO\right)=\dfrac{28}{60}.100\%\approx46,67\%\)

Bạn kiểm tra lại đề. Urea có công thức là CO(NH2)2 chứ không có gốc ammonium nhé.

\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=2,5\cdot0,04=0,1\left(mol\right)>n_{CaCO_3}=\dfrac{8}{100}=0,08\left(mol\right)\\ TH1:Ca\left(OH\right)_2dư\\ Ca\left(OH\right)_2+CO_2->CaCO_3+H_2O\\ n_{CO_2}=0,08\\ V=1,792L\\ TH2:Ca\left(OH\right)_2hết\\ CaCO_3+CO_2+H_2O->Ca\left(HCO_3\right)_2\\ n_{CO_2}=0,1+\left(0,1-0,08\right)=0,12mol\\ V=2,688L\)

Vậy V nhận 2 nghiệm là 1,792 (L) và 2,688 (L)

7) \(4Al+3C\underrightarrow{t^o}Al_4C_3\)

8) \(Fe+S\underrightarrow{t^o}FeS\)

9) \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

10) \(2FeO+C\underrightarrow{t^o}2Fe+CO_2\)

11) \(FeO+Zn\rightarrow Fe+ZnO\)

12) \(Mg+ZnCl_2\rightarrow MgCl_2+Zn\)

13) \(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

14) \(CaO+CO_2\rightarrow CaCO_3\)

Gọi n KMnO4 = a 

       n KClO3 = b ( mol ) 

--> 158a + 122,5 b = 43,3 

PTHH :

\(2KClO_3\underrightarrow{t^o}2KCl+3O_2\uparrow\)

0,9b                       1,35b

\(2KMnO_4\underrightarrow{t^o}K_2MnO_4+MnO_2+O_2\uparrow\)

0,9a                                             0,45a 

\(\%Mn=\dfrac{55a}{43,3-32\left(0,45a+1,35b\right)}=24,103\%\)

\(\rightarrow a=0,15\)

\(b=0,16\)

\(m_{KMnO_4}=0,15.158=23,7\left(g\right)\)

\(m_{KClO_3}=0,16.122,5=19,6\left(g\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{20,16}{22,4}=0,9\left(mol\right)\)

PTHH :

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\uparrow\)

0,6       1,8            0,6         0,9 

\(a,m_{HCl}=1,8.36,5=65,7\left(g\right)\)

\(C\%_{HCl}=\dfrac{65,7}{400}.100\%=16,425\%\)

\(b,m_{AlCl_3}=0,6.133,5=80,1\left(g\right)\)

\(m_{ddAlCl_3}=\left(0,6.27+400\right)-0,9.2=414,4\left(g\right)\)

\(C\%_{AlCl_3}=\dfrac{80,1}{414,4}.100\%\approx19,33\%\)

Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch NaOH dư, thu được CO tinh khiết.

\(NaOH+HCl->NaCl+H_2O\\ 2NaOH+SO_2->Na_2SO_3+H_2O\\ 2NaOH+CO_2->Na_2CO_3+H_2O\)