Bài 42. Luyện tập chương IV

a) - Dán nhãn cho các lọ chứa khí

- Sục từ từ tới dư lần lượt các khí vào 3 bình chứa cùng một lượng dd Br₂ có cùng thể tích và nồng độ, nếu thấy:

+ Khí nào làm mất màu nhanh hơn: C₂H₂

\(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

+ Khí nào làm mất màu chậm hơn: C₂H₄

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

b) - Dán nhãn cho các lọ chứa khí

- Dẫn các khí qua dd Ca(OH)₂ dư, nếu thấy:

+ dd Ca(OH)₂ vẩn đục: CO₂

\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₄

- Sục hai khí còn lại qua dd Br₂ dư:
+ dd Br₂ nhạt màu: C₂H₄ 

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

+ Không hiện tượng: CH₄

c) - Dán nhãn cho các lọ chứa khí

- Dẫn các khí qua dd Ca(OH)₂ dư, nếu thấy:

+ dd Ca(OH)₂ vẩn đục: CO₂

\(Ca\left(OH\right)+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

+ Không hiện tượng: CO, CH₄

- Dẫn hai khí còn lại vào bình chứa khí Cl₂, để ngoài ánh sáng, nếu thấy:

+ Khí Cl₂ mất màu: CH₄

\(CH_4+Cl_2\xrightarrow[]{askt}CH_3Cl+HCl\)

+ Không hiện tượng: CO

Ta có: \(V_{hhsaupư}=V_{CH_4}=\dfrac{44,8}{5,6}=8\left(l\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CH_4}=\dfrac{8}{44,8}.100\%\approx17,86\%\\\%V_{C_2H_4}\approx82,14\%\end{matrix}\right.\)

a)

Do sản phẩm sau khi đốt cháy A chứa các nguyên tố C, H, O

=> A chứa C, H và có thể có O

 \(n_{CO_2}=\dfrac{8,8}{44}=0,2\left(mol\right)\)

=> n_C = 0,2 (mol)

\(n_{H_2O}=\dfrac{5,4}{18}=0,3\left(mol\right)\)

=> n_H = 0,6 (mol)

Xét m_C + m_H = 0,2.12 + 0,6 = 3 (g) = m_A

=> A chứa C, H

b) 

Xét n_C : n_H = 0,2 : 0,6 = 1 : 3

=> CTPT: (CH₃)_n

Mà PTK_A < 40 đvC

=> n = 1 hoặc n = 2

Với n = 1 => CTPT: CH₃ (L)

Với n = 2 => CTPT: C₂H₆ (T/m)

a, \(n_{CO_2}=\dfrac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right)\)

CH₄ + 2O₂ -----t^o---> CO₂ + 2H₂O

 x                                 x

C₂H₄ + 3O₂ -----t^o---> 2CO₂ + 2H₂O

 y                                    2y

Ta có hệ pt: \(\left\{{}\begin{matrix}16x+28y=6\\x+2y=0,4\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

\(\%m_{CH_4}=\dfrac{0,2.16.100\%}{6}=53,33\%;\%m_{C_2H_4}=100\%-53,33\%=46,67\%\)

b, \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CH_4}=\dfrac{0,2.22,4.100\%}{\left(0,2+0,1\right).22,4}=66,67\%\\\%V_{C_2H_4}=100\%-66,67\%=33,33\%\end{matrix}\right.\)

\(n_{Br_2}=0,05.2=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: C₂H₂ + 2Br₂ ---> C₂H₂Br₄

            0,05      0,1

\(n_{hhkhí}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_2}=\dfrac{0,05}{0,5}=10\%\\\%V_{CH_4}=100\%-10\%=90\%\end{matrix}\right.\)

C

- Trích một ít các chất làm mẫu thử

- Dẫn các khí qua dd Ca(OH)₂ dư

+ Kết tủa trắng: SO₂

Ca(OH)₂ + SO₂ --> CaSO₃ + H₂O

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₂ (1)

- Dẫn khí ở (1) qua dd Br₂ dư:

+ Không hiện tượng: CH₄

+ dd nhạt màu dần: C₂H₂

C₂H₂ + 2Br₂ --> C₂H₂Br₄

PTHH: C2H2 + 2Br2 -> C2H2Br4

Mol: 0,1 <--- 0,2

nCH4 = 3,36/22,4 = 0,15 (mol)

%VCH4 = 0,15/(0,1 + 0,15) = 60%

%VC2H2 = 100% - 60% = 40%

băng phiếnnnnnnnnnnnn

nC = 11/44 = 0,25 (mol)

nH = 2 . 1,8/18 = 0,2 (mol)

Xét mC + mH = 0,25 . 12 + 0,2 = 3,2 (g)

=> Băng phiến chỉ có C và H

CTPT: CxHy

=> x : y = 0,25 : 0,2 = 5 : 4

=> (C5H4)n = 128

=> n = 2

CTPT: C10H8

a, _Ta có: nCO₂= \(\dfrac{17,6}{12+16.2}\)
=>nCO₂∼0,4(mol)
nH₂O= \(\dfrac{10,8}{2+16}\)=0,6 (mol)
_Theo định luật bải toàn nguyên tố 
nC= nCO₂= 0,4045 (mol)=>mC=0,4.12= 4,8 (g)
nH=2.nH₂O= 2.0,6= 1,2 (mol)=>mH=1,2.1=1,2(g)
Ta có mC + mH = 4,8 + 1,2 =6 (g)
=>mC+mH = m _{hỗn hợp}=6  (g)
=> Trong hỗn hợp A chỉ có C, H 
b, Gọi CT đơn giản của hỗn hợp A là C_xH_y
 Ta có : \(\dfrac{x}{y}\) = \(\dfrac{nC}{nH}\)=\(\dfrac{0,4}{1,2}\)=\(\dfrac{1}{3}\)
=> CT đơn giản của hỗn hợp A là CH₃
Gọi CT phân từ của A là (CH₃)_n
Ta có (CH₃)_n< 40 
=> (12+3)n<40
=>15n<40
=>n<\(\dfrac{8}{3}\)
=>n=2
Vậy CT phân tử của A là C₂H₆