Chủ đề 19. Dẫn xuất Halogen - Hỏi đáp

Tham khảo

n_SO2= 0,3 (mol)

Vì hấp thụ hoàn toàn SO2 => NaOH phản ứng vừa hết hoặc dư

=> có 3 TH:

TH1: \(\frac{n_{NaOH}}{n_{SO2}}=1\)

=> Sản phẩm tạo thành: NaHSO₃

=> n_NaHSO3= \(\frac{89}{260}\ne0,3\)

LOẠI

TH2: \(1< \frac{n_{NaOH}}{n_{SO_2}}< 2\)

=> Sản phẩm tạo thành: Na₂SO3 và NaHSO₃

Ta có phương trình:

2 NaOH + SO₂ -> Na₂SO₃ + H₂O

2a a a

NaOH + SO₂ -> NaHSO₃

b b b

Gọi số mol của Na₂SO₃ và của NaHSO₃ lần lượt là a, b

=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,3\\126a+104b=35,6\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\left(mol\right)\\b=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> n_NaOH= 2a+ b= 0,5 (mol)

=> \(Cm_{NaOH}=\) 5M

TN3: \(\frac{n_{NaOH}}{n_{SO_2}}\ge2\)

=> Sản phẩm tạo thành chỉ có Na₂SO₃

n_Na2SO3 = \(\frac{89}{315}\left(mol\right)\)

PTHH: 2 NaOH + SO₂ -> Na₂SO₃ + H₂O

0,3 0,3

Xét: \(0,3\ne\frac{89}{315}\)

LOẠI

Vậy Cm của NaOH là 5M

Gọi CTHH là Fe_xO_y

Ta có: \(\frac{56x}{56x+16y}\) = 70%

<=> x = 2 ; y = 3

CTHH : Fe₂O₃

Gọi: CTHH : FexOy

x : y = 70/56 : 30/16 = 2 : 3

CTHH : Fe2O3

Dung dịch A là NaOH_(dư), NaHCO3 và Na2CO3

PTHH

\(CO_2+NaOH\rightarrow NaHCO_3\)

\(CO_2+NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)

\(2NaHCO_3+2KHSO_4\rightarrow Na_2SO_4+K_2SO_4+2CO_2+2H_2O\)

\(Na_2CO_3+2KHSO_4\rightarrow Na_2SO_4+K_2SO_4+CO_2+H_2O\)

\(2NaOH+KHSO_4\rightarrow Na_2SO_4+KOH+H_2O\)

* Ý nghĩa của kí hiệu hóa học:

- Biểu diễn nguyên tố hóa học nào

- Chỉ 1 nguyên tử của nguyên tố đó

* Ví dụ:

- O: + biểu diễn nguyên tố Oxi

+ Chỉ 1 nguyên tử oxi của nguyên tố Oxi

- S: + biểu diễn nguyên tố lưu huỳnh

+ Chỉ 1 nguyên tử lưu huỳnh của nguyên tố lưu huỳnh

1.Gọi Cu:x mol, Fe:y mol

=>64x+56y=30,4 (1)

Bảo toàn e =>\(2x+3y=\frac{8,96}{22,4}\cdot3=1,2\) (2)

(1)+(2)=>x=0,3;y=0,2

=>%Cu=\(\frac{0,3\cdot64}{30,4}=63\%\) =>%Fe=100-63=37%

2.n(CO2)=0,4;n(H2O)=0,4

=> n(C)=0,4;n(H)=0,8 (bảo toàn nguyên tố)

=> CTDGN: (CH2)

=>%C=\(\frac{12}{12+2}=86\%\Rightarrow\%H=100-86=14\%\)

c:tỉ khối =>M(A)=>A

Vì những ngày nắng nóng lá cây thoát nhiều hơi nước nên người ta phải tăng cường tưới nước cho cây còn những ngày Trâm mát lá cây ko thoát nhiều hơi nước

+PTHH:

C2H4 + Br2 => C2H4Br2

C2H2 + 2Br2 => C2H2Br4

nX = V/22.4 = 6.72/22.4 = 0.3 (mol)

CH4 không tác dụng với Brom

===> nCH4 = V/22.4 = 2.24/22.4 = 0.1 (mol)

===> nC2H4 + nC2H2 = 0.3 - 0.1 = 0.2 (mol)

===> %VCH4 = 33.33 (%)

C2H2 + AgNO3 + NH3 => Ag2C2 + NH4NO3

nAg2C2 = m/M = 24/240 = 0.1 (mol)

===> nC2H2 = 0.1 (mol) ==> nC2H4 = 0.1 (mol)

===> %VC2H2 = 33.33 (%), %VC2H4 = 33.33 (%)

Theo đề bài ta có:

M + 3x17 = 120

==> M = 69

Đề có sai hongg à?!

Lấy mẫu thử và đánh dấu từng mẫu thử

Cho quỳ tím vào các mẫu thử

Mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh là: NaOH

Mẫu thử làm quỳ tím hóa đỏ là: HCl, H2SO4, H3PO4

Các phương trình hóa học: (của NaOH tác dụng với từng axit)

NaOH + HCl => NaCl + H2O

2NaOH + H2SO4 => Na2SO4 + 2H2O

3NaOH + H3PO4 => Na3PO4 + 3H2O

Cho các phần dung dịch NaOH <dư> như nhau vào 3 mẫu thử chứa axit, chờ một lúc cho các chất hòa tan tác dụng với nhau rồi cho quỳ tím vào các mẫu thử

Như phương trình trên thì lượng NaOH dùng để trung hòa HCl là ít nhất

Nếu quỳ tím ở mẫu thử nào không đổi màu => Mẫu thử là HCl

Mẫu thử quỳ tím hóa đỏ là: H2SO4 và H3PO4 do lượng NaOH không đủ để trung hòa hết nên lượng axit còn dư

Làm như thế tiếp tục với 2 mẫu thử còn lại

Cho lượng NaOH tiếp vào 2 mẫu thử

Theo như phương trình thì lượng NaOH dùng trung hòa H3PO4 là nhiều nhất

Ta tiếp tục cho quỳ tím vào 2 mẫu thử

Mẫu thử làm quỳ tím không đổi màu là H2SO4

Mẫu thử còn lại là H3PO4 (lượng NaOH chưa đủ làm trung hòa H3PO4 => H3PO4 còn dư => quỳ tím hóa đỏ)

Như trên nếu như cho lượng NaOH nhiều hơn => NaOH dư, thay vì các mẫu thử quỳ tím không đổi màu vẫn có khi hóa xanh nha (Nếu NaOH nhiều hơn lượng axit)

\(n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(V_{HCl}=400\left(ml\right)=0,4\left(l\right)\)

\(Zn+2HCl-->ZnCl_2+H_2\uparrow\)

0,1.......0,2...................0,1.............0,1

\(CM_{HCl}=\dfrac{0,2}{0,4}=0,5\left(M\right)\)

\(m_{ZnCl_2}=0,1.136=13,6\left(g\right)\)

b) \(n_{KOH}=\dfrac{50.22,4\%}{56.100\%}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\)

\(HCl+KOH-->KCl+H_2O\)

\(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,2}{1}\) =>KOH dư

\(V_{KOH}=\dfrac{50}{1,25}=40\left(ml\right)=0,04\left(l\right)\)

\(CM_{KCl}=\dfrac{0,1}{0,2+0,04}=\dfrac{5}{12}\left(M\right)\)

\(CM_{KOH}=\dfrac{0,2-0,1}{0,2+0,04}=\dfrac{5}{12}\left(M\right)\)

\(n_{H_2}\approx0,35\left(mol\right)\)

\(n_{Cl_2}=0,375\left(mol\right)\)

\(Fe+2HCl-->FeCl_2+H_2\uparrow\)

x.........2x........................x..............x

\(2M+2nHCl-->2MCl_n+nH_2\uparrow\)

4x..........4xn.................4x................2xn

\(2M+nCl_2-->2MCl_n\)

4x.......2xn...................4x

\(2Fe+3Cl_2-->2FeCl_3\)

x..........1,5x..............x

\(x+2xn=\dfrac{7,84}{22,4}\Rightarrow2xn=\dfrac{7,84}{22,4}-x\left(1\right)\)

\(2xn+1,5x=0,375\left(2\right)\)

thay(1) vaog(2) => x=0,05

n=3

Thể tích Cl2 tác dụng vs M

\(V_{Cl_2}=2.3.0,05.22,4=6,72\left(l\right)\)

b) \(M=\dfrac{5,4}{4.0,05}=27\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

=> M: Al