Chương IV. Hiđrocacbon. Nhiên liệu - Hỏi đáp

axit?

Đề này thiếu nha:

Axit là gì ?

Với lại chưa cho nồng độ mol của NaOH

Bài 1 trên
37.42 cm3 = 0.03742 l
750 mmHg = 0.987 atm
PV = 0.082nT
0.987 * 0.03742 = 0.082 * n * 300
--> n = 0.0015 mol
--> nN = 0.003
Phân huỷ 0.549g A thu 0.003 mol N
--> Phân huỷ 0.366g A thu 0.002 N
Mà mỗi phân tử chỉ có 1 ntử N --> số mol 0.366g A là 0.002
nC = 0.018, nH = 0.026, nO = (0.366 - 0.018*12 - 0.026 - 0.002*14)/16 = 0.006
Gọi CTTQ là CxHyOzN
-->x = 9, y = 13, z = 3
--> C9H13O3N

Tham khảo

Nguồn : lazi

Do cá khí đo ở đktc nên tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ về số mol.

Ta có : n_hh = \(\dfrac{5.6}{22.4}\) = 0.25 (mol)

Suy ra : n_C2H4 = 0.25 \(\times\) 2 \(\div\) 5 =0.1(mol)

PTHH : C₂H₄ + Br₂ \(\rightarrow\) C₂H₄Br₂

0.1 \(\rightarrow\) 0.1 (mol)

m_Br2(pu) = 0.1 \(\times\) 160 = 16(gam)

\(\Rightarrow\) Khối lượng Brom dư là 20 - 16 = 4(gam)

( Hên xui làm đại đó nha! câu a thôi!)

a. \(CTPT:C_nH_{2n}\)

\(PTHH:C_nH_{2n}+\frac{3n}{2}O_2\underrightarrow{t^o}nCO_2+nH_2O\)

(mol) 0,2 0,3n 0,2n 0,2n

\(PTHH:H_2O+CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+2H_2O\)

(mol) 0,2n 0,2n 0,4n 0,2n 0,4n

\(\rightarrow m_{NaOH.pu}=0,4n.40=16n\left(g\right)\)

\(\sum m_{NaOH}=\frac{295,2.20}{100}=59,04\left(g\right)\)

\(C\%_{NaOH.du}=\frac{m_{NaOH.du}}{m_{ddspu}}.100\%=8,25\%\\ \Leftrightarrow\frac{59,04-16n}{0,2n.18+0,2n.44+295,2}.100\%=8,25\%\\ \Leftrightarrow...........................\\ \Leftrightarrow n=2\)

\(\rightarrow CTPT:C_2H_4\)

a,Gọi công thức của Anken (A) là: CnH2n (n >1)
CnH2n + 3n/2 O2 --> nCO2 + nH2O (1)
0,2 0,2n 0,2n
2NaOH + CO2 --> Na2CO3 + H2O (2)
0,4n 0,2n
Theo đề, mNaOH = 20.295,2/100 = 59,04 (g)
-> nNaOH = 59,04/40 = 1,476 (mol)
Từ (2) -> Số mol NaOH tham gia phản ứng với CO2 -
-> mNaOH = 0,4n.40 = 16n (gam)
Theo đề bài, ta có:
(59,04 - 16n) / (295,2 + 0,2n.44 + 0,2n.18).100 = 8,45
Giải ra ta được: n = 2 vậy CTPT của A là C2H4

b,Chứng minh Y không làm mất màu dd Br2:
Xét 1 mol hỗn hợp khí X (C2H4 và H2)
Ta có : M trung bình = [28x + 2.(1 - x)]/1 = 12,4 --> X = 0,4
Vậy nC2H4 = 0,4 mol
nH2 = 0,6 mol
C2H4 + H2 --> C2H6
Sau phản ứng (1) thì H2 còn dư
--> Y (C2H6, H2 dư) không làm mất màu dd nước brom
Tính V C2H4 và V H2
Gọi a là số mol C2H4
b là số mol H2
C2H4 + H2 --> C2H6
a a a
C2H6 + 7/2 O2 --> 2CO2 + 3H2O
a 3a
2H2 + O2 --> 2H2O
(b -a) (b - a)
Theo đề, ta có hệ phương trình:
Mx = (28a + 2b)/(a + b) = 12,4
3a + b-a = 25,2/18 = 1,4
Giải hệ phương trình ta đưọc: a = 0,4 b = 0,6
VC2H4 = 0,4.22,4 = 8,96 (lít)
VH2 = 0,6.22,4= 13,44 (llt)

Tham khảo

X+Brom dư chỉ có etilen phản ứng

PTHH: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\) (1)

\(n_{C_2H_4Br_2}=\frac{37,6}{188}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT (1) : \(n_{C_2H_4}=n_{C_2H_4Br_2}=0,2\left(mol\right)\)

X+ Oxi

PTHH: \(CH_4+2O_2-^{t^o}\rightarrow CO_2+2H_2O\)(2)

\(C_2H_4+3O_2-^{t^o}\rightarrow2CO_2+2H_2O\)(3)

\(n_{O_2}=\frac{16,8}{22,4}=0,75\)

Theo PT (3): \(n_{O_2\left(pt3\right)}=3n_{C_2H_4}=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(pt2\right)}=0,75-0,6=0,15\left(mol\right)\)

Theo PT (2) : \(n_{CH_4}=\frac{1}{2}n_{O_2\left(pt2\right)}=0,075\left(mol\right)\)

\(\%n_{C_2H_4}=\frac{0,2}{0,2+0,075}.100=72,73\%\)

\(\%n_{CH_4}=100-72,73=27,27\%\)

Do khi oxi hóa và khi đốt có CO₂ , H₂O và N₂

=> HCHC A phải có các nguyên tố C, H, N và có thể có O

=> \(m_{bình1}tăng=m_{H_2O}=0,117\left(g\right)\)

=> \(n_{H_2O}=\frac{0,117}{18}=0,0065\left(mol\right)=>n_H=2n_{H_2O}=2.0,0065=0,013\left(mol\right)\)

=>\(m_{bình2}tăng=m_{CO_2}=0,396\left(g\right)\)

=> \(n_{CO_2}=\frac{0,396}{44}=0,009\left(mol\right)=>n_C=n_{CO_2}=0,009\left(mol\right)\)

\(n_{N_2}=\frac{11,2}{1000.22,4}=0,0005\left(mol\right)=>n_N=2n_{N_2}=0,0005.2=0,001\left(mol\right)\)

=>\(m_A=m_C+m_H+m_N=0,009.12+0,013.1+0,001.14=0,135\left(g\right)\)

=> A không có Oxi

=> Đặt CTHH : \(C_xH_yN_z\)

=> x:y:z=0,009:0,013:0,001=9:13:1

=> CTHH : \(C_9H_{13}N\)

Thành phần phần trăm tự tính nhé

Bạn xem lại đề đi, mình giải không ra

Mình sửa lại đề nhé .

Oxi hóa hoàn toàn 0.1 mol hỗn hợp X gồm 2 ankan . sản phẩm thu được cho đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc . bình 2 đừng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng của bình I tăng 6.3g và bình 2 có m gam kết tủa . giá trị của m là ?

Đặt : CTHH chung của hai ankan : C_nH_2n+2 ( nhớ thêm dấu gạch ngang trên đầu chữ n nhé, mình không đánh máy được )

mH2SO4 ( tăng) = mH2O = 6.3 g

nH2O = 0.35 mol

CnH2n+2 + (3n+1)/2O2 -to-> nCO2 + (n + 1 ) H2O

1________________________________( n +1 )

0.1________________________________0.35

<=> 0.1 ( n + 1 ) = 0.35

<=> n = 2.5

nCO2 = 0.35*2.5/(2.5+1) = 0.25 mol

Ba(OH)2 + CO2 --> BaCO3 + H2O

_________0.25______0.25

mBaCO3 = 0.25*197=49.25g

Ta có:Tỉ khối hơi của 2 chất so với hiđro lần lượt bằng 32,25 & 49,5 nên khối lượng phân tử tương ứng là: 64,5 và 99. Thỏa mãn công thức: C₂H₅Cl;C₂H₄Cl₂

Đặt : CTPT của ankan : CnH2n+2

CnH2n+2 + (3n+1)/2O2 -to-> nCO2 + (n+1)H2O

1____________(3n+1)/2

1_______________5

<=> (3n+1)/2 = 5

<=> 3n + 1 = 10

<=> 3n = 9

<=> n = 3

Vậy: CTPT của ankan : C3H8

Cù Văn Thái

Đặt CT chung là \(C_2H_y\)

=> \(M_{C_2H_y}=\frac{2,7}{0,1}=27\left(\frac{gam}{mol}\right)\)

=> 12.2+y=27=>y=3

=> CT chung:\(C_2H_3\)

\(C_2H_3+O_2--to->CO_2+H_2O\left(1\right)\)

0,1_______________0,1_________0,1

=> \(m_{bình}tăng=m_{CO_2}+m_{H_2O}=0,1.44+0,1.18=6,2\left(g\right)\)

=>\(m_{kếttua}=0,1.100=10\left(g\right)\)