Chương IV. Hiđrocacbon. Nhiên liệu - Hỏi đáp

a.nA=0,35/22,4=\(\dfrac{1}{64}\left(mol\right)\)

=>MA=\(\dfrac{1}{\dfrac{1}{64}}=64\left(g\right)\)

Ta có; nS:nO=\(\dfrac{50}{32}:\dfrac{50}{16}=1:2\)

=> (SO2)n=64

=>n=1

CTĐ:SO2

b.SO2+2NaOH->Na2SO3+H2O

nSO2=\(\dfrac{12,8}{64}=0,2\left(mol\right)\)

nNaOH=0,3*1,2=0,36(mol)

Muối thu được sau pư là Na2SO3.

Xét tỉ lệ:\(\dfrac{nSO2}{nSO2pt}=\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{nNaOH}{nNaOHpt}=\dfrac{0,36}{2}\)

nNa2SO3=0,36(mol)

V=0,3(l)

CM=\(\dfrac{0,36}{0,3}=1,2M\)

trước hết, áp dụng ĐLBTKL: mA + mO2 = mCO2 + mH2O
=> mCO2 + mH2O = 16 + 64 = 80g
gọi x,y lần lượt là số mol của CO2 và H2O -> lập hệ pt: x:y = 1:2 và 44x + 18y = 80 => x= 1; y =2
Vậy mCO2 = 44g và mH2O = 2.18 = 36g

đề không cho khối lượng của A hả em ??

Zn+2HCl=>ZnCl2+H2
ZnO+2HCl =>ZnCl2+H2
Zn(OH)2+2HCl=>ZnCl2+H2O
ZnCO3+2HCl=>ZnCl2+CO2 +H2O
Zn+Cl2=>ZnCl2
ZnSO4+BaCl2=>ZnCl2+BaSO4
ZnCO3+BaCl2=>ZnCl2+BaCO3
ZnS+2HCl=>ZnCl2+H2
ZnBr2 + Cl2 =>ZnCl2 + Br2 
ZnSO3+2HCl=>ZnCl2+SO2+H2O
 

1. X là CH₂Cl₂.

2. C_nH_2n+2 + (3n+1)/2 O₂ ---> nCO₂ + (n+1) H₂O

Theo bài ra, tỷ lệ số mol ankan : số mol oxi pư = 30: (180 - 30) = 1:5

=> 3n+1/2 = 5 => n = 3

vậy ankan là C₃H₈ : CH₃ - CH₂ - CH₃ : Propan

\(CH_4\left(0,32\right)+2O_2-t^o->CO_2\left(0,32\right)+2H_2O\)

Vì cho sản phẩm cháy qua bình Ba(OH)2 thu được hết tảu và 1 dung dịch, nung nóng dung thịch thu được kết tủa

=> Co2 tác dụng Ba(OH)2 thu được hai muối

\(CO_2\left(0,12\right)+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3\left(0,12\right)+H_2O\)

\(n_{BaCO_3}=0,12\left(mol\right)\)

\(2CO_2\left(0,2\right)+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba\left(HCO_3\right)_2\left(0,1\right)\)

\(Ba\left(HCO_3\right)_2\left(0,1\right)-t^o->BaCO_3\left(0,1\right)+CO_2+H_2O\)

\(n_{BaCO_3}\left(sau.khi.nung\right)=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\sum n_{CO_2}=0,12+0,2=0,32\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CH_4}=0,32\left(mol\right)\Rightarrow m=5,12\left(g\right)\)

Vif là kim loại kiềm -> R có hóa trị I

Vì m_{kim loại kiềm} = 3,9 mà khối lượng của bình lại tăng thêm 3,8 gam

=> 0,1 gam là khối lượng của H₂

=> n_H2 = \(\dfrac{0,1}{2}\) = 0,05 ( mol )

R + H₂O \(\rightarrow\) ROH + \(\dfrac{1}{2}\)H₂

0,1...0,1..........0,1.....0,05

=> 0,1 = \(\dfrac{3,9}{M_R}\)

=> M_R = 39

=> R là Kali

=> m_KOH = 0,1 . 56 = 5,6 ( gam )

=> M_{dung dịch} = M_{tham gia} - M_H2

= 3,9 + 20 - 0,1

= 23,8 ( gam )

=> C%_KOH = \(\dfrac{5,6}{23,8}\times100\approx\) 23,53%

Ta có V = m : D = 5,6 : 1,12 = 5 ( lít )

C_{M KOH} = n : V = 0,1 : 5 = 0,02M

Vì N₂ ; CO₂ không cháy

=> CH₄ + 2O₂ \(\rightarrow\) CO₂\(\uparrow\) + H₂O

.....0,96x.................0,96x

sau đó cho toàn bộ sản phẩm cháy vào Ca(OH)₂

CO₂ + Ca(OH)₂ \(\rightarrow\) CaCO₃ + H₂O

0,049........................0,049

=> n_CaCO3 = x = \(\dfrac{4,9}{100}\) = 0,049 ( mol )

=> n_CO2 = 0,049

=> 0,96x + 0,02x = 0,049

=> x = 0,05 ( mol )

=> V = 0,05 . 22,4 = 1,12 ( lít )

Dẫn hỗn hợp khí qua dd nước vôi trong lấy dư , c2h2 và o2 không pư bay ra ngoài , co2 pư hết. pthh:

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

Lọc kết tủa đem núng đến khối lượng không đổi ta thu được co2 tinh khiết. pthh:

\(CaCO_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\uparrow\)

1)

\(n_A=n_{0,16g-O_2}=\dfrac{0,16}{32}=0,005\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_A=\dfrac{m_A}{n_A}=\dfrac{0,3}{0,005}=60\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

\(n_{CO_2}=\dfrac{0,44}{44}=0,01\left(mol\right)\Rightarrow n_C=0,01\left(mol\right)\Rightarrow m_C=0,12\left(g\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{0,18}{18}=0,01\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,02\left(mol\right)\Rightarrow m_H=0,02\left(g\right)\)

Ta thấy \(m_C+m_H=0,14\left(g\right)< 0,3\left(g\right)\)

=> Trong A có O

\(m_O=0,3-0,14=0,16\left(g\right)\Rightarrow n_O=0,01\left(mol\right)\)

CTDC: \(C_xH_yO_z\)

Ta có: \(x:y:z=0,01:0,02:0,01=1:2:1\)

=> CTTN: \(\left[CH_2O\right]_n\)

Mặt khác \(M_A=60\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

\(\Leftrightarrow30n=60\Rightarrow n=2\)

\(\Rightarrow\)CTPT: \(C_2H_6O_2\)