Chương IV. Hiđrocacbon. Nhiên liệu - Hỏi đáp

X có công thức: \(\left(CH_2O\right)n\)

Theo đề ra, ta có; \(30n=60\)

\(\rightarrow n=2\)

\(\rightarrow\) CT X là: \(C_2H_4O_2\)

Vì hợp chất của R với hidro là RH₃⇒hợp chất oxit cao nhất của R có công thức là R₂O₅

\(\%O=\frac{16.5}{R.2+16.5}.100\%=56,34\%\)

⇒R=14(Nito)

#Học tốt

Vì : Hợp chất của R với H là RH3 => CT oxit : R2O5

%O = 100-25.93 = 74.07%

%O = 16*5/2R+16*5 * 100% = 74.07%

=> R = 14

R là : N

đặt CTPT của H.C la` CxHy
CxHy + O2 -------> CO2 + H2O

m(bình tăng) = mCO2 + mH2O = 18,6
mtủa= 0,1 mol ... < n Ca(OH)2 (0,2 mol) => con` tạo muối axit
CO2 + Ca(OH)2 ---> CaCO3 +H2O
..0,1......0,1..................0,1
2CO2 + Ca(OH)2 ----> Ca(HCO3)2
..0,2..<--....0,1
=> mCO2 = 44.0,3 = 13,2..-> mH2O = 18,6 - 13,2 = 5,4g --> nH= 2.nH2O = 0,6mol--->mH=0,6g
đồng thời..... mC= 0,3.12=3,6g
>>>>.mX= mC +mH = 3,6 + 0,6 = 4,2g
..>>> x:y= (3,6 /12):(0,6/1)=1:2
ma` mX =42 >>>> x= 3....y=6 >>>>A: C3H6
còn CTCT bn nên tự vt nha

Cái này xét 2TH là CO2 dư và hết

a) PTHH :

X + H2SO4 - > XSO4 + H2

nH2(TN1) = 0,4(mol) ; nH2(TN2) = 0,5(mol)

Nhìn tổng quát 2 thí nghiệm và theo PTHH ta thấy :

nH2 = nH2SO4

V2 gấp V1 là 1,5 lần => nH2(TN2) gấp nH2(TN1) là 1,5 lần

mà \(\dfrac{nH2\left(TN2\right)}{nH2\left(TN1\right)}=\dfrac{0,5}{0,4}=1,25< 1,5\)

=> Trường hợp 1 : axit pư hết còn hh X chưa tan hết

Trường hợp 2 : axit pư chưa hết ,còn hh X tan hết

b) Khối lượng của các chất trong X được tính theo trường hợp X tan hết ( TN2 )

Gọi : nMg = a , nZn = b

ta có : nH2(TN2) = nX = a + b

Ta có HPT :\(\left\{{}\begin{matrix}24a+65b=24,3\\a+b=0,5\end{matrix}\right.\) = > a = 0,2 ; b = 0,3

=> mMg = 0,2.24 = 4,8 (g) ; nZn = 65.0,3 = 19,5(g)

CMddH2SO4 = 0,5/3 = 1/6(M)

Mỗi cái có một cái khó riêng về độ khó chắc hữu cơ nhỉnh hơn chút

Vô cơ khó hơn

dẫn 1 h2 Y gồm C2H4 và CH4 qua dd brom dư thấy khối lượng dd tăng 8,4g , đồng thời có 6,72 l khí bay ra (khí đo ở đktc) . Thành phần % theo V của C2H4 trg h2 Y là bn?

----

+) Chỉ có C2H4 tác dụng với ddBr2 còn CH4 thì không.

=> m(bình tăng)= mC2H4=8,4(g)

=> nC2H4= 8,4/28=0,3(mol)

V(khí bay ra,đktc)=V(CH4,đktc)=6,72(l)

=>nCH4=6,72/22,4=0,3(mol)

Vì số mol tỉ lệ thuận với thể tích:

=> \(\%V_{C_2H_4}=\frac{0,3}{0,3+0,3}.100=50\%\)

h2 A gồm CH4 , C2H4 .Đốt cháy hoàn toàn 4,48l h2 khí A (đktc) rồi cho sản phẩm đi qua dd nc vôi trong Ca(OH)2 dư , thấy tạo ra 30g kết tủa . Tính thành phần phần trăm về thể tích của mỗi khí trg h2

---

PTHH: CO2+ Ca(OH)2 -> CaCO3 (kết tủa)+ H2O

nCaCO3=30/100=0,3(mol)

=> nCO2= nCaCO3=0,3(mol)

Đặt x,y lần lượt là số mol CH4,C2H4 trong hh khí X ban đầu (x,y>0)

nX=nCH4+nC2H4=4,48/22,4=0,2(mol)

PTHH: CH4 + 2 O2 -to-> CO2 + 2 H2O

x____________________x(mol)

C2H4 + 3 O2 -to-> 2 CO2 + 2 H2O

y______________2y(mol)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH4}+n_{C2H4}=0,2\\n_{CO2\left(tổng\right)}=0,3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=0,2\\x+2y=0,3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

Số mol tỉ lệ thuận thể tích:

=> %V(CH4,đktc)= (0,1/0,2).100=50%

=>%V(C2H4,đktc)=100%-50%=50%

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}n_X=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\\n_{CO2}=\frac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(PTHH:CH_4+O_2\rightarrow CO_2+2H_2O\)

_______a_______a________a_________

\(C_2H_4+3O_2\rightarrow2CO_2+2H_2O\)

b___________2b_________

Giải hệ PT:

\(\left\{{}\begin{matrix}a+2b=0,4\\a+b=0,3\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\\b=0,1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CH4}=\frac{0,2.100}{0,3}=66,67\%\\\%V_{C2H4}=100\%-66,67\%=33,33\%\end{matrix}\right.\)

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

_________0,1____ 0,1___________

\(\Rightarrow m_{dd\left(Br2\right)}=\frac{0,1.160.100}{10}=160\left(g\right)\)

Dẫn hỗn hợp khí qua bình brom thì chỉ có C2H4 pư

-> khí thoát ra là CH4 (0,15 mol)

-> nC2H4 = 0,15 mol

a) %n CH4 = %nC2H4 = 50%

b) CH4 + 2O2 -> CO2 + 2H2O

0,15-> 0,3

C2H4 + 3O2-> 2CO2 + 2H2O

0,15 -> 0,45

V O2 = 22,4× ( 0,3+0,45)= 16,8 l

PTHH: \(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

Ta có: \(n_{H_2O}=\frac{3,6}{18}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2}=0,3mol\) \(\Rightarrow V_{O_2}=0,3\cdot22,4=6,72\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{kk}=\frac{6,72}{20\%}=33,6\left(l\right)\)

a)

PTHH:PTHH:C2H4+Br2−−−>C2H4Br2

Khi cho hỗn hợp khí trên qua dung dich Brom thì C2H4 bị giữ lại trong bình

=>mbìnhtăng=mC2H4=2,8(g)

=>nC2H4=2,8\28=0,1(mol)

=>VC2H4(đktc)=0,1.22,4=2,24(l)

=>VCH4=6,72−2,24=4,48(l)

%VCH4=4,48.100\6,72=66,67%

=>%VC2H4=100%−66,67%=33,33%

=>CH4+2O2-to>CO2+2H2O

0,2-----------0,4

c2H4+3O2-to>2CO2+2H2o

0,1----0,3

=>VO2=0,7.22,4=15,68l

nhận biết như cách trên đề bài vì CH4 ko td với Br2

nC = 0.15 mol => nC = 0.15 mol => mC = 1.8 g

nH2O = 0.225 mol => nH = 0.45 mol

mO = 3.45 - 1.8 - 0.45 = 1.2 g

nO = 0.075 mol

b)

Đặt : CT : C_xH_yO_z

x : y : z = 0.15 : 0.45 : 0.075 = 2 : 6 : 1

CT đơn giản : C₂H₆O

CTCT :

CH3 - CH2 - OH (1)

CH3- O - CH3

c)

C2H5OH + Na => C2H5ONa + 1/2H2

Số mol hỗn hợp = 0m56 : 22,4 = 0,025 mol; số mol Br₂ = 5,6 : 160 = 0,035 mol.

Gọi x, y lần lượt là số mol của etilen và axetilen.

a) Phương trình hoá học:

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

P.ư: x x x (mol)

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

P.ư: y 2y y (mol)

b) Ta có hệ phương trình: ; Giải hệ ta được y = 0,01 và x = 0,015

% = x 100% = 60%; = 100% - 60% = 40%