Chương V. Dẫn xuất của Hiđrocacbon. Polime - Hỏi đáp

a;

n_HCl=5.0,5=2,5(mol)

m_HCl=2,5.36,5=91,25(g)

V_{dd HCl}=91,25:36%:1,16=218,5(ml)

Đề thiếu số liệu về nước)))*

Hỗn hợp khí A gồm 2 hidrocacbon. Đốt cháy hoàn toàn 1 lít khi X trong oxi thu được 1,6 lít khí CO2 và 1,4 g H2O

\(nCO_2=\dfrac{1}{14}(mol)\)

\(nH_2O=\dfrac{7}{90}(mol)\)

\(\Rightarrow nCO_2< nH_2O\)

Theo đề, hỗn hợp khí A gồm là hai hidrocacbon và \(nCO_2< nH_2O\)

Gọi a, b lần lượt là số mol của hai hidrocacbon trong A

\(n_A=\dfrac{1}{22,4}=\dfrac{5}{112}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a+b=\dfrac{5}{112}\)\((I)\)

\(TH1:\)Hỗn hợp A: \(\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n+2}:a\left(mol\right)\\C_mH_{2m+2}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(C_nH_{2n+2}\left(a\right)+\left(\dfrac{3n+1}{2}\right)O_2-t^o->nCO_2\left(an\right)+\left(n+1\right)H_2O\left(an+a\right)\)

\(C_mH_{2m+2}\left(b\right)+\left(\dfrac{3m+1}{2}\right)O_2-t^o->mCO_2\left(bm\right)+\left(m+1\right)H_2O\left(bm+b\right)\)

Theo PTHH : Ta có: \(an+bm=\dfrac{1}{14}\)\((II)\)

\(an+a+bm+b=\dfrac{7}{90}\)\((III)\)

Lấy (III) - (II), ta được:

\(a+b=\dfrac{2}{315}\)\((IV)\)

Từ (I) và (IV): \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=\dfrac{5}{112}\\a+b=\dfrac{2}{315}\end{matrix}\right.\)\((loại)\)

\(TH2:\)Hỗn hợp A: \(\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n+2}:a\left(mol\right)\left(n\ge1\right)\\C_mH_{2m}:b\left(mol\right)\left(m\ge2\right)\end{matrix}\right.\)

\(C_nH_{2n+2}\left(a\right)+\left(\dfrac{3n+1}{2}\right)O_2-t^o->nCO_2\left(an\right)+\left(n+1\right)H_2O\left(an+a\right)\)

\(C_mH_{2m}\left(b\right)+\left(\dfrac{3m}{2}\right)O_2-t^o->mCO_2\left(bm\right)+mH_2O\left(bm\right)\)

Theo PTHH : \(an+bm=\dfrac{1}{14}\)\((5)\)

\(an+a+bm=\dfrac{7}{90}\)\((6)\)

Lấy (6) - (5) \(\Rightarrow a=\dfrac{2}{315}\)

\(\Rightarrow b=\)\(\dfrac{193}{5040}\)

Thay a, b vào 5 rồi lập bảng chọn giá trị. Sau đó xét nghiệm rồi kết luận

\(TH3:hhA:\left\{{}\begin{matrix}C_nH_{2n+2}:a\left(mol\right)\\C_mH_{2m-2}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)\((a>b)\)

Cách giải tương tự hai trường hợp trên, b tự giải nốt. Mình đang bận nên ko giải hết được.

P/s: hơi lại là số liệu trong bài toàn số lẻ. :)

M_A = 23.2 = 46 ( gam/mol )

Đặt công thức tổng quát C_xH_yO_z ( x,y ∈ N^*, z ∈ N )

m_C = \(\dfrac{44.3}{11}\) = 12 (g)

m_H = \(\dfrac{27}{9}\) = 3 (g)

Ta có

m_C + m_H = 12 + 3 = 15 < 23

⇒ Hợp chất có oxi

⇒ m_O = 23 - 15 = 8 (g)

Đặt tỉ lệ ta có

\(\dfrac{12x}{12}\) = \(\dfrac{y}{3}\)= \(\dfrac{16z}{8}\) = \(\dfrac{46}{23}\)

⇒ \(x=2\)

\(y=6\)

\(z=1\)

⇒ CTHH: C₂H₆O

\(n_{hhA}=\frac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\)

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂↓ (1)

MgCO₃ + H₂SO₄ → MgSO₄ + CO₂↑ + H₂O (2)

Khí A: H₂, CO₂

a) Gọi x,y lần lượt là số mol của Zn và MgCO₃

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}65x+84y=20,05\\x+y=0,25\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

Vậy \(n_{Zn}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow m_{Zn}=0,05\times65=3,25\left(g\right)\)

\(n_{MgCO_3}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{MgCO_3}=0,2\times84=16,8\left(g\right)\)

\(\%m_{Zn}=\frac{3,25}{20,05}\times100\%=16,21\%\)

\(\%m_{MgCO_3}=100\%-16,21\%=83,79\%\)

b) \(n_{H_2SO_4}=0,6\times0,5=0,3\left(mol\right)\)

Theo PT1,2: \(\Sigma n_{H_2SO_4}pư=\Sigma n_{hhA}=0,25\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma n_{H_2SO_4}dư=0,3-0,25=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}dư=\frac{0,05}{0,6}=0,083\left(M\right)\)

Theo PT1: \(n_{ZnSO_4}=n_{Zn}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{ZnSO_4}}=\frac{0,05}{0,6}=0,083\left(M\right)\)

Theo PT2: \(n_{MgSO_4}=n_{MgCO_3}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{MgSO_4}}=\frac{0,2}{0,6}=0,333\left(M\right)\)

c)Theo Pt1: \(n_{H_2}=n_{Zn}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2}=0,05\times2=0,1\left(g\right)\)

Theo pT2: \(n_{CO_2}=n_{MgCO_3}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CO_2}=0,2\times44=8,8\left(g\right)\)

\(m_{hhA}=m_{H_2}+m_{CO_2}=0,1+8,8=8,9\left(g\right)\)

\(\Rightarrow M_{hhA}=\frac{8,9}{0,25}=35,6\left(g\right)\)

\(\Rightarrow d_{\frac{A}{H_2}}=\frac{M_A}{M_{H_2}}=\frac{35,6}{2}=17,8\)

bạn thay số và tính

có công thức liên hệ giữa nồng độ mol(CM) và nồng độ %(C%) và khối lượng riêng(D) : CM=C%\(\frac{10\cdot D}{Mct}\) đó là dấu nhân nha bạn 

Chúc bạn học tốt

Gọi oxit đó là:AO

Ta có PTHH:

AO + 2HCl->ACl₂+H₂O

A+16................A+71............(g)

6.......................14,25.............(g)

Theo PTHH:14,25(A+16)=6(A+71)

=>14,25A+228=6A+426

=>8,25A=198=>A=24(Mg)

Vậy A là Magie(Mg)

Công thức kim loại kiềm là A 
--> công thức oxit của nó là AO(0,5) 

Cứ 1 mol A, sau khi chuyển thành AOH thì khối lượng tăng lên 17 gam. 

Còn cứ 1 mol AO(0,5), sau khi chuyển thành AOH thì khối lượng tăng lên là 9 gam. 

Đề bài cho khối lượng AOH nặng hơn khối lượng hỗn hợp là 22,4 - 17,2 = 5,2 gam. 

Nếu hỗn hợp trên chỉ là kim loại thì n A = 5,2/17 = 0,3058823 mol và MA = 17,2/0,3058823 = 56,230778. 

Nếu hỗn hợp trên chỉ là oxit của A thì n AO(0,5) = 5,2/9 = 0,5777777 --> MAO(0,5) = 22,4/0,5777777 = 38,769235 --> MA = 38,769235 - 8 = 30,769235.

30,769235 < MA < 56,230778 --> A là K với M K = 39

Gọi số mol của Ba và K lần lượt là x và y

\(PTHH_1:Ba+2H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2+H_2\uparrow\)

(mol) 1 2 1 1

(mol) x 2x x x

\(PTHH_2:K+H_2O\rightarrow KOH+\frac{1}{2}H_2\uparrow\)

(mol) 1 1 1 \(\frac{1}{2}\)

(mol) y y y \(\frac{1}{2}y\)

Từ PT (1) và (2) ta có hpt:

\(\left\{{}\begin{matrix}137x+39y=3,52\\171x+56y=4,54\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{50}\left(mol\right)\)

Khối lượng của Ba là:

\(m_{Ba}=n.M=\frac{1}{50}.137=2,74\left(g\right)\)

\(\rightarrow\%m_{Ba}=\frac{2,74.100\%}{3,52}\approx77,8\left(\%\right)\)

Khối lượng của K là:

\(m_K=n.M=\frac{1}{50}.39=0,78\left(g\right)\)

\(\rightarrow\%m_K=100\%-77,8\%\approx22,2\left(\%\right)\)

Câu 2 không hiểu lắm nên không làm :)

Trong 80 lít rượu 90 độ có:

\(V_{rươu}=\dfrac{90.80}{100}=72\left(l\right)\)

Gọi x là số lít nước cần thêm vào để từ 80 lít ruwoj 90 độ có được rượu 40 độ

Ta có: \(40=\dfrac{72}{80+x}.100\)

\(\Rightarrow x=100\)

VẬY CẦN THÊM VÀO 100 LÍT NƯỚC

FeO + H₂ \(\underrightarrow{to}\) Fe + H₂O (1)

\(n_{FeO}=\frac{14,4}{72}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT1: \(n_{FeO}=n_{H_2}\)

Theo bài: \(n_{FeO}=4n_{H_2}\)

Vì \(4>1\) ⇒ FeO dư

Chất rắn A: FeO dư và Fe

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (2)

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O (3)

a) Theo PT1: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT1: \(n_{FeO}pư=n_{H_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{FeO}dư=n_{FeO}\left(3\right)=0,2-0,05=0,15\left(mol\right)\)

Theo pT2: \(n_{HCl}=2n_{Fe}=2\times0,05=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT3: \(n_{HCl}=2n_{FeO}=2\times0,15=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma n_{HCl}=0,1+0,3=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{HCl}=0,4\times36,5=14,6\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m=m_{ddHCl}=\frac{14,6}{10\%}=146\left(g\right)\)

b) Theo PT2: \(n_{FeCl_2}=n_{Fe}=0,05\left(mol\right)\)

Theo Pt3: \(n_{FeCl_2}=n_{FeO}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma n_{FeCl_2}=0,05+0,15=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{FeCl_2}=0,2\times127=25,4\left(g\right)\)

\(m_{Fe}=0,05\times56=2,8\left(g\right)\)

\(m_{FeO}dư=0,15\times72=10,8\left(g\right)\)

Theo PT2: \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2}=0,05\times2=0,1\left(g\right)\)

Ta có: \(m_{ddX}=2,8+10,8+146-0,1=159,5\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{FeCl_2}=\frac{25,4}{159,5}\times100\%=15,92\%\)

n_NaOH = 0,15(mol)

n_H2SO4 = 0,288(mol)

PTHH: 2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

0,15 0,288

=> H₂SO₄ dư

n_Na2SO4= 0,075 (mol) => C% = 0,075 . 142 .100% /(60+70,56) = 8,157%

n_H2SO4dư= 0,288 - 0,075 =0,231 (mol)

=> C% = 0,231 . 98 .100 /(60+70,56)= 17,339%