A : C_nH_2n

\(C_nH_{2n} + Br_2 \to C_nH_{2n}Br_2\\ n_A = n_{Br_2} = 0,2.1,5 = 0,3(mol)\\ M_A = 14n =\dfrac{12,6}{0,3} = 42\\ \Rightarrow n = 3\\ CTPT : C_3H_6\\ CTCT : CH_2=CH-CH_3\)

\(n_{O2}=0,06\left(mol\right)\)

Bảo toàn Oxi

\(2n_{O2}=2n_{CO2}+n_{H2O}\)

\(2.0,6=3n\) (Do A là anken nên nCO2=nH20)

\(\Rightarrow n=0,04\left(mol\right)\)

Tính số C trong anken: \(0,56.\frac{x}{14x}=0,04\)

\(\Rightarrow x=4\)

Vậy CTPT là C4H8

nO2=0,06 mol

Bảo toàn Oxi.

2nO2=2nCO2+nH20

2.0,06=3n (Vì A là anken nên nCO2=nH20)

⇒ n=0,04 mol

Số C trong anken:0,56.x/(14.x)=0,04

→→ x=4 CTPT C4H8

Gọi công thức CTPT đó là \(C_xH_y\)

\(n_{O_2}=\frac{1,344}{22,4}=0,06\left(mol\right)\)

Bảo toàn oxi ta có: \(2n_{O_2}=2n_{CO_2}+n_{H_2O}\)

Do A là anken nên \(n_{CO_2}=n_{H_2O}\)

\(\Rightarrow2.0,06=3n\Rightarrow n=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow x=4\)

\(\Rightarrow y=4.2=8\)

\(\Rightarrow CTPT:C_4H_8\)

Bài 1

\(a,n_{CuO}=\dfrac{16}{80}=0,2\left(mol\right)\\ CuO+2HCl\xrightarrow[]{}CuCl_2+H_2O\\ n_{CuCl_2}=n_{CuO}=0,2mol\\ m_{CuCl_2}=0,2.135=27\left(g\right)\\ b.n_{HCl}=0,2.2=0,4\left(mol\right)\\ C_{MHCl}=\dfrac{0,4}{0,5}=0,8\left(M\right)\)

Bài 5

\(a,n_{NaOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\\ 2NaOH+H_2SO_4\xrightarrow[]{}Na_2SO_4+2H_2O\\ n_{H_2SO_4}=0,2:2=0,1\left(mol\right)\\ C_{MH_2SO_4}=\dfrac{0,1}{0,4}=0,25\left(M\right)\\ b,n_{Na_2SO_4}=0,2:2=0,1\left(mol\right)\\ C_{MNa_2SO_4}=\dfrac{0,1}{0,2+0,4}=\dfrac{1}{6}\left(M\right)\\ c,m_{Na_2SO_4}=0,1.142=14,2\left(g\right)\)

Bài 9:

\(C_xH_y+Br_2\rightarrow C_xH_yBr_2\)

+) Từ tỉ lệ %Br trong Y \(\Rightarrow\) biện luận tìm x, y \(\Rightarrow\) CTPT của X

+) X + HBr thu được 2 sản phẩm hữu cơ \(\Rightarrow\) X bất đối xứng

Vậy CTPT là but-1-en.

Bài 10:

Anken có dạng CnH2n

\(C_nH_{2n}+Br_2\rightarrow C_{n_n}H_{2n}Br_2\)

BTKL:

\(m_A+m_{Br2}=m_{Sp}\Rightarrow m_{Br2}=4,32-1,12=3,2\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{Br2}=\frac{3,2}{80.2}=0,02\left(mol\right)=n_A\)

\(\Rightarrow M_A=\frac{1,12}{0,02}=56=14n\Rightarrow n=4\)

Vậy A là C4H8

Bài 11 :

B có dạng CnH2n

\(C_nH_{2n}+Br_2\rightarrow C_nH_{2n}Br_2\)

Ta có:

\(n_{Br2}=n_B=\frac{8}{80.2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_B=\frac{2,8}{0,05}=56=14n\Rightarrow n=4\)

Suy ra B là C4H8

Vì hidrat hóa B chỉ cho 1 ancol duy nhất

B có cấu trúc đối xứng

B có CTCT là \(CH_3-CH=CH-CH_3\)

Gọi tên: but-2-en

a) \(2K+2H2O-->2KOH+H2\)

\(Fe+2HCl--.FeCl2+H2\)

\(n_{H2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_K=2n_{H2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_K=0,2.39=7,8\left(g\right)\)

\(n_{HCl}=0,5.0,4=0,2\left(mol\right)\)

\(nFe=\frac{1}{2}n_{HCl}=0,1\left(mol\right)\)

\(m_{Fe}=0,1.56=5,6\left(g\right)\)

m Cu= 6,6(g)

\(m_{hh}=7,8+5,6+6,6=20\left(g\right)\)

\(\%m_K=\frac{7,8}{20}.100\%=39\%\)

\(\%m_{Fe}=\frac{5,6}{20}.100\%=28\%\)

\(\%m_{Cu}=100-28-39=33\%\)

b) \(yH2+FexOy-->xFe+yH2O\)

\(n_{FexOy}=\frac{1}{y}n_{_{ }H2}=\frac{0,1}{y}\left(mol\right)\)

\(M_{FexOy}=5,8:\frac{0,1}{y}=58y\)

Ta có bảng sau

Vậy CTHH:Fe3O4

Anken X:  \(C_nH_{2n}\)

\(C_nH_{2n} + Br_2 \to C_nH_{2n}Br_2\\ n_X = n_{Br_2} = \dfrac{16}{160} = 0,1(mol)\\ \Rightarrow M_X = 14n = \dfrac{7}{0,1} = 70(đvC)\\ \Rightarrow n = 5\)

Vậy CTPT của X : \(C_5H_{10}\)

Fe2O3+6HCl---->2FeCl3+3H2O

n Fe2O3=16/160=0,1(mol)

n HCl=0,5.1,5=0,75(mol)

Lập tỉ lệ

n Fe2O3=0,1/1=0,1(mol)

n HCl=0,75/6

-->Fe2O3 dư

dd sau pư chỉ có FeCl3

Theo pthh

n FeCl3=1/3n HCl=0,25(mol)

CM FeCl3=0,25/0,5=0,5(M)

Chúc bạn học tốt

Đổi : 500ml = 0,5 l

\(PTHH:Fe_2O_3+6HCl\rightarrow2FeCl_3+3H_2O\)

Ban đầu : 0,1 ______0,75 ___________________

Phản ứng : 0,1 _____0,6 ______0,2 ___________

Sau phứng : 0_____0,15_______________________

Ta có : \(n_{Fe2O3}=\frac{16}{56.2+16.3}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=0,5.1,5=0,75\left(mol\right)\)

\(\rightarrow CM_{FeCl3}=\frac{0,2}{0,5}=0,4\left(M\right)\)

\(CM_{HCl_{du}}=\frac{0,15}{0,5}=0,3\left(M\right)\)

nFe2O3 = 0.1 mol

nHCl = 0.75 mol

Fe2O3 + 6HCl => 2FeCl3 + 3H2O

Bđ: 0.1_______0.75

Pư: 0.1_______0.6_______0.2

Kt: 0_________0.15______0.2

CM HCl = 0.15/0.5=0.3M

CM FeCl3 = 0.4M