nC = 0,2 (mol)

nH = 0,1 . 2 = 0,2 (mol)

nO = 0,25 . 2 - 0,2 . 2 + 0,1 = 0 (mol)

Vậy B chỉ có C và H

CTPT: CxHy

=> x : y = 0,2 : 0,2 = 1 : 1 

=> (CH)n = 22,4/1 . 1,161 = 26 (g/mol(

=> n = 2

=> CTPT: C2H2

Là một chất khí không màu, không mùi, dễ bắt cháy và nhẹ hơn không khí. Nó không tồn tại ở dạng tinh khiết hoàn toàn mà thường được để trong một dung dịch do tính không ổn định ở dạng tinh khiết. Là chất ít tan trong nước. (tham khảo)

Bài 3

nCO₂ = \(\dfrac{8,8}{44}\)= 0,2 mol , nH₂O = \(\dfrac{1,8}{18}\)= 0,1 mol

=> mC = 0,2.12 = 2,4 gam và mH = 0,1.2= 0,2 gam

mC + mH = 2,6 gam = mA

Vậy A là hidrocacbon , phân tử chỉ chứa C và H

Gọi CTĐGN của A là C_xH_y => x:y = nC:nH = 1:1 

=> CTPT của A có dạng (CH)_n

M_A = 13.2 = 26(g/mol) => 13n = 26 

<=> n = 2 và CTPT của A là C₂H₂

Bài 4

nCO₂ = \(\dfrac{1,76}{44}\)= 0,04 mol ; nH₂O = \(\dfrac{0,9}{18}\)= 0,05 mol ; nN₂ = \(\dfrac{0,224}{22,4}\)= 0,01 mol

mC = 0,04.12 = 0,48 gam ; mH = 0,05.2 = 0,1gam ; mN = 0,01.2.14= 0,28

mC+mH+mN = 0,48 + 0,1+ 0,28= 0,86 < mB

=> Trong B ngoài C;H và N còn có Oxi

Và mO = 1,5 - 0,86 = 0,64 gam <=> nO = 0,64:16 = 0,04 mol

Gọi CTĐGN của B là C_xH_yO_zN_t

x:y:z:t = nC:nH:nO:nN = 2:5:2:1 => CTPT của B có dạng (C₂H₅O₂N)_n

Mà M_B = 37,5.2 = 75(g/mol)

=> (12.2 + 5 + 16.2 + 14) . n = 75

<=> n = 1 và CTPT của B là C₂H₅O₂N

Bài 1 : Sửa ZnSO thành ZnSO₄

\(n_{Zn}=\dfrac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)

Pt : \(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)

Theo Pt : \(n_{Zn}=n_{H2SO4}=n_{ZnSO4}=n_{H2}=0,2\left(mol\right)\)

a) \(m_{H2SO4}=0,2.98=19,6\left(g\right)\)

b) \(m_{ZnSO4}=0,2.161=32,2\left(g\right)\)

c) \(V_{H2\left(dkc\right)}=0,2.24,79=4,958\left(l\right)\)

Bài 3 : 

\(n_{O2}=\dfrac{9,6}{32}=0,3\left(mol\right)\)

\(2KClO_3\xrightarrow[]{t^o}2KCl+3O_2\)

  0,2<-----------0,2<----0,3

a) \(m_{KClO3}=0,2.122,5=24,5\left(g\right)\)

b) Cách 1 :  \(m_{KCl}=0,2.74,5=14,9\left(g\right)\)

    cách 2 : \(BTKl:m_{KClO3}=m_{KCl}+m_{O2}\)

                          \(\Rightarrow m_{KCl}=m_{KClO3}-m_{O2}=24,5-9,6=14,9\left(g\right)\)

Bài 2 : Sửa AlO₃ thành Al₂O₃

\(n_{O2}=\dfrac{19,2}{32}=0,6\left(mol\right)\)

a) PTHH : \(4Al+3O_2\xrightarrow[]{t^o}2Al_2O_3\)

                  0,8<---0,6------>0,4

b) \(a=m_{Al}=0,8.27=21,6\left(g\right)\)

\(b=m_{Al2O3}=0,4.102=40,8\left(g\right)\)

Câu 2

\(n_{Br2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{anken}=n_{Br2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_{anken}=\frac{2,8}{0,05}=56\)

Vậy CTPT của A là C4H8

Vì hiđrat hóa A chỉ thu được 1 ancol duy nhất

\(\Rightarrow A:CH_3-CH=CH-CH_3\left(but-2-en\right)\)

Câu 3

\(V_{H2}=246,4\left(cm^3\right)=0,2464\left(l\right)\)

\(T=27,3+273=300,3K\)

\(P=1\left(atm\right)\)

\(R=0,082\)

\(n_{H2}=\frac{PV}{RT}=0,01\left(mol\right)\)

\(C_nH_{2n}+H_2\rightarrow C_nH_{2n+2}\)

\(\Rightarrow n_{anken}=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_{anken}=\frac{0,7}{0,01}=70=12n+2n=14n\)

\(\Leftrightarrow n=5\)

Vậy anken là C5H10.

1)nCO2=0,75 mol

nH2o=0,75 mol

nCO2=nH2O-->Acó đanh C_NHy

d=m\V=m\22,4n=M\22,4-->M=22,4d=24

=>Ma=14n=42->n=3

==>A=c3h6

2.

nBr2 = 0,05 mol => nanken = nBr2 = 0,05 mol

=> Manken = 2,8 / 0,05 = 56

=> anken có CTPT là C4H8

Vì hiđrat hóa A chỉ thu được 1 ancol duy nhất => A là CH3-CH=CH-CH3 (but-2-en)

3.

V H2= 246,4 cm3= 0,2464l

T= 27,3+ 273= 300,3 K

P= 1 atm

R= 0,082

nH2= PV/RT= 0,01 mol

CnH2n + H2 -> CnH2n+2

=> n anken= 0,01 mol

=> M anken= 0,7/0,01= 70= 12n+2n= 14n

<=> n=5. Vậy anken là C5H10

Câu 1:

\(n_{CO2}=\frac{33}{44}=0,75\left(mol\right)\)

\(n_{H2O}=\frac{13,5}{18}=0,75\left(mol\right)\)

\(n_{CO2}=n_{H2O}\Rightarrow A:anken\)

\(n_C:n_H=0,75:1,5=1:2\)

Công thức đơn giản CH2

\(\Rightarrow M_A=\frac{1,875}{\frac{1}{22,4}}=42\left(\frac{g}{mol}\right)\)

\(14n=42\Rightarrow n=3\)

Vậy CTPT là C3H6

Đặt \(n_{MS}=\dfrac{22}{M_M+32}=a\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{8,4}{22,4}=0,375\left(mol\right)\)

PTHH: 2MS + \(\dfrac{n+4}{2}\)O₂ --t^o--> M₂O_n + 2SO₂

                a---------------------->0,5a----->a

            M₂O_n + nH₂ --t^o--> 2M + nH₂O

             \(\dfrac{0,375}{n}\)<--0,375

=> \(0,5a=\dfrac{0,375}{n}\)

=> \(a=\dfrac{0,75}{n}=\dfrac{22}{M_M+32}\left(mol\right)\)

=> 0,75.M_M + 24 = 22n 

Xét n = 1 => Không thỏa mãn

Xét n = 2 => Không thỏa mãn

Xét n = 3 => M_M = 56 (g/mol)

=> M là Fe

CTHH: FeS

bn check lại giúp mình xem 8,4 hay 8,6 lít khí hidro nhé :D

2RS+3O2t0→2RO+2SO22RS+3O2t0→2RO+2SO2

RO+H2SO4→RSO4+H2ORO+H2SO4→RSO4+H2O

Giả sử : 

nH2SO4=1(mol)nH2SO4=1(mol)

⇒mddH2SO4=9824.5%=400(g)⇒mddH2SO4=9824.5%=400(g)

mdung dịch muối=R+16+400=R+416(g)mdung dịch muối=R+16+400=R+416(g)

C%RSO4=R+96R+416⋅100%=33.33%C%RSO4=R+96R+416⋅100%=33.33%

⇒R=64⇒R=64

R:CuR:Cu

nCuS=1296=0.125(mol)nCuS=1296=0.125(mol)

nCuSO4=nCuS=0.125(mol)nCuSO4=nCuS=0.125(mol)

mCuSO4=0.125⋅160=20(g)mCuSO4=0.125⋅160=20(g)

mdd=0.125⋅80+0.125⋅9824.5%=60(g)mdd=0.125⋅80+0.125⋅9824.5%=60(

Khối lượng dung dịch bão hòa còn lại :

60−15.625=44.375(g)60−15.625=44.375(g)

CT:CuSO4⋅nH2OCT:CuSO4⋅nH2O

mCuSO4=m(g)mCuSO4=m(g)

C%=m44.375⋅100%=22.54%C%=m44.375⋅100%=22.54%

⇒m=10⇒m=10

mCuSO4(tt)=20−10=10(g)

\(M_A=15.M_{H_2}=15.2=30\left(\dfrac{g}{mol}\right)\\ Đặt:C_aH_b\left(a,b:nguyên,dương\right)\\ n_C=n_{CO_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_C=0,5.12=6\left(g\right)\\ m_H=7,5-6=1,5\left(g\right)\\ \Rightarrow n_H=\dfrac{1,5}{1}=1,5\left(mol\right)\\ \Rightarrow a:b=0,5:1,5=1:3\\ \Rightarrow CTTQ:\left(CH_3\right)_t\left(t:nguyên,dương\right)\\ \Leftrightarrow15t=30\\ \Leftrightarrow t=2\\ \Rightarrow CTPT:C_2H_6\\ CTCT:CH_3-CH_3\)