Lấy từng chất một mẫu thử:

   - Cho lần lượt từng mẫu thử trên qua dung dịch nước vôi trong C a O H 2  dư, mẫu thử nào làm đục nước vôi trong đó là C O 2 :

    C a O H 2 + C O 2 → C a C O 3 + H 2 O

   - Lấy que đóm đầu có than hồng cho vào các mẫu thử còn lại, mẫu thử nào làm than hồng bùng cháy đó là oxi.

   - Cho mẫu thử còn lại qua CuO nung nóng, khí nào đó có xuất hiện Cu ( màu đỏ). Đó là H 2 . Mẫu thử còn lại là không khí không làm đổi màu CuO.

    C u O + H 2 → C u + H 2 O

Dẫn ba khí trên vào dung dịch Ca(OH)₂, khí nào làm dung dịch xuất hiện kết tủa trắng thì ta nói khí đó là khí cacbonic, hai khí còn lại không phản ứng là khí metan và khí axetilen.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓_trắng + H₂O.

Dẫn hai khí còn lại vào dung dịch nước brom, khí nào làm mất màu dung dịch nước brom thì ta nói khí đó là khí axetilen, khí còn lại không phản ứng là khí metan.

C₂H₂ + Br₂ → C₂H₂Br₂

C₂H₂Br₂ + Br₂ → C₂H₂Br₄.

a) Dẫn qua dd Ca(OH)2 dư:

- Bị hấp thu sinh ra kết tủa trắng -> CO2

- Không hiện tượng -> H2, C2H2

Dẫn qua CuO nung nóng:

- Làm chất rắn màu đen chuyển sang màu đỏ -> H2

- Không hiện tượng -> C2H2

b) Dẫn qua dd Ca(OH)2 dư:

- Bị hấp thụ tạo ra kết tủa trắng -> SO2

- Không hiện tượng -> CH4, C2H4

Dẫn qua dd Br2 dư:

- Làm Br2 mất màu -> C2H4

- Không hiện tượng -> CH4

c) mình thấy giống y hệt ý b

Dẫn qua dd Ca(OH)2 dư:

- CO2 bị hấp thụ

- Còn lại ko hiện tượng

Dẫn qua dd Br2 dư:

- C2H2 làm mất màu Br2 và có kết tủa màu vàng

- C2H4 làm mất màu Br2

- CH4 không làm mất màu Br2

\(n_{O_2}=\dfrac{8}{32}=0.25\left(mol\right)\)

\(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^0}CO_2+2H_2O\)

\(0.125....0.25....0.125\)

\(m_{CH_4}=0.125\cdot16=2\left(g\right)\)

\(V_{CO_2}=0.125\cdot22.4=2.8\left(l\right)\)

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

\(............0.125.....0.125\)

\(m_{CaCO_3}=0.125\cdot100=12.5\left(g\right)\)

a)

$CH_4 + 2O_2 \xrightarrow{t^o} CO_2 + 2H_2O$

b) $n_{CH_4} = \dfrac{28}{22,4} = 1,25(mol)$

$n_{CO_2} = n_{CH_4} = 1,25(mol)$
$m_{CO_2} = 1,25.44 = 55(gam)$

c) $V_{O_2} =2 V_{CH_4} = 56(lít)$

Lấy mỗi chất 1 ít làm thí nghiệm và đánh dấu

Lần lượt cho các khí trên tác dụng với nước vôi trong(Ca(CO₃)). Nếu khí nào làm nước vôi trong vẩn đục thì đó là CO₂

CO₂ +Ca(OH)₂ => CaCO₃ +H₂O

Cho que đóm còn tàn đỏ vào trong các khí còn lại. Khí nào làm que đóm bùng cháy thì đó là O₂

Còn lại là H₂

Bài 2:

_ Dẫn hỗn hợp khí qua bình đựng nước vôi trong.

+ Nếu xuất hiện kết tủa trắng, đó là CO₂.

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

+ Nếu không có hiện tượng, đó là CH₄ và C₂H₄. (1)

_ Dẫn hỗn hợp khí nhóm (1) qua bình đưng nước brom dư.

+ Nếu nước brom nhạt màu, đó là C₂H₄.

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

+ Nếu không có hiện tượng, đó là C₂H₄.

Bài 5:

a, PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

b, Ta có: \(n_{C_2H_4Br_2}=\dfrac{18,8}{188}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{C_2H_4Br_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_2H_4}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{CH_4}=5,6-2,24=3,36\left(l\right)\)

c, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{2,24}{5,6}.100\%=40\%\\\%V_{CH_4}=60\%\end{matrix}\right.\)

Bài 6: Phần này mình sửa thành 37,6 g cho số mol đẹp nhé!

a, PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

b, Ta có: \(n_{C_2H_4Br_2}=\dfrac{37,6}{188}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{C_2H_4Br_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{C_2H_4}=0,2.22,5=4,48\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{CH_4}=11,2-4,48=6,72\left(l\right)\)

c, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{4,48}{11,2}.100\%=40\%\\\%V_{CH_4}=60\%\end{matrix}\right.\)

Bạn tham khảo nhé!

a)

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃

nAl = \(\dfrac{8,1}{27}\)= 0,3 mol , nO₂ = \(\dfrac{3,36}{22,4}\)= 0,15 mol

Ta có tỉ lệ \(\dfrac{nAl}{4}\)> \(\dfrac{nO_2}{3}\)

=> Al dư, oxi phản ứng hết và số mol Al phản ứng = \(\dfrac{nO_2.4}{3}\)= 0,2 mol

nAl dư = nAl ban đầu - nAl phản ứng = 0,3 - 0,2 = 0,1mol

<=> mAl dư = 0,1.27 = 2,7 gam

b)

2Zn + O₂  →  2ZnO

nZn = 13:65 = 0,2 mol , nO₂ = 0,5 mol

\(\dfrac{nZn}{2}\)<\(\dfrac{nO_2}{1}\) => Zn phản ứng hết, Oxi dư

nO₂ phản ứng = nZn/2 = 0,1 mol

=> nO₂ dư = 0,5 - 0,1 = 0,4 mol 

<=> mO₂ dư = 0,4.32 = 12,8 gam

c) CH₄ + 2O₂ → CO₂  +  2H₂O

nCH₄ = 4,48:22,4 = 0,2 mol , nO₂ = 6,72 :22,4 = 0,3 mol

\(\dfrac{nCH_4}{1}\)>\(\dfrac{nO_2}{2}\) => CH₄ dư , oxi phản ứng hết

nCH₄ phản ứng = nO₂/2 = 0,15 mol

=> nCH₄ dư = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol 

<=> mCH₄ dư = 0,05. 16= 0,8 gam

d) C₁₂H₂₂O₁₁  + 12O₂ → 12CO₂  + 11H₂O

nC₁₂H₂₂O₁₁ = \(\dfrac{51,3}{342}\)= 0,15 mol , nO₂ = 2,688:22,4 = 0,12 mol

nC₁₂H₂₂O₁₁ >  \(\dfrac{nO_2}{12}\) => O₂ phản ứng hết, đường dư

nC₁₂H₂₂O₁₁ phản ứng = \(\dfrac{nO_2}{12}\) = 0,01

=> nC₁₂H₂₂O₁₁ dư = 0,15 - 0,01 = 0,14 mol

<=> mC₁₂H₂₂O₁₁  = 0,14.342 = 47,88 gam

a, PT: \(4Al+3O_2\underrightarrow{t^o}2Al_2O_3\)

Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{8,1}{27}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,3}{4}>\dfrac{0,15}{3}\), ta được Al dư.

Theo PT: \(n_{Al\left(pư\right)}=\dfrac{4}{3}n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{Al\left(dư\right)}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{Al\left(dư\right)}=0,1.27=2,7\left(g\right)\)

b, PT: \(2Zn+O_2\underrightarrow{t^o}2ZnO\)

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

\(n_{O_2}=\dfrac{16}{32}=0,5\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,5}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=0,4.32=12,8\left(g\right)\)

c, PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,3}{2}\), ta được CH₄ dư.

Theo PT: \(n_{CH_4\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{O_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CH_4\left(dư\right)}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow m_{CH_4\left(dư\right)}=0,05.16=0,8\left(g\right)\)

d, PT: \(C_{12}H_{22}O_{11}+12O_2\underrightarrow{t^o}12CO_2+11H_2O\)

Ta có: \(n_{C_{12}H_{22}O_{11}}=\dfrac{51,3}{342}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{2,688}{22,4}=0,12\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,12}{12}\), ta được C₁₂H₂₂O₁₁ dư.

Theo PT: \(n_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(pư\right)}=\dfrac{1}{12}n_{O_2}=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(dư\right)}=0,14\left(mol\right)\Rightarrow m_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(dư\right)}=0,14.342=47,88\left(g\right)\)

e, PT: \(2Zn+O_2\underrightarrow{t^o}2ZnO\)

Ta có: \(n_{Zn}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{2}< \dfrac{0,5}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{Zn}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,45\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=0,45.32=14,4\left(g\right)\)

f, PT: \(4Na+O_2\underrightarrow{t^o}2Na_2O\)

Ta có: \(n_{Na}=\dfrac{4,6}{23}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{44,8}{22,4}=2\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{4}< \dfrac{2}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{4}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=1,95\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=1,95.32=62,4\left(g\right)\)

Bạn tham khảo nhé!