Bài 1. Đốt cháy hoàn toàn 10,35 gam kim loại Na, phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau: Na + O2 -----> Na2O

a) Tính khối lượng Na2O tạo thành sau phản ứng.

b) Tính thể tích khí O2 (đktc) đã phản ứng.

----

a) 4 Na + O2 -to-> 2 Na2O

Ta có: nNa=10,35/23=0,45(mol)

=> nNa2O=0,45/2=0,225(mol)

=>mNa2O=0,225.62=13,95(g)

b) nO2= 0,45/4= 0,1125(mol)

=>V(O2,đktc)=0,1125.22,4=2,52(l)

Bài 2. Nhôm tác dụng với axit H2SO4 theo sơ đồ phản ứng sau:

Al + H2SO4 -----> Al2(SO4)3 + H2

Biết thể tích khí H2 thu được sau phản ứng là 3,36 lít (đktc).

a) Tính khối lượng Al và H2SO4 đã tham gia phản ứng.

b) Tính khối lượng Al2(SO4)3 sinh ra sau phản ứng.

---

a) nH2=3,36/22,4=0,15(mol)

PTHH: 2Al +3 H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3 H2

0,1______0,15_____0,05______0,15(mol)

mAl=0,1.27=2,7(g)

mH2SO4=0,15.98=14,7(g)

b) mAl2(SO4)3=342.0,05=17,1(g)

Bài 3. Cho 16,2 gam Al tác dụng với 162,4 gam Fe3O4 ở nhiệt độ cao, sơ đồ phản ứng xảy ra như sau:

Al + Fe3O4 -----> Al2O3 + Fe

a) Chất nào còn dư sau phản ứng, khối lượng bằng bao nhiêu gam?

b) Tính khối lượng Fe và Al2O3 sinh ra sau phản ứng

a) \(n_{Al}=0,6\left(mol\right);n_{Fe_3O_4}=0,7\left(mol\right)\)

8Al + 3Fe3O4 ⟶ 4Al2O3 + 9Fe

Lập tỉ lệ : \(\dfrac{0,6}{8}< \dfrac{0,7}{3}\)

=> Sau phản ứng Fe3O4 dư

\(m_{Fe_3O_4\left(dư\right)}=\left(0,7-\dfrac{0,6.3}{8}\right).232=110,2\left(g\right)\)

b) \(m_{Fe}=0,675.56=37,8\left(g\right)\)

\(m_{Al_2O_3}=0,3.102=30,6\left(g\right)\)

Đáp án D

Bảo toàn gốc OH: n_{OH ancol} = n_KOH = 1.0,4 = 0,4 mol

-OH + Na → -ONa + 1/2 H₂ ↑

→ n_H2 = n_OH/2 = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng: m_F = 15,2 + 0,2.2 = 15,6 g.

Bảo toàn khối lượng: m_muối = 30,24 + 0,4.56 – 15,6 = 37,04 g.

Bảo toàn nguyên tố kali: n_COOK = n_KOH = 0,4 mol;  n_K2CO3 = 0,2 mol

Đốt cháy G được:  n_CO2 =x; n_H2O = y; n_K2CO3 = z

Bảo toàn nguyên tố Oxi: 0,4.2 + 0,42.2 =0,2.3 + 2x + y (1)

Bảo toàn khối lượng: 37,04 + 0,42.32 = 0,2.138 + 44x + 18y (2)

Từ (1) và (2) ta có : x = 0,52 mol; y = 0 mol → muối không chứa H. Vậy muối phải là của axit 2 chức

→ X, Y là hai este 2 chức → n_X = 0,12 mol; n_Y = 0,08 mol

Đặt số C trong gốc axit của X và Y là a và b

n_C(X) + n_C(Y)  = n_C(F) + n_C(G) → 0,12a + 0,08b = 0,2 + 0,52

Giải phương trình nghiệm nguyên:  

→ 2 muối là (COOK)₂ và KOOCCºC–CºCCOOK

Mặt khác, đốt X hay Y đều cho  n_CO2 = n_O2 

→ Có dạng cacbohidrat  C_n(H₂O)_m

Lại có X và Y đều là este 2 chức → m = 4 → X, Y đều chứa 8H trong phân tử

Do X và Y mạch hở → 2 ancol đều đơn chức → n_F = n_OH = 0,4 mol → M_F = 39 → F có chứa ancol CH₃OH

→ X là CH₃OOCCOOC₂H₅; Y là CH₃OOCCºC–CºCCOOC₂H₅ chứa 21 nguyên tử

→ Đáp án D

Chọn đáp án D.

Hỗn hợp A gồm X, Y dạng  C ? ( H ₂ O ) ? ?  (vì khi đốt có  n O 2   c ầ n   đ ố t = n C O 2 ).

Cần chú ý  n c h ứ c   a n c o l   -   O H = n K O H = 0 , 4   m o l → m a n c o l = 15 , 2 + 0 , 4 : 2 . 2 = 15 , 6  gam.

Ÿ Giải thủy phân: 30,24 gam E + 0,4 mol KOH → 2 muối G + 15,6 gam 2 ancol F

→ m_{muối G} = 37,04 gam (theo bảo toàn khối lượng) Nhận xét đủ giả thiết để giải đốt G:

« Đốt 37,04 gam muối G cần 0,42 mol O₂ → 0,2 mol K₂CO₃ + x mol CO₂ + y mol H₂O.

Bảo toàn O + bảo toàn khối lượng:  

Ngôn ngữ: X, Y không phân nhánh→ có không quá 2 chức và este không phải là vòng (*)

Kết hợp y= 0 cho biết muối không chứa nguyên tố H

→ 2 muối đều 2 chức dạng  C ? ? ? ( C O O H ) 2  (với ??? phải là số chẵn)

Lại biết tỉ lệ số mol X, Y là 1,5 → n X = 0 , 12  mol và  n Y = 0 , 08  mol.

Gọi số  C a x   t ạ o   X = m ;   s ố   C a x   t ạ o   Y = n  (m, n nguyên dương và chẵn)

→ Ta có phương trình nghiệm nguyên:

→ Duy nhất cặp chẵn m= 2; n= 6 thỏa mãn => axit tạo X là  C O O H 2  và Y là  C 4 C O O H 2 .

Mặt khác: X, Y dạng  C ? ( H 2 O ) 4 ; gốc axit không chứa H →  ∑ g ố c  ancol có 8H.

Lại có ở (*) cho biết hai ancol phải là đơn chức nên  n F = 0 , 4   m o l ; M F = 15 , 6   ;   A n s = 39  

→ có một ancol là CH₃OH; (15,6-0,2.32):0,2 = 46 ancol còn lại là  C 2 H 5 O H .

Vậy X là  H 3 C O O C - C O O C 2 H 5  và Y là  H 3 C O O C ≡ C - C ≡ C - C O O C 2 H 5 .

Đọc yêu cầu, xem lại Y có công thức phân tử là C₉H₈O₄→  ∑ s ố   n g u y ê n   t ử = 21 .

Đáp án D

Định hướng tư duy giải

Ta có:

Chất tan trong bình gồm hỗn hợp muối và HNO₃ dư.

Chọn đáp án A

Ta có n_KOH = 0,12 mol.

Ta có n_{Ancol Y đơn chức} = n_Este = 0,08 mol ⇒ n H 2   = 0 , 04   m o l .

Mà m B ì n h   t ă n g =   m Y   –   m H 2

⇒ m_Y = 3,6 + 0,04×2 = 3,68

⇒ M Y = 3 , 68 0 , 08 = 46

⇒ Y là C₂H₅OH

BTKL ⇒ m E s t e = 10 , 08 + 3 , 68 – 0 , 12 × 56 = 7 , 04   g a m

⇒ M E s t e = 7 , 04 0 , 08 = 88

⇒ CTPT este là C₄H₈O₂ có dạng RCOOR'

Vì Y là C₂H₅OH ⇒ R' là C₂H₅

⇒ R là CH₃–

⇒ Este là CH₃COOC₂H₅.

Để gọi tên của este (RCOOR') ta đọc theo thứ tự:

Tên R' + Tên RCOO + at

⇒ Tên gọi của CH₃COOC₂H₅ là Etyl axetat

2. 
a) 2Na + O2 -> 2NaO

b) P2O5 + 3H2O -> 2H3PO4 

c) HgO -> Hg + 1/2O2 

d) 2Fe(OH)3 -> Fe2O3 + 3H2O 

e) Na2CO3 + CaCl2 -> CaCO3 + 2NaCl