đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít khí C4H10 ( đktc) rồi hấp thụ hết các sản phẩm cháy vào dd Ba(oh)2 0,2M dùng dư được chất kết tủa.
Đốt cháy hoàn toàn 0,56 lit butan ( đktc) và cho sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn vào 400ml dd Ba(OH)2 0,2M. Số gam kết tủa tạo thành:
A. 9,85g
B. 9,98g
C. 10,4g
D.11,82g
Đáp án D
nC4H10 = 0,56/22,4 = 0,025 mol
=> nCO2 = 4.0,025 = 0,1 mol; nH2O = 5.0,025 = 0,125 mol;
T = nOH-/nCO2 = 0,16/0,1 = 1,6
=> tạo ra 2 muối; nCO32- = 0,06 => mCaCO3 = 0,06.197 = 11,82 gam
Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít khí Etilen ở đktc
a. PTHH
b. tính V oxi cần dùng ở đktc để đốt cháy hết thể tích etilen
c. Tính m các chất tạo thành của phản ứng đốt cháy d. nếu toàn bộ sản phẩm của phản ứng đốt cháy được hấp thụ hoàn toàn vào ddCa(OH)2 dư thì khối lượng dd sau phản ứng sẽ tăng?
\(n_{C_2H_4}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)
PTHH: C2H4 + 3O2 ---to---> 2CO2 + 2H2O
0,2 0,6 0,4 0,4
VO2 = 0,6.22,4 = 13,44 (l)
mCO2 = 0,4.44 = 17,6 (g)
mH2O = 0,4.18 = 7,2 (g)
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 ---> CaCO3 + H2O
Khối lượng dd tăng bằng khối lượng CO2 tham gia phản ứng là 17,6 g
Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần 2,24 lít khí oxi(đktc) rồi dẫn toàn bợ sản phẩm cháy gồm (CO2, H2O) vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình tăng 4,2g đồng thời xuất hiện 7,5g kết tủa. Tính m
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)
=> nC = 0,075 (mol)
Có \(n_{CO_2}=n_C=0,075\left(mol\right)\)
=> \(n_{H_2O}=\dfrac{4,2-0,075.44}{18}=0,05\left(mol\right)\)
=> nH = 0,1 (mol)
\(n_{O_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
Bảo toàn O: \(n_{O\left(A\right)}=0,075.2+0,05-0,1.2=0\left(mol\right)\)
=> A chứa C, H
mA = mC + mH = 0,075.12 + 0,1.1 = 1 (g)
\(m_{tăng}=m_{H_2O}+m_{CO_2}=4,2\left(g\right)\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{7,5}{100}=0,075\left(mol\right)\)
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 ---> CaCO3 + H2O
0,075 0,075
\(\rightarrow m_{CO_2}=0,075.44=3,3\left(g\right)\\ \rightarrow m_{H_2O}=4,2-3,3=0,9\left(g\right)\\ \rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{0,9}{18}=0,05\left(mol\right)\\ \rightarrow n_{O\left(sau.pư\right)}=0,05+0,075.2=0,1\left(mol\right)\\ n_{O\left(trong.O_2\right)}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_C=0,075\left(mol\right)\\n_H=0,05.2=0,1\left(mol\right)\\n_O=0,1-0,1=0\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> mA = 0,075.12 + 0,1.1 + 0 = 1 (g)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\overline{M}_{hhkhí}=0,6\cdot29=17,4\\n_{hhkhí}=\dfrac{3,36}{22.4}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Theo phương pháp đường chéo: \(\dfrac{n_{CH_4}}{n_{C_2H_4}}=\dfrac{53}{7}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_4}=0,1325\left(mol\right)\\n_{C_2H_4}=0,0175\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Bảo toàn nguyên tố: \(\Sigma n_{CaCO_3}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,1675\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{CaCO_3}=0,1675\cdot100=16,75\left(g\right)\)
Hỗn hợp Y gồm metan, etilen, propin và vinylaxetilen có tỷ khối với hiđro bằng 16,4. Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít (đktc) hỗn hợp Y rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thu được lượng kết tủa nặng:
A. 18,845 gam.
B. 61,07 gam.
C. 37,824 gam.
D. 19,20 gam.
Hỗn hợp khí A chứa một ankan và một ankin. Lấy 2,24 lít (đktc) A cho sục vào qua dung dịch A g N O 3 trong amoniac (lấy dư) thì thể tích khí giảm đi 20% và thu được 2,94 kết tủa. Khi đi ra khỏi dung dịch A g N O 3 được đốt cháy hoàn toàn rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch C a ( O H ) 2 (dư) tạo ra 16 g kết tủa.
Xác định công thức phân tử và phần trăm về khối lượng của từng chất trong hỗn hợp A.
Số mol ankin:
R - C ≡ C H + A g N O 3 + N H 3 → R - C ≡ C - A g ↓ + N H 4 N O 3
0,02 mol 0,02 mol
Khối lượng 1 mol R - C ≡ C - A g là:
R - C ≡ C - A g = 147 ⇒ R = 147 - 24 - 108 = 15
R là C H 3 ; ankin là C H 3 - C ≡ C H (propin)
C O 2 + C a ( O H ) 2 → C a C O 3 ↓ + H 2 O
Số mol ankan là 0,08 mol
Số mol C O 2 = số mol C a ( O H ) 2 = 0,16 (mol)
Suy ra
Vậy ankan là C 2 H 6
Khối lượng hỗn hợp A là: 0,02 x 40 + 0,08 x 30 = 3,2 (g)
Về khối lượng,
C 3 H 4 chiếm
và C 2 H 6 chiếm 75%.
Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X cần dùng 6,72 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O cho hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5 gam. Lọc kết tủa, đun nóng nước lọc lại thu được 9,85 gam kết tủa nữa. Xác định CTPT của X
\(m_{CO_2} + m_{H_2O}=m_{BaCO_3} -m_{giam}=19,7-5,5=14,2\)
Do đun nóng tạo kết tủa nên phản ứng với Ba(OH)2 tạo 2 muối.
\(Ba(HCO_3)_2 \to BaCO_3 + CO_2 + H_2O\)
0,05<-----------------------------0,05
Bảo toàn cacbon:\( n_{CO_2}=n_{C}=n_{BaCO_3}+2n_{Ba(HCO_3)_2}=0,2\) (mol)
\(\Rightarrow n_{H_2O}=\dfrac{14,2-0,2.44}{18}=0,3\) (mol)
Vì \(n_{H_2O}>n_{CO_2}\Rightarrow\) Chất X không có liên kết pi trong phân tử.
Bảo toàn Oxi: \(n_{O_X}=2n_{CO_2}+n_{H_2O}-2n_{O_2}=0,1\) (mol)
\(n_C:n_H:n_O=2:6:1\)
\(\Rightarrow\)CTPT dạng \((C_2H_6O)_n\)
Trong hợp chất hữu cơ chứa C, H, O ta luôn có:
0 < H ≤ 2C + 2
⇒ 0 < 6n ≤ 2.2n + 2
⇒ 0 < n ≤ 1
⇒ n = 1
Vậy CTPT của X là C2H6O.
a. Xác định CTPT của X
b. Tính V
c. Xác định công thức cấu tạo của X. Biết khi mono clo hóa X thu được tối đa 4 sản phẩm thế
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2\left(mol\right)\)
Đặt CTHH của X là \(C_xH_y\)
\(C_xH_y+\left(x+\dfrac{y}{4}\right)O_2\underrightarrow{t^o}xCO_2+\dfrac{y}{2}H_2O\)
\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)
\(2CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)
\(m_{dd.giảm}=m_{kt}-\left(m_{CO_2}+m_{H_2O}\right)\\ \Leftrightarrow0,5=20-\left(m_{CO_2}+m_{H_2O}\right)\\ \Rightarrow m_{CO_2}+m_{H_2O}=20-0,5=19,5\left(g\right)\left(I\right)\)
Mặt khác:
\(m_{O_2}=m_{CO_2}+m_{H_2O}-m_X=19,5-4,3=15,2\left(g\right)\\ \Rightarrow n_{CO_2}+0,5n_{H_2O}=\dfrac{15,2}{32}=0,475\left(mol\right)\left(II\right)\)
Từ (I), (II) suy ra: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=0,3\\n_{H_2O}=0,35\end{matrix}\right.\)
Vì \(n_{H_2O}>n_{CO_2}\Rightarrow X:ankan\) \(\left(C_nH_{2n+2}\right)\)
\(n=\dfrac{n_{CO_2}}{n_{H_2O}-n_{CO_2}}=\dfrac{0,3}{0,35-0,3}=6\)
a
CTPT của X: \(C_6H_{14}\)
b
\(V_{O_2}=0,475.22,4=10,64\left(l\right)\)
c
Hỗn hợp khí A chứa một ankan và một monoxicloankan. Tỉ khối của A đối với hiđro là 25,8. Đốt cháy hoàn toàn 2,58 g A rồi hấp thụ hết sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 35,46 g kết tủa. Công thức phân tử của các chất trong hỗn hợp A là:
A. C4H8 và C3H6
B. C4H10 và C3H8
C. C4H8 và C3H8
D. C4H10 và C3H6
Đáp án C
nCO2 = nBaCO3 = 35,46/197 = 0,18 mol; nA= 2,58/51,6 = 0,05 mol
mH = 2,58 – 0,18.12 = 0,42 gam
=> nH2O = 0,21 mol; nankan = 0,21 – 0,18 = 0,03 mol => nxicloankan = 0,02 mol;
CTPT của ankan và xicloankan lần lượt là: CnH2n+2 và CmH2m
ta có: 0,02n + 0,03m = 0,18 => 2n + 3m = 18 => n = 3 và m = 4.