- Cốc đựng HCl

Ta có: \(n_{CaCO_3}=\dfrac{25}{100}=0,25\left(mol\right)\)

PT: \(CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2+H_2O\)

______0,25___________________0,25 (mol)

⇒ m _tăng = 25 - m_CO2 = 25 - 0,25.44 = 14 (g)

- Cốc đựng H₂SO₄

Gọi: n_Al = x (mol)

PT: \(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

____x___________________________3/2x (mol)

⇒ m _tăng = m_Al - m_H2 = 14

⇒ 27x - 3/2x.2 = 14

⇒ x = 7/12 (mol)

⇒ m_Al = 7/12.27 = 15,75 (g) = a

Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)

PT: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

____0,2_____0,4_____0,2___0,2 (mol)

m_HCl = 0,4.36,5 = 14,6 (g)

\(\Rightarrow m_{ddHCl}=\dfrac{14,6}{20\%}=73\left(g\right)\)

Có: m _{dd sau pư} = 11,2 + 73 - 0,2.2 = 83,8 (g)

\(\Rightarrow C\%_{FeCl_2}=\dfrac{0,2.127}{83,8}.100\%\approx30,31\%\)

- Trích mẫu thử.

- Hòa tan từng mẫu thử vào nước, nhúng quỳ tím vào.

+ Không tan: MgCO₃

+ Tan, quỳ hóa đỏ: P₂O₅

PT: \(P_2O_5+3H_2O\rightarrow2H_3PO_4\)

+ Tan, quỳ hóa xanh: CaO, K₂O (1)

PT: \(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

\(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

- Sục CO₂ vào dd thu được từ nhóm (1)

+ Dd vẩn đục: CaO

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

+ Không hiện tượng: K₂O

PT: \(2KOH+CO_2\rightarrow K_2CO_3+H_2O\)

- Dán nhãn.

a, \(n_{CO_2}=\dfrac{17,6}{44}=0,4\left(mol\right)=n_C\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{10,8}{18}=0,6\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,6.2=1,2\left(mol\right)\)

Đốt X thu CO₂ và H₂O → X gồm C và H, có thể có O.

Ta có: m_C + m_H = 0,4.12 + 1,2.1 = 6 (g) < m_X

→ X có C, H và O.

m_O = 9,2 - 6 = 3,2 (g) \(\Rightarrow n_O=\dfrac{3,2}{16}=0,2\left(mol\right)\)

b, Gọi CTHH của X là C_xH_yO_z

⇒ x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1

→ X có CTHH dạng (C₂H₆O)_n

Có: M_X = 23.2 = 46 (g/mol)

\(\Rightarrow n=\dfrac{46}{12.2+1.6+16}=1\)

Vậy: X là C₂H₆O.

Ta có: n_HCl = 0,6.1,5 = 0,9 (mol) = n_{Cl (trong muối)}

m _muối = m_KL + m_Cl = 20,4 + 0,9.35,5 = 52,35 (g)

PT: \(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

Ta có: \(m_{H_2SO_4}=250.19,6\%=49\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2SO_4}=\dfrac{49}{98}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2O}=n_{H_2SO_4}=0,5\left(mol\right)\)

Theo ĐL BTKL, có: m _oxit + m_H2SO4 = m _muối + m_H2O

⇒ m _muối = 24 + 49 - 0,5.18 = 64 (g)

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

Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: n_C2H4 = n_Br2 = 0,1 (mol)

⇒ V_C2H4 = 0,1.22,4 = 2,24 (l) > V _{hỗn hợp khí} → vô lý

Bạn xem lại đề nhé.

Câu 1:

(Bạn tự viết CTCT đầy đủ nhé)

CTCT thu gọn:

CH₂=CH-CH₂-CH₃

CH₃-CH=CH-CH₃ (2 đồng phân hình học)

CH₂=C(CH₃)-CH₃

Câu 2:

- Dẫn từng khí qua dd Br₂

+ Dd Br₂ nhạt màu dần: C₂H₄

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

+ Không hiện tượng: CH₄, CO₂ (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua dd Ca(OH)₂ dư.

+ Có tủa trắng: CO₂

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

+ Không hiện tượng: CH₄

Câu 3:

\(n_{C_2H_4}=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\)

PT: \(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

Theo PT: \(n_{O_2}=3n_{C_2H_4}=0,75\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=0,75.22,4=16,8\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{kk}=\dfrac{V_{O_2}}{20\%}=84\left(l\right)\)

a, \(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

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

\(n_{C_2H_4}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=2n_{C_2H_4}=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CaCO_3}=0,6.100=60\left(g\right)\)

b, \(n_{O_2}=3n_{C_2H_4}=0,9\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=0,9.22,4=20,16\left(l\right)\)

a, \(3Fe+2O_2\underrightarrow{t^o}Fe_3O_4\)

b, \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{2,479}{24,79}=0,1\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{3}< \dfrac{0,1}{2}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{2}{3}n_{Fe}=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,1-\dfrac{1}{15}=\dfrac{1}{30}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=\dfrac{1}{30}.32=\dfrac{16}{15}\left(g\right)\)

c, \(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{1}{3}n_{Fe}=\dfrac{1}{30}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe_3O_4}=\dfrac{1}{30}.232=\dfrac{116}{15}\left(g\right)\)