Chu vi = 28m

=> Tổng chiều dài chiều rộng là:

28 : 2 = 14 (m)

Đặt chiều dài là a, chiều rộng là b. Theo đề bài, ta có:

\(\frac{a}{b}=\frac{2}{5}\)

=> \(\frac{a}{b}=\frac{2k}{5k}\)

Mà a + b = 14 

=> 2k + 5k = 14 

=> 7k = 14 

=> k = 2

=> a = 2.2 = 4 (m)

=> b = 2.5 = 10 (m)

=> Diện tích hình chữ nhật là:

4 . 10 = 40 (m²)

KL:

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Na, Al, Fe

\(TN1:\)

Khi cho M qua nước dư:

\(2Na+2H_2O---> 2NaOH+H_2\) \((1)\)

\(2NaOH+2Al+2H_2O---> 2NaAlO_2+3H_2\) \((2)\)

\(nH_2(đktc)=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2(mol)\)\((I)\)

Vì nước dư nên chọn nNa để tính:

Theo PTHH (1)\(nH_2(1)=0,5a(mol)\)\((II)\)

\(nNaOH=nNa=a(mol)\)

Vì khi cho M qua dung dich NaOH lấy dư thì khí thoát ra nhiều hơn khi cho M qua nước dư

Chứng tỏ, ở thí nghiêm 1, Al dư.

=> Chon nNaOH để tính

Theo PTHH (2) \(nH_2(2)=1,5a(mol)\)\((III)\)

Từ (I), (II) và (III) => \(0,5a+1,5a=0,2\)

\(=> a=0,1 \) \((IV)\)

Theo (2) nNaOH(pứ) =a (mol)

. Chất rắn không tan gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Fe:c\left(mol\right)\\Al\left(dư\right)=\left(b-a\right)\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(=> 56c+(b-a).27=6\)

\(<=> -27a+27b+56c=6\) \((V)\)

\(TN2:\)

Khi cho M qua dung dịch NaOH dư, thì Na và Al tan hết

=> Chon số mol của Na và Al để tính

\(2Na+2H_2O--->2NaOH+H_2\)\((3)\)

\(2NaOH+2Al+2H_2O---> 2NaAlO_2+3H_2\) \((4)\)

Theo (1) và (2) \(nH_2=(0,5a+1,5b)(mol)\)

\(nH_2(đktc)=\dfrac{5,152}{22,4}=0,23(mol)\)

\(=> 0,5a+1,5b=0,23\) \((VI)\)

Từ (IV), (V) và (VI), ta có \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\-27a+27b+56c=6\\0,5a+1,5b=0,23\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,12\\c=0,0975\end{matrix}\right.\)

\(=> mNa=0,1.23=2,3(g)\)

\(=> mAl=0,12.27=3,24(g)\)

\(=> mFe=0,0975.56=5,46(g)\)

\(\%mNa=\dfrac{2,3.100}{2,3+3,24+5,46}=20,91\%\)

\(\%mAl=\dfrac{3,24.100}{2,3+3,24+5,46}=29,45\%\)

\(=>\%mFe=100\%-20,91\%-29,45\%=49,64\%\)

Đặt công thức tổng quát của A là \(C_nH_{2n+1}COOH\)

\(2C_nH_{2n+1}COOH+2NaOH--->2C_nH_{2n+1}COONa+H_2\)

\(nNaOH=1.0,3=0,3(mol)\)

Theo PTHH: \(nA=nNaOH=0,3(mol)\)

Ta có: \(m_A=n_A.M_A\)

\(<=> 18=0,3.(14n+46)\)

\(<=> 18=4,2n+13,8\)

\(<=> 4,2n=4,2\)

\(<=> n=1\)

Vậy công thức phân tử của A là \(CH_3COOH\)

Gọi tên: Axit axetic \(\)

\(PTHH:\)

\(Ba+2H_2O--->Ba(OH)2 +H_2\) \((1)\)

\(Ba(OH)2+2Al+2H_2O---> Ba(AlO_2)_2+3H_2\) \((2)\)

Khi cho hỗn hợp trên qua nước dư thì Ba tan hết

=> Chất rắn không tan còn lại sau phản ứng phải là Al

Gọi x là nBa

Theo PTHH: \(nBa(OH)_2=x(mol)\)

\(nH_2(1)=x(mol)\)\((I)\)

Vì Al còn dư nên chọn nBa(OH)2 để tính

Theo PTHH (2) \(nH_2(2)=3x(mol)\)\((II)\)

Theo đề, sau phản ứng thu được 6,72l H2

\(nH_2=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3(mol)\)\((III)\)

Từ (I), (II) và (III) => \(x+3x=0,3\)

\(<=> x=0,075 \)

Theo (2) \(nAl(pứ)=2x=0,15(mol)\)

\(nAl(dư)=\dfrac{3}{27}=\dfrac{1}{9}(mol)\)

\(nBa=x=0,075(mol)\)

\(=> m=mAl+mBa=(0,15+\dfrac{1}{9}).27+0,075.137=17,325(g)\)

Theo qui tắc hóa trị: Trong công thức hóa học của hợp chất hai nguyên tố, tích của chỉ số và hóa trị của nguyên tố này bằng tích của chỉ số và hóa ttrị của nguyên tố kia.

=> Không thể viết công thức hóa học của nước là HO8 được.

Vì trái với qui tắc hóa trị trên

Câu 2:

\(a) \) \(PTHH:\)

\(2C_2H_6+7O_2-t^o-> 4CO_2+6H_2O\) \((1)\)

\(C_3H_8+5O_2-t^o-> 3CO_2+4H_2O\) \((2)\)

\(2C_4H_{10}+13O_2-t^o->8CO_2+10H_2O\) \((3)\)

\(b)\) (thiếu số liệu)

Câu 1:

Khi đẫn hỗn hợp gồm C2H4 và CH4 qua bình đựng dung dịch Br2 dư thì C2H4 bị giữ lại trong bình

=> m bình tăng = mC2H4 = 1,4(g)

\(nC_2H_4=\dfrac{1,4}{28}=0,05(mol)\)

\(=> VC_2H_4(đktc)=0,05.22,4=1,12(l)\)

Phần trăm thể tích của mỗi hidrocacbon trong hon hợp ban đầu là:

\(=>\%VC_2H_4=\dfrac{1,12.100}{2,8}=40\%\)

\(=>\%VCH_4=100\%-40\%=60\%\)

Bài 4 :

\(PTHH:\) \(2Al_2O_3-đpnc-> 4Al+3O_2\)

\(nAl=\dfrac{108}{27}=4(mol)\)

Theo PTHH: \(nAl_2O_3(lí thuyết)=2(mol)\)

\(=> mAl_2O_3(lí thuyết) = 2.102=204(g)\)

Vì \(H=85\%\)

\(=> mAl_2O_3(thực tế)=\dfrac{204.100}{85}=240(g)\)

Vì trong quặng đen, Al2O3 chỉ chiếm 50%

\(=> mQuặng=\dfrac{240.100}{50}=480(g)\)

Vậy để sản xuất 108g Al cần dùng 480g quặng đen