a, - Trích mẫu thử.

- Dẫn từng mẫu thử qua Ca(OH)₂ dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO₂

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

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₂. (1)

- Dẫn mẫu thử nhóm (1) qua dd Br₂.

+ Dd Br₂ nhạt màu: C₂H₂.

PT: \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

+ Không hiện tượng: CH₄.

- Dán nhãn.

b, - Trích mẫu thử.

- Dẫn từng mẫu thử qua dd AgNO₃/NH₃ dư.

+ Xuất hiện tủa vàng: C₂H₂.

PT: \(C_2H_2+2AgNO_3+2NH_3\rightarrow Ag_2C_{2\downarrow}+2NH_4NH_3\)

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₄. (1)

- Dẫn mẫu thử nhóm (1) qua bình đựng dd Br₂.

+ Dd Br₂ nhạt màu: C₂H₄.

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

+ Không hiện tượng: CH₄.

- Dán nhãn.

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

Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{4}{160}=0,025\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,025\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,025.22,4}{5,6}.100\%=10\%\\\%V_{CH_4}=90\%\end{matrix}\right.\)

b, Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{5,6.90\%}{22,4}=0,225\left(mol\right)\)

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

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

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,275\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=2n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,5\left(mol\right)\)

⇒ m _{sản phẩm} = m_CO2 + m_H2O = 0,275.44 + 0,5.18 = 21,1 (g)

c, PT: \(Fe_2O_3+3CO\underrightarrow{t^o}2Fe+3CO_2\)

Theo PT: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{3}n_{CO_2}=\dfrac{11}{120}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe_2O_3}=\dfrac{11}{120}.160=\dfrac{44}{3}\left(g\right)\)

nX = 5,622,4=0,25

​0,25 (mol)  nBr2 = 4160=0,025

​0,025 (mol) 

nX = nCH4 + nC2H2 

C2H2 + 2Br2 --> C2H2Br4

0,05   <-- 0,025

=> nCH4 = 0,25 - 0,05 = 0,2 (mol) 

a. => %VCH4 = $\genfrac{}{}{0ex}{}{0,2}{0,25}.100\%=80\%$

=> %VC2H2 = 100% - 80% = 20% 

b. Đốt cháy khí X 

CH4 + O2 --> CO2 + 2H2O 

0,2                  0,2         0,4 

2C2H2 + 3O2 ---> 4CO2 + 2H2O 

0,05                        0,1          0,05 

nCO2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol) => mCO2 = 0,3 .44 = 13,2 (g)

nH2O = 0,4 + 0,05 = 0,45 (mol) => mH2O = 0,45 . 18 = 8,1 (g) 

=> m = mCO2 + mH2O = 13,2 + 8,1 = 21,3 (g) 

c. nCO2 = 0,3 (mol) 

Fe2O3 + 3CO --> 2Fe + 3CO2 

0,1 <--                               0,3 

nFe2O3 = 0,1 (mol) 

=> mFe2O3 = 0,1 . 160 = 16(g) 

Gọi CTPT của X là C_xH_yO_z.

\(\Rightarrow x:y:z=\dfrac{40}{12}:\dfrac{6,67}{1}:\dfrac{53,33}{16}=1:2:1\)

→ CTPT của X có dạng (CH₂O)_n.

Mà: X có 2 nguyên tử O. ⇒ n = 2

Vậy: CTPT của X là C₂H₄O₂.

Chất hữu cơ X có phần trăm khối lượng C, H, O lần lượt bằng 40%; 6,67%; 53,33%. Biết trong X có 2 nguyên tử oxi. Công thức phân tử của X? 

Ta thấy %C + %H + %O = 100% 

=> Hợp chất hữu cơ X chứa 3 nguyên tố C, H, O 

Gọi công thức đơn giản nhất của X là CxHyOz 

x : y : z = $\genfrac{}{}{0ex}{}{\%C}{12}:\genfrac{}{}{0ex}{}{\%H}{1}:\genfrac{}{}{0ex}{}{\%O}{16}=\genfrac{}{}{0ex}{}{40}{12}:\genfrac{}{}{0ex}{}{6,67}{1}:\genfrac{}{}{0ex}{}{53,33}{16}=3,33:6,67:3,33=1:2:1$

=> Công thức đơn giản nhất của X là CH2O 

Mặt khác trong X có chứa 2 nguyên tử O 

=> Công thức phân tử của X sẽ là C2H4O2

- Trích mẫu thử.

- Dẫn từng mẫu thử qua bình đựng Ca(OH)₂ dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO₂.

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

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₂. (1)

- Dẫn mẫu thử nhóm (1) qua bình đựng Br₂ dư.

+ Br₂ nhạt màu dần: C₂H₂.

PT: \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

+ Không hiện tượng: CH₄.

- Dán nhãn.

\(NaHCO_3+HCl\rightarrow NaCl+CO_2+H_2O\)

\(Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2+H_2O\)

\(2KHCO_3+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow K_2CO_3+CaCO_{3\downarrow}+2H_2O\)

\(CaCO_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\)

\(2NaHCO_3\underrightarrow{t^o}Na_2CO_3+CO_2+H_2O\)

NaHCO3 + HCl $\to$   NaCl +  CO2+ H2O 

Na2CO3 + 2HCl    $\to$  2NaCl +  CO2 + H2O 

KHCO3 + Ca(OH)2 $\to$  K2CO3 + CaCO3 + H2O 

CaCO3   $\underrightarrow{t^o}$    CaO + CO2

2NaHCO3 $\underrightarrow{t^o}$ Na2CO3 + CO2 +H2O

​

a, PT: \(2C_2H_2+5O_2\underrightarrow{t^o}4CO_2+2H_2O\)

Ta có: \(n_{C_2H_2}=\dfrac{13}{26}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{C_2H_2}=1\left(mol\right)\Rightarrow m_{CO_2}=1.44=44\left(g\right)\)

\(n_{H_2O}=n_{C_2H_2}=0,5\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_2O}=0,5.18=9\left(g\right)\)

b, Theo PT: \(n_{O_2}=\dfrac{5}{2}n_{C_2H_2}=1,25\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=1,25.22,4=28\left(l\right)\)

\(\Rightarrow V_{kk}=\dfrac{V_{O_2}}{20\%}=140\left(l\right)\)

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

Theo PT: \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=1\left(mol\right)\Rightarrow m_{CaCO_3}=1.100=100\left(g\right)\)

n C2H2 = $\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{26}=0,5$ (mol)

2C2H2          +       3O2 $\underrightarrow{t^o}$        4CO2 +     2H2O

0,5                     --> 0,75         --> 1         --> 0,5 

a. mCO2 = n.M = 1. 44 = 44 (gam) 

mH2O = n.M = 0,5 . 18 = 9 (gam) 

b. V(O2) = n.22,4 = 0,75 . 22,4 = 16,8 (lít) 

Ta có Oxi chiếm 20% thể tích không khí 

=> V (Không khí) = $\genfrac{}{}{0ex}{}{V^{O^2}.100\%}{20\%}=\genfrac{}{}{0ex}{}{16,8.100}{20}=84$(lít) 

c. CO2 + Ca(OH)2 $\to$CaCO3 + H2O 

      1                         --> 1 

m CaCO3 = n.M = 1.100 = 100 (gam)

a, PT: \(MgCO_3+2HCl\rightarrow MgCl_2+CO_2+H_2O\)

\(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)

b, Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{MgCO_3}=n_{CO_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgCO_3}=0,1.84=8,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgO}=10,4-m_{MgCO_3}=2\left(g\right)\)

Ta có: \(\%m_C=\dfrac{12.13}{12.13+1.21+14+16.3}.100\%\approx65,272\%\)

Phần trăm khối lượng nguyên tử cacbon có trong phân tử Salbutamol là 

C% $\genfrac{}{}{0ex}{}{12.13}{12.13+1.21+14+16.3}.100\%=15,06\%$

\(MnO_2+4HCl_đ\underrightarrow{t^o}MnCl_2+Cl_2+2H_2O\)

\(Cl_2+H_2\underrightarrow{t^o}2HCl\)

\(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)

\(2NaCl+2H_2O\xrightarrow[cmn]{đpdd}2NaOH+Cl_2+H_2\)

MnO2 + 4HCl $\to$ MnCl2 + Cl2 + 2H2O 

Cl2 + H2 $\to$ 2HCl 

HCl + NaOH $\to$ NaCl + H2O 

2NaCl + 2H2O $\stackrel{cmn}{\to }$ 2NaOH + H2 + Cl2 

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

Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{4}{160}=0,025\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,025\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,025.22,4}{2,8}.100\%=20\%\\\%V_{CH_4}=100-20=80\%\end{matrix}\right.\)

b, Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{2,8.80\%}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

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

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

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,15\left(mol\right)\)

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

Theo PT: \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a=m_{CaCO_3}=0,15.100=15\left(g\right)\)

a, PT: $C^2{H}^4+B{r}^2\to C^2{H}^{4}B{r}^2$

Ta có: $n^{B{r}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{160}=0,025\left(mol\right)$

Theo PT: $n^{C^2{H}^4}=n^{B{r}^2}=0,025\left(mol\right)$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}\%V^{C^2{H}^4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{0,025.22,4}{2,8}.100\%=20\%\\ \%V^{C{H}^4}=100-20=80\%\end{array}$

b, Ta có: $n^{C{H}^4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2,8.80\%}{22,4}=0,1\left(mol\right)$

PT: $C{H}^4+2O^2\underrightarrow{t^o}C{O}^2+2H^{2}O$

$C^2{H}^4+3O^2\underrightarrow{t^o}2C{O}^2+2H^{2}O$

Theo PT: $n^{C{O}^2}=n^{C{H}^4}+2n^{C^2{H}^4}=0,15\left(mol\right)$

PT: $C{O}^2+Ca{\left(OH\right)}^2\to CaC{O}^{3\downarrow }+H^{2}O$

Theo PT: $n^{CaC{O}^3}=n^{C{O}^2}=0,15\left(mol\right)$

$\Rightarrow a=m^{CaC{O}^3}=0,15.100=15\left(g\right)$