intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tổng hợp bài tập Hóa học (20 câu)

Chia sẻ: Tran Duong Tam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
96
lượt xem 4
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Tổng hợp bài tập Hóa học (20 câu) giới thiệu tới các bạn những mẫu bài tập cơ bản thường được ra trong các kỳ thi Đại học Cao đẳng. Bên cạnh đó, tài liệu còn đưa ra những hướng dẫn cụ thể trong việc giải những bài tập này. Vì vậy, với các bạn đang chuẩn bị bước vào kỳ thi Đại học - Cao đẳng thì đây là tài liệu hữu ích.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp bài tập Hóa học (20 câu)

  1. CỘNG ĐỒNG HÓA HỌC VÀ TUỔI TRẺ http://hoahoc.org ————————–*————————– TỔNG HỢP BÀI TẬP (20 câu) Biên soạn LATEX: Tinpee.PT c 2013 : Tinpee.PT@gmail.com Ho Chi Minh City Ngày 29 tháng 9 năm 2013
  2. Tổng hợp chuyên đề LTĐH TỔNG HỢP CÁC BÀI TẬP Câu 1. Cho hỗn hợp X gồm a(g) M g, b(g) F e và c(g) F ex Oy vào dung dịch H2 SO4 dư thu được 1 0,05 mol khí và dung dịch B. dung dịch B phản ứng vừa đủ với 60ml dung dịch KM nO4 0,05M 5 thu được 7,314g muối trung hòa. Xác định oxit sắt trên. Lời giải: - Trước tiên ta chứng minh acid ở đây là loãng: vì khi đó trong dung dịch B mới chứa được F e2+ để tác dụng với KM nO4 . - Chứng minh oxit Fe kia không phải là F e2 O3 : Ta có nF e.B = 5.5.nKM nO4 = 0, 075(mol) Số mol khí là 0,05(mol) như vậy ta thấy ngay sự vô lý nếu oxit là Fe(III) thì số mol Fe phải là 0,075(mol) như vậy số mol khí phải lớn hơn 0,075(mol). - Khối lượng muối trung hòa ở đây là các muối K2 SO4 , M nSO4 , M gSO4 và F e2 (SO4 )3 có m = 36, 57g. Và dựa theo số mol của KM nO4 ta tính được mM gSO4 + mF e2 (SO4 )3 = 33g. Ta để ý một điều rắng 2 oxit Fe còn lại đều nhường 1 e để lên  F e3+ .  a + b = 0, 05 a + b = 0, 05      Như vậy thấy ta có ngay 2a + 3b + c = 0, 05.2 + 0, 075 ⇒ b + c = 0, 075     21  120a + 200(b + cx) = 33 c =  200x − 80 Ta có c < 0, 075 ⇒ x > 1, 8. Chọn F e3 O4 . Câu 2. Cho x(g) F e vào dung dịch HCl thu được 2,465g chất rắn. Nếu cho x(g) F e và y(g) Zn vào dung dịch HCl trên thì thu được 8,965g chất rắn và 0,336 lít khí ( dktc). Tìm x và y Lời giải: 2, 465e Ta có 2, 465g chất rắn có thể chứa F eCl2 và F e dư. → nF e < = 0, 019 56 + 71 Mặt khác số mol khí H2 = 0, 015 nhỏ hơn 0, 019 lên ở thí nghiệm thứ nhất Chắc chắn cóF e dư. Vậy ta có x (g)F e + HCl → 2, 465(g) rắn + 0, 015mol H2 Đễ tìm ra x = 2, 465 − 0, 015.71 = 1, 4(g) Ta có y = 8, 965 − 1, 4 − 0, 015.71 = 6, 5(g) Câu 3. Hỗn hợp X có khối lượng 15,15 gam gồm Al, Ca, Al4 C3 , CaC2 . Hòa tan hoàn toàn X vào nước (dư) thu đuợc dung dịch Y trong suốt và hỗn hợp khí Z, Đốt cháy toàn bộ Z, thu được 4,48 lít CO2 (đktc) và 9,45 gam H2 O. Thêm từ từ 400 ml dung dịch HCl 1M vào Y, thu đuợc m gam kết tủa. Giá trị của m là? Lời giải: Ta quy đổi hỗn hợp thành: x(mol) Al, y(mol) Ca và có ngay 0, 2(mol) C.   Al+3  Al+3       Al Ca+2    +2    Ca        Ca  C−4  Phân tích bài toán: ⇒ ⇒ C +4 −1   C   C   H2 O       0  H O   2     H   O2−   O2  Qua sơ đồ trên ta thấy ngay, có sự nhường và nhận e giữa các nguyên tố Al, Ca, C và O. Và ta dễ dàng tính được nO = 2nCO2 + nH2 O = 0, 925(mol). Áp dụng định luật bảo toàn e và theo khối lượng X ta có hệ phương trình http://www.hoahoc.org/forum Page 1
  3. Tổng hợp chuyên đề LTĐH   27x + 40y = 15, 15 − 0, 2.12 x = 0, 25(mol) ⇒ 3x + 2y = 0, 925.2 − 0, 2.4 y = 0, 15(mol) Ta để ý 1 mol Ca sẽ tạo ra 2 mol OH − . Như vậy nOH − = 0, 3(mol). 1 mol Al hay Al(OH)3 đều phản ứng với 1 mol OH − và tạo ra AlO2− . Như vậy nAlO2− = 0, 25(mol) và nOH − .d = 0, 05(mol). Theo đề nH + = 0, 4(mol). Phản ứng với H + dư và còn lại 0, 35(mol) AlO2 + H2 O + H + → Al(OH)3 Phản ứng tiếp với AlO2− thì còn lại 0, 1(mol). Khi đó xảy ra phản ứng Al(OH)3 + 3H + → Al3+ + 3H2 O 0, 1 13 Như vậy nAl(OH)3 .f inal = 0, 25 − = (mol). 3 60 Vậy m = 16, 9g. Câu 4. Cho sơ đồ phản ứng sau C H OH A −−3−− 7 + −→ B + C H ↓HBr H O D −−20→ E+F t Hợp chất hữu cơ A chưa oxi có thành phần % các nguyên tố lần lượt là 41,38% C và 3,45% H. B chứa 60%C, 8%H và oxi, E chứa 35,82% C, 4,48% H còn lại là oxi. Biết rằng 2,68g chất E phản ứng vừa đủ với 26,7ml dung dịch NaOH 1,5M. Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên tất cả các chất trong sơ đồ đó nếu biết thêm rằng khi đung nóng, chất A có thể tách nước. Lời giải: 2, 68 Từ thành phần - nE = khi n càng lớn thì nE càng nhỏ, như vậy số mol lớn nhất mà nE có được 134n mới là 0, 02(mol). Và như vậy ta suy ra nó có ít nhất là 2 chức có khả năng phản ứng với N aOH. - Biện luận (C4 H6 O5 )n có một công thức phân tử duy nhất: 4n.2 + 2 − 6n Ta có E sẽ có hệ số bất bão hòa k = =n+1 2 Trong E sẽ có ít nhất là 2n liên kết π như vậy k ≥ 2n ⇔ n ≤ 1. CTCT: HOOC − CH2 − CH(OH) − COOH ⇒ A : HOOC − CH = CH − COOH Do E có 2 chức nên B có 2 chức ⇒ C10 H16 O4 ⇒ C3 H7 OOC − CH = CH − COOC3 H7 . Câu 5. Cho 2,760 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O và có 100 < MA < 150) tác dụng với N aOH vừa đủ, sau đó làm khô, phần bay hơi chỉ có nước, phần chất rắn khan còn lại chứa hai muối của natri có khối lượng 4,440 gam. Nung nóng 2 muối trong oxi dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 3,180 gam N a2 CO3 , 2,464 lít CO2 (ở đktc) và 0,900 gam nước. Lời giải: Ta có nN a2 CO3 = 0, 03(mol), nCO2 = 0, 11(mol), nH2 O = 0, 05(mol) Áp dụng ĐLBTKL ta có nO2 = 0, 14(mol) Dùng bảo toàn nguyên tố O: nOtrongmui = 0, 08(mol) ⇒ nN aOH = 3nN a2 CO3 = 0, 06(mol) Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng thủy phân : mH2 O = 0, 04(mol) Bảo  toàn nguyên tố cho cả quá trình ta có: Trong A: n = 0, 14(mol) C ⇒ ctpt đơn giản nH = 0, 05.2 + 0, 04.2 − 0, 06 = 0, 12(mol)nO = 0, 08 + 0, 04 − 0, 06 = 0, 06(mol) (C7 H6 O3 ) Do 100 < MA < 150 nên đó là CTPT k = 5 ⇒ A có chứa vòng benzen. http://www.hoahoc.org/forum Page 2
  4. Tổng hợp chuyên đề LTĐH nA 1 Khi đó nA = 0, 02(mol), nN aOH = 0, 06(mol) có = nN aOH 3 ⇒ A là HCOOC6 H4 OH và có 3 đồng phân o, p, m Câu 6. Nhiệt phân hoàn toàn 20g hỗn hợp M gCO3 , CaCO3 , BaCO3 thu được 0, 22(mol) khí X. Khoảng % khối lượng M gCO3 bao nhiêu? Lời giải: Gọi a, b, c là mol M gCO3 , CaCO3 và BaCO3 ⇒ mhh = 84a + 100b + 197c = 20 (1), nCO2 = nhh = a + b + c = 0, 22 (2) Nếu chỉ có M gCO 3 , CaCO3 ⇒ c = 0 a = 0, 125 Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ mM gCO3 = 84a = 10, 5 ⇒ %mM gCO3 = 52, 5 b = 0, 095 Nếu chỉ có M gCO3 , BaCO3 ⇒ b = 0 a = 0, 206549 Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ mM gCO3 = 84a = 17, 35 ⇒ %mM gCO3 = 86, 75 b = 0, 01345 Vì có cả 3 muối ⇒ 52, 5 < %mM gCO3 < 86, 75 ⇒ B Câu 7. Một aminoaxit có công thức phân tử là C2 H5 N O2 , khi đốt cháy 0,1 mol oligopeptit X tạo nên từ aminoaxit đó thì thu được 12,6g nước. Xác định X thuộc loại peptit nào. Lời giải: Công thức phân tử của X là C2 H5 O2 N như vậy ta sẽ tìm CTPT của oligopeptit theo X. Để ý tới phản ứng thủy phân, dùng bảo toàn nguyên tố để tìm: A + (n − 1)H2 O → nC2 H5 O2 N Như vậy A phải có CTPT là C2n H5n−2n+2 On+1 N2 . nH2 O 3n + 2 12, 6 Ta có = = ⇒ n = 4. Như vậy X là tetrapeptit. nA 2 0, 1.18 Câu 8. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,02 mol F eS2 và 0,03 mol FeS vào lượng dư H2 SO4 đặc nóng thu được F e2 (SO4 )3 ,SO2 và H2 O. Hấp thụ hết SO2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch KM nO4 thu được dung dịch Y không màu, trong suốt, có pH = 2. Tính số lít của dung dịch (Y) Lời giải: Áp dụng bảo toàn e thu ta tìm được nSO2 = 0, 285(mol). 5SO2 + 2KM nO4 + 2H2 O → K2 SO4 + 2M nSO4 + 2H2 SO4 Ta có nH2 SO4 = 0, 114(mol) ⇒ nH + = 0, 228(mol). [H + ] = 0, 01M ⇒ V = 22, 8(l). Câu 9. Hợp chất hữu cơ X gồm C, H,O chứa vòng benzen. Cho 6,9g X vào 360ml dd NaOH 0,5M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) đến phản ứng hoàn toàn, thu được dd Y. Cô cạn Y thu được m gam chất rắn khan. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 6,9g X cần vừa đủ 7,84 lít O2 (đkc), thu được 15,4g CO2 . Biết X có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Giá trị của m. Lời giải: Dựa vào phản ứng đốt cháy để tìm X. nCO2 = 0, 35(mol). mH2 O = 2, 7g ⇒ nH2 O = 0, 15(mol). Dễ dàng tìm ra mO = 2, 4(g) ⇒ nO = 0, 15(mol). Công thức đơn giản nhất của X là C7 H6 O3 và nó cũng là CTPT luôn. nX = 0, 05(mol) nN aOH.p = 0, 15(mol). Tỉ lệ là 3 : 1 như vậy X phải có CTCT http://www.hoahoc.org/forum Page 3
  5. Tổng hợp chuyên đề LTĐH Chất rắn khan có khối lượng m bao gồm N aOH dư HCOON a và C6 H4 (ON a)2 . Ta tìm được m = 12, 3(g) Câu 10. Oxi hóa m gam một ancol đơn chức, bậc một, mạch hở A thu được hỗn hợp X gồm: andehit, axit, nước và ancol dư. Chia X thành 3 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng với Na vừa đủ thu được 0,2 mol H2 và m gam chất rắn. Phần 2 tác dụng với N aHCO3 dư thu được 0,1 mol khí CO2 . Phần 3 tác dụng với dung dịch AgN O3 /N H3 (dư) thu được 0,6 mol Ag. Nếu oxi hóa m gam ancol trên thành andehit, sau đó cho sản phẩm tác dụng với AgN O3 /N H3 dư, tính số mol Ag thu được và giá trị của m. Lời giải: RCH2 OH + [O] → RCHO + H2 O RCH2 OH + 2[O] → RCOOH + H2 O Ta có công thức của ancol là RCH2 OH và của acid là RCOOH. Phần 2 tính được nRCOOH = 0, 1(mol). Phần 3: Khi R không phải là H thì ta có nRCHO = 0, 3(mol) Dựa vào phản ứng xảy ra ta tìm được nH2 O = 0, 4(mol) Phần 1: Khi đó dễ dành tính được số mol ancol dư trong X là nH2 O = 2nH2 − (nH2 O + nRCOOH ) = 0, 4 − (0, 4 + 0, 1) = −0, 1(mol) Vô lý. Như vậy R phải là H. 0, 6 − 0, 1.2 Khi đó ta cũng tính được số mol HCHO sẽ là nHCHO = 0, 1(mol). 4 nHCOOH = 0, 1(mol) và nH2 O = 0, 2(mol) ⇒ nCH3 OH.d = 0, 4 − 0, 2 − 0, 1 = 0, 1(mol) Dễ dàng tìm được m = 0, 2.40 + 0, 1.68 + 54.0, 1 = 20, 2g. P Ba đầu nCH3 OH = 0, 3.3 = 0, 9(mol) ⇒ nAg = 3, 6(mol) Câu 11. Nhiệt phân hoàn toàn 0,20 mol F e(OH)2 trong bình kín chứa 0,04 mol O2 thu được chất. rắn X. Để hòa tan hết X bằng dung dịch HN O3 (đặc nóng) thu được dung dịch Y và khí Z (sản phẩm khử duy nhất) và số mol HN O3 đã phản ứng là k .Tính k. Lời giải: Để ý tỉ lệ giữa F e(OH)2 và oxi quá lớn và thấy ngay là oxi hết. Áp dụng bảo toàn e nN O2 = nF e(OH)2 .1 − 4nO2 = 0, 04(mol) Để tính số mol của HN O3 dùng bảo toàn nguyên tố k = nN O2 + 3nF e = 0, 64(mol) Câu 12. Nung 2, 23 g hh X gồm F e, Zn, Al, M g trong oxi , sau 1 thời gian thu được 2, 71g Y . Hòa tan hoàn toàn Y vao dd HN O3 ( dư ) , thu được 0, 672 (l) N O . Tính số mol HN O3 đã phản ứng. Lời giải: 2, 71 − 2, 33 Ta có: nO = = 0, 03(mol) 16 http://www.hoahoc.org/forum Page 4
  6. Tổng hợp chuyên đề LTĐH Ta tách phản ứng thành 2 mặt, một mặt là phản ứng oxi hóa khử và mặt kia chỉ là phản ứng của axit thông thường. 4H + + N O3− → N O + 2H2 O 2H + + [O] → H2 O P nHN O3 = 4nN O + n[O] = 0, 18(mol) Hoặc cũng có thể dùng n = nelectron KL nhường + nN O Câu 13. Hỗn hợp gồm 2 axit có nhóm chức hơn kém nhau một đơn vị, có cùng số nguyên tử C. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng hết với K thu được 2,24 lít khí. Đốt cháy phần 1 thu được 6,72 lít khí CO2 . Tìm CTPT và thành phần %về khối lượng các chất. Lời giải: Công thức X :Cn Hm O2z a mol trong mỗi phần, với n ≥ 2 nH2 = 0, 5.az = 0, 1 ⇒ az = 0, 2 (1) nCO2 = an = 0, 3 (2) Nếu n = 2 (2) ⇒ a = 0, 15 và (1) ⇒ z = 1, 33 ⇒ hai axit là C2 H4 O2 x(mol) và C2 H2 O4 (ymol) ⇒ nhh = x + y = 0, 15 và 1.x + 2.y = 1, 33.0, 15 ⇒ x = 0, 1 và y = 0, 05 mC2 H4 O2 = 60x = 6, mC2 H2 O4 = 90.0, 05 = 4, 5 ⇒ % Khối lượng C2 H4 O2 = 52, 14 và Khối lượng C2 H2 O4 = 42, 86 ⇒ HOOC − COOH và 42, 86%. Nếu n = 3 ⇒ a = 0, 1 và (1) ⇒ z = 2 : loại vì 2 axit có thể cùng 2 chức hoặc số nhóm chức là 1 và 3 : không hơn kém nhau 1. Câu 14. Một hỗn hợp X gồm 0,07 mol axetilen; 0,05 mol vinylaxetilen; 0,1 mol H2 và một ít bột N i trong bình kín. Nung hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm 7 hiđrocacbon có tỉ khối hơi đối với H2 là 19,25. Cho toàn bộ hỗn hợp Y đi qua bình đựng dung dịch AgN O3 /N H3 dư, thu được m gam kết tủa vàng nhạt và 1,568 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm 5 hiđrocacbon thoát ra khỏi bình. Để làm no hoàn toàn hỗn hợp Z cần vừa đúng 60 ml dung dịch Br2 1M. Tìm m Lời giải: Ta có mX = mY = 4, 62g ⇒ nY = 0, 12(mol). Cho Y qua dung dịch AgN O3 còn lại 0, 07(mol) khí, do vậy số mol khí bị hấp thụ là 0, 05(mol). Ta sẽ sử dụng định luật bảo toàn liên kết π cho bài này như sau: Ta có số mol khí X giảm đí chính là số mol H2 phản ứng nH2 = 0, 07 + 0, 05 + 0, 1 − 0, 12 = 0, 1(mol) và đó cũng chính là nπ bị bão hòa. Như vậy trong Y nπ = nπ.X − nH2 = 0, 19(mol). Để làm no Z tức là bão hòa hết các liên kết π trong Z và như vậy nπ.Z = 0, 06(mol) Và ta có ngay nπ = 0, 13(mol) của khíbị hấp thụ trong AgN O 3 .  n C2 H2 = x(mol) x + y = 0, 05(mol)  x = 0, 02(mol) Ta có hệ phương trình ⇒ ⇔ nC H = y(mol) 2x + 3y = 0, 13 y = 0, 03(mol) 4 4 ⇒ m = 9, 57g Câu 15. Dẫn V lít (ở đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgN O3 trong dung dịch N H3 thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z được 2,24 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2 O. Giá trị của V bằng? Lời giải: Dựa theo các quá trinh phản ứng ta dễ dàng tìm ra nC2 H2 .d = nAg2 C2 = 0, 05(mol), nC2 H4 = nBr 2 = 0, 1(mol) nC H = nCO2 = 0, 05(mol) 2 6 Z còn lại 2 khí đó là C2 H6 và H2 và ta có 2 n = 0, 25 − 0, 05.3 = 0, 1(mol) H2 http://www.hoahoc.org/forum Page 5
  7. Tổng hợp chuyên đề LTĐH Đến đây ta thấy ngay ban đầu nC2 H2 = 0, 05 + 0, 1 + 0, 05 = 0, 2(mol) và nH2 = 0, 1 + 0, 05.2 + 0, 1 = 0, 3(mol). Vậy V = 11, 2(l) Câu 16. cho 5, 43 g hổn hợp gồm Al, Cu, Ag vào dd HN O3 vừa đủ thu đc dd A và khí N O duy nhất, pha loãng dd A rồi đem điện phân thu đc 1, 296g kim loại bên catot và 67, 2ml khí bên anot thì ngừng điện phân. Ngay sau đó cho vào 0, 81 gam bột Al rồi lắc đều cho đến khi hết màu xanh, 1 tách phần chất rắn lấy khô cân đc 3,891gam , biết nAl = (nAg + nCu ). Tính khối lượng của Ag 6 trong hổn hợp. Lời giải: Xét dung dịch điện phân trước, ta có nO2 = 0, 003(mol) ⇒ nO = 0, 012(mol) ⇒ 2nCu + nAg = 1, 296 0, 012(mol) ≥ nAg + nCu ⇒ MKL ≤ = 108. Như vậy chi mới Ag + bị điện phân. 0, 012 Ta có nHN O3 = 0, 012(mol) Các phản ứng có thể xảy ra khi cho Al vào. Al + 4HN O3 → Al(N O3 )3 + N O + 2H2 O Al + 3Ag + → Al3+ + 3Ag 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu Ta gọi x, y, z(mol) lần lượt là số mol của Al, Cu, Ag trong hỗn hợp ban đầu. Ta có nAg.dư = z − 0, 012(mol) Sau phản ứng với Al thì khối lượng chất rắn tăng là (z − 0, 012)(108 − 9) + y(64 − 18) − 0, 003.27 = 3, 891 −  0, 81    27x + 64y + 108z = 5, 43  x = 0, 01(mol) y+z  Ta có x = ⇒   6 y = z = 0, 03(mol) 99(z − 0, 012) + 46yddo3, 162  Câu 17. Thổi V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa N aOH và KOH thu được 200 ml dung dịch X chứa 4 muối có cùng nồng độ mol. Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch Y chứa HCl 1, 5M và H2 SO4 1M vào 200 ml dung dịch X, thu được 3,36 lít CO2 (đktc). Giá trị của V là. Lời giải: Trong dung dịch X có 4 muối với nồng độ bằng nhau vì thế nCO32− = nHCO3− = x(mol). Trong dung nH + = 0, 35(mol). Đề cho từ từ Y vào X nên sẽ xảy ra phản ứng CO32− + H + → HCO3− . P dịch Y có Và sau phản ứng này nH + .dư = 0, 35 − x(mol). Tiếp tục HCO3− + H + → CO2 + H2 O. Ta có ngay 0, 35 − x = 0, 15 ⇒ x = 0, 2(mol) ⇒ nCO2 .ban đầu = 2x = 0, 4(mol) ⇒ V = 8, 96(l). Câu 18. Đốt cháy hoàn toàn m gam hiđrocacbon ở thể khí, mạch hở, nặng hơn không khí thu được 7,04 gam CO2 . Sục m gam hiđrocacbon này vào nước brom dư đến khi phản ứng hoàn toàn, thấy có 25,6 gam brom phản ứng. Giá trị của m là? Lời giải: Gọi CTPT của H.C trên là Cn H2n+2−2k trong đó n, k là các số nguyên dương. nCO2 nBr2 0, 16 0, 16 Khi đó ta sẽ có ngay = ⇒ = ⇒n=k n k n k Như vậy CTPT H.C trên sẽ là Cn H2 Theo đề bài H.C trên ở thế khí và nặng hơn không khí cho nên n = 4 ⇒ m = 2g Câu 19. Dẫn 1,68 lít hỗn hợp khí X gồm hai hiđrocacbon vào bình đựng dd brom (dư). Sau khi phản ứng hoàn toàn, có 4 gam brom đã phản ứng và còn lại 1,12 lít khí. Nếu đốt cháy hoàn toàn 1,68 lít X thì sinh ra 2,8 lít khí CO2 (đktc). CTPT của hai hiđrocacbon là? Lời giải: http://www.hoahoc.org/forum Page 6
  8. Tổng hợp chuyên đề LTĐH Ta có nBr2 = 0, 025(mol) = nH.C.p như vậy nó phải có CTPT Cn H2n Và chất còn lại là một H.C no. Ta có nCO2 = 0, 125(mol) ⇒ C = 1, 667 như vậy thằng no là CH4 Ta có 0, 05 + 0, 025n = 0, 125 ⇒ n = 3 ⇒ C3 H6 . Câu 20. Cho hỗn hợp X gồm K và Al. Cho m(g) X vào nước dư thu được 0,25mol khí. Mặt khác khi cho m(g) X vào dung dịch NaOH vừa đủ thì thấy thoát ra 0,325(mol) khí và dung dịch Y. Cho V(ml) dung dịch HCl 2M vào dung dịch Y thu được 1,95g kết tủa. Khi cho N H3 dư vào thì thấy xuất hiện kết tủa. Giá trị của V là: Lời giải: Gọi số mol K, Al lần lượt là a, b Ta có số mol khí bay ra ở thí nghiệm 2 nhiều hơn thí nghiệm 1 lên ở thí nghiệm thứ nhất vẫn cồn dư Al Từ thí nghiệm 1 dễ dàng suy ra được Số mol K = a = 0,252 = 0, 125 Từ thí nghiệm 2 tìm được số mol Al = b = 0, 175 Trong dung dịch Y có chứa các muối KAlO2 , N aAlO2 và nA lO2− =0,175 Cho N H3 vào dung dịch sau khi phản ứng với HCl tạo ra kết tủa → phản ứng tạo ra muối AlCl3 Phản ứng xảy ra: AlO2− + H + + H2 O → Al(OH)3 AlO2− + 4H+ → Al3 + +2H2 O Từ phương trình phản ứng ta có! Tổng số mol HCl = 0, 625 → V = 312, 5ml(A) —–Hết—– http://www.hoahoc.org/forum Page 7
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1116 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1