Sơ đồ phản ứng:         $F{e}_2{O}_3\stackrel{86\%}{\to }2Fe$

Ta có:

mFe = 1.84% = 0,84 tấn

Vì hiệu suất là 86%

$\to n_{F{e}_2{O}_{3}lt}=\frac{\mathrm{0,0075}}{86\%}=\frac{15}{1720}$

$\to m_{F{e}_2{O}_{3}lt}=\frac{15}{1720}(56.2+16.3)=\mathrm{1,39535}$(tấn)

→ mquặng = $\frac{\mathrm{1,39535}}{84\%}=\mathrm{1,6611}$ (tấn).

Ta có m_dd sau phản ứng = m₁ + m₂

Ta có 

$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{0,35}{m}_1+\mathrm{0,15}{m}_2=500.25\%=125\\ m_1+m_2=500\end{array}\right.\Rightarrow \left\{m_1=m_2=250\right.$

Ta có:

$n_{N{O}_2}=\frac{\mathrm{2,688}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,12}\left(mol\right)$

Gọi a là số mol của Cu và b là số mol của Al. 

$\left.\begin{array}{c}\begin{array}{l}\stackrel{0}{Cu}\to \stackrel{+2}{Cu}+2e\\ a\mathrm{.................2}a\end{array}\\ \begin{array}{l}\stackrel{0}{Al}\to \stackrel{+3}{Al}+3e\\ b\mathrm{...............3}b\end{array}\end{array}\right|\begin{array}{c}\begin{array}{l}\stackrel{+5}{N}+e\to \stackrel{+4}{N}\\ \mathrm{0,12......0,12}\end{array}\end{array}$

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{c}\stackrel{Khoiluong}{\to }64a+27b=\mathrm{2,46}\\ \stackrel{Baotoane}{\to }2a+3b=\mathrm{0,12}\end{array}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,03}\\ b=\mathrm{0,02}\end{array}\right.\right.$

$\%m_{Cu}=\frac{\mathrm{0,03.64}}{\mathrm{2,46}}.100\%=\mathrm{78,05}\%$

%mAl = 100% - 78,05% = 21,95%.

* Điều chế SO2:

- Trong PTN:

Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O

- Trong công nghiệp:

$4Fe{S}_2+11O_2\stackrel{t^o}{\to }2F{e}_2{O}_3+8S{O}_2$

$S+O_2\stackrel{t^o}{\to }S{O}_2$

* Điều chế CaO trong công nghiệp:

$CaC{O}_3\stackrel{t^o}{\to }CaO+C{O}_2$

* Điều chế H2SO4 trong công nghiệp:

$4Fe{S}_2+11O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+8S{O}_2$

(Hoặc $S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }S{O}_2$)

$2S{O}_2+O_2\stackrel{t^{°},V_2{O}_5}{\to }2S{O}_3$

SO3 + H2O → H2SO4

* Điều chế NaOH trong công nghiệp:

$2NaCl+2H_{2}O\stackrel{dpmn}{\to }2NaOH+H_2+C{l}_2$

* Điều chế Al trong công nghiệp:

$2A{l}_2{O}_3\stackrel{\text{d}pnc,N{a}_{3}Al{F}_6}{\to }4Al+3O_2$

* Điều chế Fe trong công nghiệp:

$F{e}_x{O}_y+yCO\stackrel{t^{°}}{\to }xFe+yC{O}_2$

Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe

$FeC{l}_2\stackrel{dp\text{dd}}{\to }Fe+C{l}_2$

* Điều chế gang-thép trong công nghiệp: 

- Điều chế gang: Dùng CO khử oxit sắt trong lò cao, sắt nóng chảy kết hợp với cacbon và một số phi kim tạo thành gang.

- Điều chế thép: Oxi hoá bớt một số nguyên tố trong gang như C,Mn,Si,... 

Đáp án đúng là: A

Nguyên tắc điều chế O₂ trong phòng thí nghiệm: Nhiệt phân các hợp chất giàu oxi và kém bền với nhiệt. Vậy để điều chế O₂ trong phòng thí nghiệm người ta nhiệt phân KClO₃ có MnO₂ xúc tác.

Phương trình hóa học xảy ra:  2KClO₃ $\to$ 2KCl + 3O₂

Axit sunfuric để lâu ngoài không khí sẽ hút ẩm từ không khí, do đó khối lượng tăng lên.

Đáp án đúng là: A

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1)

CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O (2)

$n_{NO}=\frac{\mathrm{6,72}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Theo phản ứng (1), số mol Cu:

$n_{Cu}=\frac{\mathrm{0,3.3}}{2}=\mathrm{0,45}\left(mol\right)$

→ mCu = 0,45.64 = 28,8 (g)

→ mCuO = 30 – 28,8 = 1,2 (g).

Các hạt nguyên tử bền luôn có số proton, nơtron thoả mãn hệ thức p ≤ n ≤ 1,5p

Trong trường hợp không thoả mãn, nguyên tử đó thuộc về đồng vị phóng xạ của nguyên tố, không bền và dễ bị phân rã thành các hạt nhân khác nhỏ hơn.

- Ăn mòn kim loại là sự phá hủy kim loại, hợp kim trong môi trường tự nhiên.

- Nguyên nhân: do kim loại tác dụng với những chất mà nó tiếp xúc trong môi trường (nước, không khí, đất)

Ví dụ:

Fe + 3Cl2 $\stackrel{t^o}{\to }$ 2FeCl3

3Fe + 4H2O $\stackrel{t^o}{\to }$ Fe3O4 + 4H2

3Fe + 2O2$\stackrel{t^o}{\to }$ Fe3O4

- Sự ăn mòn kim loại không xảy ra hoặc xảy ra nhanh hay chậm phụ thuộc vào các chất có trong môi trường.

Ví dụ:

+ Đinh sắt trong không khí khô không bị ăn mòn

+ Đinh sắt trong nước có hòa tan oxi bị ăn mòn chậm

+ Đinh sắt trong dung dịch muối ăn bị hòa tan nhanh

+ Đinh sắt trong nước cất không bị ăn mòn

- Ở nhiệt độ cao sẽ làm cho sự ăn mòn xảy ra nhanh hơn.

Tiền tố: đi = 2, penta = 5

Nên công thức hóa học điphotpho pentaoxit là P₂O₅.

Nồng độ khi dung dịch bão hoà: 

 $C\%=\frac{36}{100+36}.100=\mathrm{26,5}\%$

Đặt mNaCl thêm = x (g)

Ta có: 

$\begin{array}{l}C\%=\frac{14+x}{14+40+x}.100=\mathrm{26,5}\%\\ \to x=\mathrm{0,42}\left(g\right)\end{array}$

Vậy cần thêm 0,42 gam NaCl.

Đáp án đúng là: B            

Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá theo tỉ lệ phần trăm khối lượng P₂O₅ tương ứng với lượng P có trong thành phần của nó.

n_Fe = 0,2 (mol); n_HCl = 0,44 (mol); $n_{H_2}$ = 0,02 (mol)

Bảo toàn H:

$\begin{array}{l}{n}_{HCl}=2n_{H_2}+2n_{H_{2}O}\\ \to n_{H_{2}O}=\mathrm{0,2}\to n_O=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\end{array}$

m₁ = m_Fe + m_O = 14,4 gam

n_AgCl = n_HCl = 0,44 (mol)

Bảo toàn electron: 3n_Fe = 2n_O + 2$n_{H_2}$ + n_Ag → n_Ag = 0,16 (mol)

→ m₂ = m_AgCl + m_Ag = 80,42 gam.

Đáp án đúng là: D

$n_{C{O}_2}$= 0,2 (mol)⇒ n_C = 0,2 (mol) ⇒ m_C = 2,4 (g)

$n_{H_{2}O}$= 0,2 (mol) ⇒ n_H = 0,4(mol) ⇒ m_H = 0,4 (g)

Ta có: m_C + m_H = 2,8 < 4,4

=> Trong phân tử X có chứa O

CTDC: C_xH_yO_z

$C_x{H}_y{O}_z+\left(x+\frac{y}{4}-\frac{z}{2}\right)O_2\stackrel{t^{°}}{\to }xC{O}_2+\frac{y}{2}{H}_{2}O$

m_O = 4,4 − 2,8 = 1,6 (g) ⇒ n_O = 0,1 (mol)

x : y : z = 0,2 : 0,4 : 0,1 = 2 : 4 : 1

Công thức đơn giản nhất của hợp chất hữu cơ X là C₂H₄O.

Đáp án đúng là: B

$n_{anken}=n_{B{r}_2}=\mathrm{0,25}\left(mol\right)$

$n_{C{O}_2}=\overline{n}.n_{anken}=\mathrm{0,25.}\overline{n}=\mathrm{0,6}\Rightarrow \overline{n}=\mathrm{2,4}$

→ 2 anken là C2H4 (x mol) và C3H6 ( y mol)

Ta có: x + y = 0,25 và 2x + 3y = 2,4.0,25

→ x = 0,15 $\Rightarrow \%V_{C_2{H}_4}=60\%$

$n_S=\frac{\mathrm{3,2}}{32}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$; $n_{O_2}=\frac{\mathrm{11,2}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,5}\left(mol\right)$

PTHH: $S+O_2\stackrel{t^o}{\to }S{O}_2$

Lập tỉ lệ: $\frac{\mathrm{0,5}}{1}>\frac{\mathrm{0,1}}{1}$→ O2 dư, S hết

Theo PTHH:

$\begin{array}{l}{n}_{S{O}_2}=n_S=\mathrm{0,1}\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{S{O}_2}=\mathrm{0,1.22,4}=\mathrm{2,24}\left(l\right)\end{array}$

Nhận thấy: Khối lượng chất rắn trong bình tăng bằng chính khối lượng của Cl2 phản ứng.

$\to m_{C{l}_2}=\mathrm{4,26}\left(g\right)\to n_{C{l}_2}=\frac{\mathrm{4,26}}{71}=\mathrm{0,06}\left(mol\right)$

PTHH: 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3

Theo PTHH: $n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{C{l}_2}=\frac{2}{3}\mathrm{.0,06}=\mathrm{0,04}\left(mol\right)$

→ mAl = 0,04.27 = 1,08 (g).

Đốt cháy hoàn toàn D thu được CO2; H2O nên D chứa C, H và có thể chứa O.

D có dạng CxHyOz

$C_x{H}_y{O}_z+(x+\frac{y}{4}-\frac{z}{2})O_2\stackrel{t^{°}}{\to }xC{O}_2+\frac{y}{2}{H}_{2}O$

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{13,2}}{44}=\mathrm{0,3}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{7,2}}{18}=\mathrm{0,4}\left(mol\right)$

$\to x=\frac{n_{C{O}_2}}{n_D}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,1}}=3;y=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_D}=\frac{\mathrm{0,4.2}}{\mathrm{0,1}}=8$

$n_{O_2}=\frac{\mathrm{14,4}}{32}=\mathrm{0,45}\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố O:

$n_{OtrongD}+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}\to n_{OtrongD}=\mathrm{0,3.2}+\mathrm{0,4}-\mathrm{0,45.2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

$\to z=\frac{n_O}{n_D}=\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,1}}=1$

Vậy D là C3H8O → MD = 12.3 + 8 + 16 = 60 (g/mol).

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{4,48}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{5,4}}{18}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Số $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_D}=\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,1}}=2$

Số $H=\frac{2n_{H_{2}O}}{n_D}=\frac{\mathrm{0,3.2}}{\mathrm{0,1}}=6$

→ D là C2H6, C2H6O, C2H6O2.

Công thức cấu tạo:

CH3 – CH3

CH3 – CH2 – OH; CH3 – O – CH3

CH2OH – CH2OH.

Đáp án đúng là: C

$n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{30,6}}{18}=\mathrm{1,7}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}X\left\{\begin{array}{c}{C}_3{H}_4{O}_2(k=2)\\ C_5{H}_6{O}_2(k=3)\\ C_2{H}_4{O}_2(k=1)\end{array}\right.\to C_x{H}_y{O}_2(k=2)\\ \to n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=n_X\\ \Rightarrow n_{C{O}_2}=\mathrm{0,7}+\mathrm{1,7}=\mathrm{2,4}\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố O

$2n_{OtrongX}+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$

→ $n_{O_2}=\frac{\mathrm{2.2,4}+\mathrm{1,7}-\mathrm{0,7.2}}{2}=\mathrm{2,55}\left(mol\right)$

$\Rightarrow V_{O_2}=\mathrm{2,55.22,4}=\mathrm{57,12}\left(l\right)$

Khi cho CO2, H2O tác dụng với Ca(OH)2 thì: 

$n_{\downarrow }=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}=\mathrm{1,6}\left(mol\right)\Rightarrow m_{CaC{O}_3}=160\left(g\right)$

Đáp án đúng là: D

Đặt CTPT của anken là C_nH_2n (n ≥ 2)

Ta có: $n=\frac{n_{C{O}_2}}{n_{anken}}=\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,05}}=4$.  Vậy anken có CTPT là C₄H₈.

Cho A tác dụng với dung dịch HBr chỉ cho một sản phẩm duy nhất nên A là CH₃CH = CHCH₃.

Đáp án đúng là: B

$100mlX\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_{9}N\\ C_x{H}_y\end{array}\right.+O_2\to 750ml\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\stackrel{H_{2}S{O}_4}{\to }350ml\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ C{O}_2\end{array}\right.$

$V_{H_{2}O}=750-350=400ml$

Nếu hiđrocacbon là ankan:

Vankan + Vamin = $V_{H_{2}O}-(V_{C{O}_2}+V_{N_2})=400-350=50ml\ne 100ml$→ Loại

Nếu hiđrocacbon là anken CnH2n

$V_{a\min }=V_{H_{2}O}-(V_{C{O}_2}+V_{N_2})=400-350=50ml$

Bảo toàn nguyên tố H: 50.9 + 50.2n = 2$V_{H_{2}O}$= 2.400 = 800 → n = 3,5

Vậy hai anken là C3H6 và C4H8.

$n_{C{H}_4}=\frac{\mathrm{11,2}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,5}\left(mol\right)$

Phương trình phản ứng:

$C{H}_4+2O{}_2\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2+2H_{2}O$

Theo phương trình:

$\begin{array}{l}{n}_{O_2}=2n_{C{H}_4}=\mathrm{2.0,5}=1\left(mol\right);\\ n_{C{O}_2}=n_{C{H}_4}=\mathrm{0,5}\left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}{V}_{O_2}=\mathrm{1.22,4}=\mathrm{22,4}\left(l\right)\\ V_{C{O}_2}=\mathrm{0,5.22,4}=\mathrm{11,2}\left(l\right)\end{array}$

Đáp án đúng là: A

$n_{C_2{H}_{5}N{H}_2}=\frac{\mathrm{13,5}}{45}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố C: C₂H₅NH₂ → 2CO₂

→ x = 0,3.2 = 0,6 (mol).

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{2,24}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

PTHH: $2H_2+O_2\stackrel{t^o}{\to }2H_{2}O$

$\begin{array}{l}\to n_{H_{2}O}=n_{H_2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)\\ \to m_{H_{2}O}=\mathrm{0,1.18}=\mathrm{1,8}\left(g\right)\end{array}$

Đáp án đúng là: A

Vì sản phẩm cháy gồm Na2CO3, CO2 và H2O nên trong A chắc chắn có C, H, Na, có thể có O.

Ta có:

$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=\mathrm{0,025}\left(mol\right)$→ nNa = 0,05 (mol) 

Vì trong A chỉ có một nguyên tử Na → nA = 0,05 mol

$n_{C{O}_2}=\mathrm{0,075}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{C\left(A\right)}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+n_{C{O}_2}=\mathrm{0,1}\\ n_{H\left(A\right)}=2n_{H_{2}O}=\mathrm{0,15}\\ n_{O\left(A\right)}=\frac{m_A-m_C-m_H-m_{Na}}{16}=\mathrm{0,1}\end{array}\right.$ 

Gọi công thức phân tử của A là CxHyOzNa

$x=\frac{n_C}{n_A}=\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,05}}=2$

$\begin{array}{l}y=\frac{n_H}{n_A}=\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,05}}=3\\ z=\frac{n_O}{n_A}=\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,05}}=2\end{array}$

Vậy CTPT của A là C2H3O2Na.

Đáp án đúng là: C

$n_{C{l}_2}=\frac{\mathrm{2,7216}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,1215}\left(mol\right)$

PTHH: $2R+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2RC{l}_3$

$\begin{array}{l}\to n_R=\frac{2}{3}{n}_{C{l}_2}=\frac{2}{3}\mathrm{.0,1215}=\mathrm{0,081}\left(mol\right)\\ \Rightarrow M_R=\frac{\mathrm{4,212}}{\mathrm{0,081}}=52(g/mol)\end{array}$

Vậy R là crom (Cr).

Đáp án đúng là: C

$\begin{array}{l}{C}_3{H}_8+5{\text{O}}_2\stackrel{t^o}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O\\ \mathrm{0,2}\to \mathrm{0,6}\mathrm{0,8}\end{array}$

m = 0,8.18 = 14,4 gam

V = 0,6.22,4 = 13,44 lít.

$n_{C{O}_2} =n_{BaC{O}_3} =\frac{\mathrm{39,4}}{197}=\mathrm{0,2}\text{ (}mol)$

mdd giảm = $m_{BaC{O}_3}–\left(m_{C{O}_2} +{\text{m}}_{H_{2}O}\right)$

$\to {\text{ n}}_{H_{2}O} =\frac{\mathrm{39,4}-\mathrm{24,3}-\mathrm{0,2.44}}{18}=\mathrm{0,35}\text{ (}mol)$

Xét 6,75 gam A phản ứng tạo 0,075 mol N₂

→ Vậy 4,5 gam A thì tạo 0,05 mol N₂

→ n_N(A) = 0,1 mol

Ta có : m_A = m_C + m_H + m_O + m_N → n_O = 0

→ n_C : n_H : n_N = 0,2 : 0,7 : 0,1 = 2 : 7 : 1

→ CTĐG nhất và cũng là CTPT của A là C₂H₇N.

a. Phương trình: $S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }S{O}_2$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

$m_S+m_{O_2}=m_{S{O}_2}$

b. Thay vào trên, ta có:

48 + $m_{O_2}$= 96

→ $m_{O_2}$= 96 – 48 = 48 (g).

Đáp án đúng là: C

Gọi công thức phân tử của Y có dạng: CxHyOz$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\frac{V}{\mathrm{22,4}}=\frac{\mathrm{4,48}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\\ \to n_C=\mathrm{0,2}\left(mol\right);m_C=\mathrm{0,2.12}=\mathrm{2,4}\left(g\right)\\ n_{H_{2}O}=\frac{m}{M}=\frac{\mathrm{3,6}}{18}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\\ \to n_H=2n_{H_{2}O}=\mathrm{0,4}\left(mol\right);m_H=\mathrm{0,4.11}=\mathrm{0,4}\left(g\right)\\ m_{O\left(trongY\right)}=m_Y-m_C-m_H=6-\mathrm{2,4}-\mathrm{0,4}=\mathrm{3,2}\left(g\right)\\ \to n_O=\frac{m}{M}=\frac{\mathrm{3,2}}{16}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\end{array}$

Ta có x : y : z = nC : nH : nO = 0,2 : 0,4 : 0,2 = 1 : 2 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất của Y là: (CH2O)n

Có MY = 60 (g/mol) → 30.n = 60 → n = 2.

Vậy công thức phân tử của Y là: C2H4O2.

Đáp án đúng là: A

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\mathrm{0,5}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\mathrm{0,6}\left(mol\right);n_A=\mathrm{0,3}\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{ankanX}=\mathrm{0,6}-\mathrm{0,5}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{ankenY}=\mathrm{0,3}-\mathrm{0,1}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\end{array}$

Đặt công thức phân tử của ankan X là CnH2n+2, công thức phân tử của anken Y là CmH2m (điều kiện n≥1, m≥2)

Bảo toàn nguyên tố C ta có: $n_{C{O}_2}=\mathrm{0,1.}n+\mathrm{0,2.}m=\mathrm{0,5}$

Suy ra n + 2m  =5

Vì n≥1, m≥2 nên chỉ có  n = 1, m = 2 thỏa mãn. Vậy X là CH4 và Y là C2H4.

Bảo toàn nguyên tố C:

$n_C=n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=\frac{30}{100}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Khối lượng bình tăng:

$\begin{array}{l}{m}_{\uparrow }=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=\mathrm{44.0,3}+18n_{H_{2}O}=\mathrm{18,6}\left(g\right)\\ \to n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{18,6}-\mathrm{44.0,3}}{18}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_H=2n_{H_{2}O}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$

mC + mH = 0,3.12 + 0,6 = 4,2 < mX

Vậy trong X có O

$n_O=\frac{9-\mathrm{4,2}}{16}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Tỉ lệ: nC : nH : nO = 0,3 : 0,6 : 0,3 = 3 : 6 : 3 = 1 : 2 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất là CH2O.

$n_{O_2}=\frac{\mathrm{13,44}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$; $n_{P_2{O}_5}=\frac{\mathrm{28,4}}{142}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

$4P+5O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2P_2{O}_5$

P tính theo sản phẩm P2O5, O2 còn dư

$n_P=2n_{P_2{O}_5}=\mathrm{2.0,2}=\mathrm{0,4}\left(mol\right)$

→ mP = 0,4.31 = 12,4 (g).

Đáp án đúng là: B

Có $n_{C{O}_2}<n_{H_{2}O}$→ ankan.

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{3,36}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

a.

$\begin{array}{l}2CO+O_2\stackrel{t^o}{\to }2C{O}_2\left(1\right)\\ 2H_2+O_2\stackrel{t^o}{\to }2H_{2}O\left(2\right)\end{array}$

b. Theo phương trình:

$\begin{array}{l}{n}_{O_2\left(1\right)}=\frac{1}{2}{n}_{C{O}_2}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)\\ n_{CO}=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)\\ \to V_{C{O}_2}=\mathrm{0,15.22,4}=\mathrm{3,36}\left(l\right)\\ \to n_{O_2\left(2\right)}=\mathrm{0,25}-\mathrm{0,075}=\mathrm{0,175}\left(mol\right)\\ \to n_{H_2}=2n_{O_2\left(2\right)}=\mathrm{0,35}\left(mol\right)\\ \to n_{H_2}=\mathrm{0,35.22,4}=\mathrm{7,84}\left(l\right)\end{array}$

c.

$\begin{array}{l}\%V_{CO}=\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,15}+\mathrm{0,35}}.100=30\%\\ \to \%V_{H_2}=70\%\end{array}$

Đáp án đúng là: C

Ta thấy hỗn hợp X đều chứa ancol no, đơn chức nên gọi CTTQ của X là CnH2n+1OH. Có $n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{9,9}}{18}=\mathrm{0,55}\left(mol\right)$

$C_n{H}_{2n+1}OH+\frac{3n}{2}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }nC{O}_2+(n+1)H_{2}O$

Theo phương trình, ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{O_2}(n+1)=n_{H_{2}O}.\frac{3n}{2}\\ \to \mathrm{0,6}(n+1)=\mathrm{0,55.1,5}n\\ \to n=\frac{8}{3}\end{array}$

Theo phương trình, ta có:

$n_{ancol}=\frac{n_{O_2}}{\frac{3n}{2}}=\frac{2n_{O_2}}{3n}=\frac{\mathrm{0,6.2}}{\frac{8}{3}.3}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

$C_n{H}_{2n+1}OH+Na\to C_n{H}_{2n+1}ONa+\frac{1}{2}{H}_2$

Theo phương trình, ta có:

$n_{H_2}=\frac{n_{ancol}}{2}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$

$\to V_{H_2}=\mathrm{0,075.22,4}=\mathrm{1,68}\left(l\right)$

Đáp án đúng là: A

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{17,6}}{44}=\mathrm{0,4}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{12,6}}{18}=\mathrm{0,7}\left(mol\right)$

Nhận thấy đáp án đều là các amin no đơn chức mạch hở nên ta tính ngay được số mol amin bằng việc áp dụng công thức tính nhanh:

$n_{a\min }=\frac{n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}}{\mathrm{1,5}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)=n_{NtrongA\min }$

→ mamin = mC + mH + mN = 0,4.12 + 0,7.2 + 0,2.14 = 9 (g)

$\Rightarrow M=\frac{9}{\mathrm{0,2}}=45(g/mol)\Rightarrow C_2{H}_{5}N{H}_2$

Amin no, đơn chức, mạch hở có công thức tổng quát là CnH2n+3N (n≥1)

Tỉ lệ khối lượng của CO2 với H2O là 44 : 27 nên coi khối lượng của CO2 là 44 gam, khối lượng của H2O là 27 gam.

$n_{C{O}_2}=\frac{44}{44}=1\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{27}{18}=\mathrm{1,5}\left(mol\right)$

→nC : nH = 1 : 3

⇒ 2n + 3 = 3n ⇒ n = 3

Vậy công thức của amin là C3H9N.

$n_{C{O}_2}=\frac{11}{44}=\mathrm{0,25}\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{5,4}}{18}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$$\Rightarrow n_A=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=\mathrm{0,3}-\mathrm{0,25}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

Gọi CTTQ của A là CnH2n+2

Ta có: $n=\frac{n_{C{O}_2}}{n_A}=\frac{\mathrm{0,25}}{\mathrm{0,05}}=5$

Vậy CTPT của A là C5H12

Vì khi clo hóa A theo tỉ lệ 1 : 1 chỉ thu được 1 môn duy nhất , do đó :

CTCT của X là