Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (phần 15)

Admin Vietjack Ngày: 22-08-2023 Tổng hợp kiến thức

890

Tailieumoi.vn biên soạn và giới thiệu bộ câu hỏi Hóa học gồm các kiến thức lý thuyết và thực hành, giúp học sinh ôn tập và bổ sung kiến thức cũng như hoàn thành tốt các bài kiểm tra môn Hóa học. Mời các bạn đón xem:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (Phần 15)

Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,24g magie (Mg) trong không khí, người ta thu được 0,4g magie oxit. Em hãy tìm công thức hóa học đơn giản của magie oxit.

Lời giải

Tài liệu VietJack

Vậy trong 1 phân tử hợp chất có 0,01 mol nguyên tử Mg; 0,01 mol nguyên tử O. Có nghĩa là 1 mol nguyên tử Mg kết hợp với 1 mol nguyên tử O.

→ Công thức hóa học đơn giản của magie oxit là: MgO.

Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol một anken A thu được 4,48 lít CO₂ (đktc). Cho A tác dụng với dung dịch HBr chỉ cho một sản phẩm duy nhất. CTCT của A là

A. CH₂ = CH₂;

B. (CH₃)₂C = C(CH₃)₂;

C. CH₂ = C(CH₃)₂;

D. CH₃CH = CHCH₃.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Đặt CTPT của anken là C_nH_2n (n ≥ 2)

Ta có: $n = \frac{n_{C O_{2}}}{n_{a n k e n}} = \frac{0, 2}{0, 05} = 4$ . 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.

Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn 100 ml hỗn hợp khí X gồm trimetylamin và hai hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp bằng một lượng oxi vừa đủ, thu được 750 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc (dư). Thể tích khí còn lại là 350 ml. Các thể tích khí và hơi đo cùng điều kiện. Hai hiđrocacbon đó là:

A. C₂H₄ và C₃H₆;

B. C₃H₆ và C₄H₈;

C. C₂H₆ và C₃H₈;

D. C₃H₈ và C₄H₁₀.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$100 m l X \{\begin{cases} C_{3} H_{9} N \\ C_{x} H_{y} \end{cases} + O_{2} \to$ $750 m l \{\begin{cases} N_{2} \\ C O_{2} \\ H_{2} O \end{cases} \overset{H_{2} S O_{4}}{\to} 350 m l \{\begin{cases} N_{2} \\ C O_{2} \end{cases}$

Nếu hiđrocacbon là ankan:

V_ankan + V_amin = $V_{H_{2} O} - (V_{C O_{2}} + V_{N_{2}}) =$ $400 - 350 = 50 m l \neq 100 m l$ → Loại

Nếu hiđrocacbon là anken C_nH_2n

$V_{a \min} = V_{H_{2} O} - (V_{C O_{2}} + V_{N_{2}}) = 400 - 350 = 50 m l$

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.

Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 11,2 lít khí metan. Hãy tính thể tích khí oxi cần dùng và thể tích khí cacbonic tạo thành. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Lời giải

$n_{C H_{4}} = \frac{11, 2}{22, 4} = 0, 5 (m o l)$

Phương trình phản ứng: $C H_{4} + 2 O {}_{2}{\overset{t^{°}}{\to}} C O_{2} + 2 H_{2} O$

Theo phương trình:

$\begin{array}{l} n_{O_{2}} = 2 n_{C H_{4}} = 2.0, 5 = 1 (m o l); \\ n_{C O_{2}} = n_{C H_{4}} = 0, 5 (m o l) \end{array} \begin{array}{l} V_{O_{2}} = 1.22, 4 = 22, 4 (l) \\ V_{C O_{2}} = 0, 5.22, 4 = 11, 2 (l) \end{array}$

Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn 13,5 gam etylamin, thu được H₂O, N₂ và x mol CO₂. Giá trị của x là:

A. 0,6;

B. 0,3;

C. 0,4;

D. 0,2.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$n_{C_{2} H_{5} N H_{2}} = \frac{13, 5}{45} = 0, 3 (m o l)$

Bảo toàn nguyên tố C: C₂H₅NH₂ → 2CO₂

→ x = 0,3.2 = 0,6 (mol).

Câu 6: Đốt hoàn toàn 2,24 lít khí H₂ (đktc) trong không khí, tính khối lượng nước thu được?

Lời giải

$n_{H_{2}} = \frac{2, 24}{22, 4} = 0, 1 (m o l)$

PTHH: $2 H_{2} + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 H_{2} O$

$\begin{array}{l} \to n_{H_{2} O} = n_{H_{2}} = 0, 1 (m o l) \\ \to m_{H_{2} O} = 0, 1.18 = 1, 8 (g) \end{array}$

Câu 7: Đốt cháy hết 4,1 gam chất A thu được 2,65 gam Na₂CO₃; 1,68 lít CO₂ (đktc) và l,35g H₂O. Biết trong A chỉ có một nguyên tử Na. Tìm công thức phân tử của chất A:

A. C₂H₃O₂Na;

B. C₂H₅O₂Na;

C. C₃H₅O₂Na;

D. C₃H₇O₂Na.

Lời giải

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:

$n_{N a_{2} C O_{3}} = 0, 025 (m o l)$ → n_Na = 0,05 (mol)

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

$n_{C O_{2}} = 0, 075 (m o l); n_{H_{2} O} = 0, 075 (m o l) \Rightarrow \{\begin{cases} n_{C (A)} = n_{N a_{2} C O_{3}} + n_{C O_{2}} = 0, 1 \\ n_{H (A)} = 2 n_{H_{2} O} = 0, 15 \\ n_{O (A)} = \frac{m_{A} - m_{C} - m_{H} - m_{N a}}{16} = 0, 1 \end{cases}$

Gọi công thức phân tử của A là C_xH_yO_zNa

$x = \frac{n_{C}}{n_{A}} = \frac{0, 1}{0, 05} = 2 \begin{array}{l} y = \frac{n_{H}}{n_{A}} = \frac{0, 15}{0, 05} = 3 \\ z = \frac{n_{O}}{n_{A}} = \frac{0, 1}{0, 05} = 2 \end{array}$

Vậy CTPT của A là C₂H₃O₂Na.

Câu 8: Để đốt cháy hoàn toàn 4,212 gam kim loại R có hóa trị III cần vừa đủ 2,7216 lít Cl₂ (đktc). Kim loại R là:

A. Fe;

B. Al;

C. Cr;

D. Mg.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

$n_{C l_{2}} = \frac{2, 7216}{22, 4} = 0, 1215 (m o l)$

PTHH: $2 R + 3 C l_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 R C l_{3}$

$\begin{array}{l} \to n_{R} = \frac{2}{3} n_{C l_{2}} = \frac{2}{3} .0, 1215 = 0, 081 (m o l) \\ \Rightarrow M_{R} = \frac{4, 212}{0, 081} = 52 (g / m o l) \end{array}$

Vậy R là crom (Cr).

Câu 9: Đốt cháy hoàn toàn 4,48 lít C₃H₈ (đktc) thu được V lít CO₂ (đktc) và m gam nước. Tính m và V.

A. m = 14,4 gam, V = 13,44 lít;

B. m = 13,4 gam, V = 13,44 lít;

C. m = 13,44 gam, V = 14,4 lít;

D. m = 13,54 gam, V = 14,4 lít.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

$\begin{array}{l} C_{3} H_{8} + 5 O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 3 C O_{2} + 4 H_{2} O \\ 0, 2 \to 0, 6 0, 8 \end{array}$

m = 0,8.18 = 14,4 gam

V = 0,6.22,4 = 13,44 lít.

Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 g muối sunfat của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoàn toàn trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO₃ 37,8% thu được dung dịch X nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch X là 41,72%. Khi làm lạnh X thì thoát ra 8,08 gam muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức của muối rắn.

Lời giải

Gọi n là hoá trị của M (n∈N*)

$2 M S + (0, 5 n + 2) O_{2} \overset{t^{°}}{\to} M_{2} O_{n} + 2 S O_{2}$

M₂O_n + 2nHNO₃ → 2M(NO₃)_n + nH₂O

Gọi số mol của MS là x

$\begin{array}{l} \to n_{M {(N O_{3})}_{n}} = n_{M S} = x (m o l) \\ \to n_{H N O_{3}} = n x (m o l) \to m_{H N O_{3}} = 63 n x (g) \\ \to m_{dd H N O_{3}} = \frac{500 n x}{3} (g) \end{array}$

Bảo toàn khối lượng:

m_{dd muối} = $m_{M_{2} O_{n}} + m {}_{_{dd H N O_{3}}}$ $= 0, 5 x . (2 M_{M} + 16 n) + \frac{500 n x}{3} (g)$

Ta có: $m_{M {(N O_{3})}_{2}} = x . (M_{M} + 62 n) (g)$

$\begin{array}{l} \to \frac{x . (M_{M} + 62 n)}{0, 5 x . (2 M_{M} + 16 n) + \frac{500 n x}{3}} = 41, 72 % \\ \to \frac{M_{M} + 62 n}{M_{M} + 8 n + \frac{500 n}{3}} = 41, 72 % \end{array}$

Thay giá trị của n = 1; 2; 3 thoả mãn n = 3 suy ra M_M = 56 g/mol suy ra M là sắt (Fe).

$\to n_{F e S} = \frac{4, 4}{56 + 32} = 0, 05 (m o l) = x$

m_dd _muối = 29 gam (thay M;n;x)

→ m_{dd sau khi tách} = 29 – 8,08 = 20,92 (g)

→ $m_{F e {(N O_{3})}_{3}}$ _{còn lại} = 34,7%.20,92 = 7,26 (g)

→ $n_{F e {(N O_{3})}_{3}}$ _còn = 0,03 (mol)

→ $n_{F e {(N O_{3})}_{3}}$ _{tách ra} = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

Rắn có dạng Fe(NO₃)₃.bH₂O → $n_{F e {(N O_{3})}_{3} . b H_{2} O}$ = 0,02 (mol)

$\to 242 + 18 b = \frac{8, 08}{0, 02} = 404 \to b = 9 \to F e {(N O_{3})}_{3} .9 H_{2} O$

Câu 11: Đốt cháy hoàn toàn 4,5 gam chất hữu cơ A, sau phản ứng thu được hỗn hợp sản phẩm cháy. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)₂ thì thấy xuất hiện 39,4 gam kết tủa trắng, đồng thời khối lượng dung dịch giảm 24,3 gam. Mặt khác, oxi hoàn toàn 6,75 gam A bằng CuO (t^o), sau phản ứng thu được 1,68 lít N₂ (đktc). Biết A có công thức phân tử (CTPT) trùng với công thức đơn giản nhất (CTĐGN). Vậy CTPT của A là:

A. C₂H₇O.

B. C₂H₇N.

C. C₃H₉O₂N.

D. C₄H₁₀N₂O₃.

Lời giải

$n_{C O_{2}} = n_{B a C O_{3}} = \frac{39, 4}{197} = 0, 2 (m o l)$

m_{dd giảm} = $m_{B a C O_{3}} - (m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O})$

$\to n_{H_{2} O} = \frac{39, 4 - 24, 3 - 0, 2.44}{18} = 0, 35 (m o l)$

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.

Câu 12: Đốt cháy hết 48 gam lưu huỳnh (S) trong oxi (O₂) thu được 96 gam lưu huỳnh đioxit (SO₂).

a, Viết công thức về khối lượng của phản ứng đã xảy ra

b, Tính khối lượng oxi đã phản ứng.

Lời giải

a. Phương trình: $S + O_{2} \overset{t^{°}}{\to} S O_{2}$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: $m_{S} + m_{O_{2}} = m_{S O_{2}}$

b. Thay vào trên, ta có:

48 + = 96

→ = 96 – 48 = 48 (g).

Câu 13: Đốt cháy hoàn toàn 5,1 gam một este X cần vừa đủ 7,28 lít O₂ (đktc). CTPT của X là:

A. C₃H₆O₂;

B. C₂H₄O₂;

C. C₄H₈O₂;

D. C₅H₁₀O₂.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Đặt công thức của este là C_nH_2nO₂

$C_{n} H_{2 n} O_{2} + (\frac{3 n - 2}{2}) O_{2}$ $\overset{t^{°}}{\to} n C O_{2} + n H_{2} O$

$n_{O_{2}} = \frac{7, 28}{22, 4} = 0, 325 (m o l) \to n_{e s t e} = \frac{2}{3 n - 2} n_{O_{2}} = \frac{0, 65}{3 n - 2} (m o l) \to \frac{5, 1}{14 n + 32} = \frac{0, 65}{3 n - 2} \to n = 5$

Vậy CTPT của X là C₅H₁₀O₂.

Câu 14: Đốt cháy hoàn toàn 6 gam chất hữu cơ Y chứa các nguyên tố: C, H, O thu được 4,48 lít CO₂ (đktc) và 3,6 gam H₂O. Công thức phân tử của Y là:

A. C₂H₆O;

B. C₃H₈O;

C. C₂H₄O₂;

D. C₄H₁₀O.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Gọi công thức phân tử của Y có dạng: C_xH_yO_z

$\begin{array}{l} n_{C O_{2}} = \frac{V}{22, 4} = \frac{4, 48}{22, 4} = 0, 2 (m o l) \\ \to n_{C} = 0, 2 (m o l); m_{C} = 0, 2.12 = 2, 4 (g) \\ n_{H_{2} O} = \frac{m}{M} = \frac{3, 6}{18} = 0, 2 (m o l) \\ \to n_{H} = 2 n_{H_{2} O} = 0, 4 (m o l); \\ m_{H} = 0, 4.11 = 0, 4 (g) \\ m_{O (t r o n g Y)} = m_{Y} - m_{C} - m_{H} \\ = 6 - 2, 4 - 0, 4 = 3, 2 (g) \\ \to n_{O} = \frac{m}{M} = \frac{3, 2}{16} = 0, 2 (m o l) \end{array}$

Ta có x : y : z = n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,4 : 0,2 = 1 : 2 : 1

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

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

Vậy công thức phân tử của Y là: C₂H₄O₂.

Câu 15: Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm 1 ankan X và 1 anken Y thu được 11,2 lít khí CO₂ (đktc) và 10,8 gam H₂O. Công thức phân tử của X và Y lần lượt là:

A. CH₄ và C₂H₄;

B. C₂H₆ và C₃H₆;

C. C₂H₆và C₂H₄;

D. CH₄ và C₃H₆.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$\begin{array}{l} n_{C O_{2}} = 0, 5 (m o l); n_{H_{2} O} = 0, 6 (m o l); \\ n_{A} = 0, 3 (m o l) \\ \Rightarrow n_{a n k a n X} = 0, 6 - 0, 5 = 0, 1 (m o l) \\ \Rightarrow n_{a n k e n Y} = 0, 3 - 0, 1 = 0, 2 (m o l) \end{array}$

Đặt công thức phân tử của ankan X là C_nH_2n+2, công thức phân tử của anken Y là C_mH_2m (điều kiện n≥1, m≥2)

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

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.

Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam photpho trong oxi dư. Cho sản phẩm tạo thành tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 32% tạo ra muối Na₂HPO₄.

a) Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra?

b) Tính khối lượng dung dịch NaOH đã dùng?

c) Tính nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được sau phản ứng?

Lời giải

a) Phương trình phản ứng:

4P + 5O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2P₂O₅ (1)

P₂O₅ + 4NaOH → 2Na₂HPO₄ + H₂O (2)

b) $n_{P} = \frac{6, 2}{3, 1} = 0, 2 (m o l)$

→ $n_{P_{2} O_{5}} = \frac{1}{2} n_{P} = \frac{1}{2} .0, 2 = 0, 1 (m o l)$

Theo phương trình: $n_{N a O H} = 4 n_{P_{2} O_{5}} = 4.0, 1 = 0, 4 (m o l)$

Khối lượng NaOH = 0,4.40 = 16 g

Khối lượng dung dịch NaOH $= \frac{16.100}{32} = 50 (g)$

Theo phương trình: $n_{N a_{2} H P O_{4}} = 2 n_{P_{2} O_{5}} = 0, 1.2 = 0, 2 (m o l)$

Theo định luật bảo toàn khối lượng:

$m_{dd s a u} = m_{dd N a O H} + m_{P_{2} O_{5}} = 50 + 0, 1.142 = 64, 2 (g)$

$C %_{N a_{2} H P O_{4}} = \frac{142.0, 2}{64, 2} .100 = 44, 24 %$

Câu 17: Đốt cháy hoàn toàn 9 gam một hợp chất hữu cơ X, thu được hỗn hợp sản phẩm khí và hơi gồm CO₂ và H₂O. Dẫn toàn bộ sản phẩm này vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được 30 gam kết tủa đồng thời thấy khối lượng bình tăng thêm 18,6 gam. Xác định công thức đơn giản nhất của X.

Lời giải

Bảo toàn nguyên tố C:

$n_{C} = n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = \frac{30}{100} = 0, 3 (m o l)$

Khối lượng bình tăng:

$\begin{array}{l} m_{↑} = m_{C O_{2}} + m_{H_{2} O} \\ = 44.0, 3 + 18 n_{H_{2} O} = 18, 6 (g) \\ \to n_{H_{2} O} = \frac{18, 6 - 44.0, 3}{18} = 0, 3 (m o l) \end{array}$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{H} = 2 n_{H_{2} O} = 0, 6 (m o l)$

m_C + m_H = 0,3.12 + 0,6 = 4,2 < m_X

Vậy trong X có O

$n_{O} = \frac{9 - 4, 2}{16} = 0, 3 (m o l)$

Tỉ lệ: n_C : n_H : n_O = 0,3 : 0,6 : 0,3 = 3 : 6 : 3 = 1 : 2 : 1

Vậy công thức đơn giản nhất là CH₂O.

Câu 18: Đốt cháy a gam photpho trong bình chứa 13,44 lít khí oxi (đktc) tạo thành 28,4 gam điphotphopentaoxit P₂O₅. Tính a

Lời giải

$n_{O_{2}} = \frac{13, 44}{22, 4} = 0, 6 (m o l) n_{P_{2} O_{5}} = \frac{28, 4}{142} = 0, 2 (m o l) 4 P + 5 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 P_{2} O_{5}$

P tính theo sản phẩm P₂O₅, O₂ còn dư

$n_{P} = 2 n_{P_{2} O_{5}} = 2.0, 2 = 0, 4 (m o l)$

→ m_P = 0,4.31 = 12,4 (g).

Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon X thu được 0,2 mol CO₂ và 0,3 mol H₂O. Vậy X thuộc dãy đồng đẳng nào sau đây?

A. Anken.

B. Ankan.

C. Ankadien.

D. Ankin.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Có $n_{C O_{2}} < n_{H_{2} O}$ → ankan.

Câu 20: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A chứa CO và H₂ cần dùng vừa đủ 5,6 lít khí oxi và sản phẩm tạo thành chứa 3,36 lít khí cacbonic. Các khí ở đktc.

a) Lập các phương trình hóa học

b) Tính thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.

c) Tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A.

Lời giải

$n_{C O_{2}} = \frac{3, 36}{22, 4} = 0, 15 (m o l)$

$\begin{array}{l} 2 C O + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 C O_{2} (1) \\ 2 H_{2} + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 H_{2} O (2) \end{array}$

b. Theo phương trình:

$\begin{array}{l} n_{O_{2} (1)} = \frac{1}{2} n_{C O_{2}} = 0, 075 (m o l) \\ n_{C O} = n_{C O_{2}} = 0, 15 (m o l) \\ \to V_{C O_{2}} = 0, 15.22, 4 = 3, 36 (l) \\ \to n_{O_{2} (2)} = 0, 25 - 0, 075 = 0, 175 (m o l) \\ \to n_{H_{2}} = 2 n_{O_{2} (2)} = 0, 35 (m o l) \\ \to n_{H_{2}} = 0, 35.22, 4 = 7, 84 (l) \end{array}$

$\begin{array}{l} % V_{C O} = \frac{0, 15}{0, 15 + 0, 35} .100 = 30 % \\ \to % V_{H_{2}} = 70 % \end{array}$

Câu 21: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X chứa CH₃OH, C₂H₅OH, C₃H₇OH và C₄H₉OH cần dùng vừa đủ 0,6 mol O₂, thu được CO₂ và 9,9 gam H₂O. Mặt khác, cho toàn bộ lượng X trên vào bình đựng Na dư thấy có V lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị của V là?

A. 1,12;

B. 1,344;

C. 1,68;

D. 1,792.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

Ta thấy hỗn hợp X đều chứa ancol no, đơn chức nên gọi CTTQ của X là C_nH_2n+1OH.

Có $n_{H_{2} O} = \frac{9, 9}{18} = 0, 55 (m o l)$

$C_{n} H_{2 n + 1} O H + \frac{3 n}{2} O_{2} \overset{t^{°}}{\to}$ $n C O_{2} + (n + 1) H_{2} O$

Theo phương trình, ta có:

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

Theo phương trình, ta có:

$n_{a n c o l} = \frac{n_{O_{2}}}{\frac{3 n}{2}} = \frac{2 n_{O_{2}}}{3 n} = \frac{0, 6.2}{\frac{8}{3} .3} = 0, 15 (m o l)$

$C_{n} H_{2 n + 1} O H + N a \to$ $C_{n} H_{2 n + 1} O N a + \frac{1}{2} H_{2}$

Theo phương trình, ta có:

$n_{H_{2}} = \frac{n_{a n c o l}}{2} = 0, 075 (m o l) \to V_{H_{2}} = 0, 075.22, 4 = 1, 68 (l)$

Câu 22: Đốt cháy hoàn toàn m gam một amin X bằng lượng không khí vừa đủ thu được 17,6 gam CO₂ và 12,6 gam H₂O và 69,44 lít nitơ. Giả thiết không khí chỉ gồm nitơ và oxi, trong đó oxi chiếm 20% thể tích. Các thể tích đo ở đktc. Amin X có công thức phân tử là:

A. C₂H₅NH₂;

B. C₃H₇NH₂;

C. CH₃NH₂;

D. C₄H₉NH₂.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$n_{C O_{2}} = \frac{17, 6}{44} = 0, 4 (m o l); n_{H_{2} O} = \frac{12, 6}{18} = 0, 7 (m o l)$

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:

$n_{a \min} = \frac{n_{H_{2} O} - n_{C O_{2}}}{1, 5} = 0, 2 (m o l) = n_{N t r o n g A \min}$

→ m_amin = m_C + m_H + m_N = 0,4.12 + 0,7.2 + 0,2.14 = 9 (g)

$\Rightarrow M = \frac{9}{0, 2} = 45 (g / m o l) \Rightarrow C_{2} H_{5} N H_{2}$

Câu 23: Đốt cháy hoàn toàn một amin no, đơn chức, mạch hở thu được tỉ lệ khối lượng của CO₂ so với nước là 44: 27. Công thức phân tử của amin đó là?

Lời giải

Amin no, đơn chức, mạch hở có công thức tổng quát là C_nH_2n+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.

$n_{C O_{2}} = \frac{44}{44} = 1 (m o l); n_{H_{2} O} = \frac{27}{18} = 1, 5 (m o l)$

→n_C : n_H = 1 : 3

⇒ 2n + 3 = 3n ⇒ n = 3

Vậy công thức của amin là C₃H₉N.

Câu 24: Đốt cháy hoàn toàn 1 ankan(A) thu được 11 gam C0₂ và 5,4 gam nước. Khi clo hóa (A) theo (tỉ lệ mol 1:1) tạo thành chất dẫn xuất monoclo duy nhất. Xác định CTPT và viết CTCT đúng của A.

Lời giải

$n_{C O_{2}} = \frac{11}{44} = 0, 25 (m o l); n_{H_{2} O} = \frac{5, 4}{18} = 0, 3 (m o l)$

$\Rightarrow n_{A} = n_{H_{2} O} - n_{C O_{2}} = 0, 3 - 0, 25 = 0, 05 (m o l)$

Gọi CTTQ của A là C_nH_2n+2

Ta có: $n = \frac{n_{C O_{2}}}{n_{A}} = \frac{0, 25}{0, 05} = 5$

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

Đốt cháy hoàn toàn 1 ankan(A) thu được 11 gam C02 và 5,4 gam nước (ảnh 1)

Câu 25: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon X thu được 8,96 lít khí CO₂ (đktc) và 9 gam nước. Xác định CTPT của X.

A. C₄H₁₀;

B. C₅H₁₂;

C. C₄H₈;

D. C₅H₁₀.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$\begin{array}{l} n_{C O_{2}} = \frac{8, 96}{22, 4} = 0, 4 (m o l) \\ \Rightarrow n_{C} = 0, 4 (m o l) \\ n_{H_{2} O} = \frac{9}{18} = 0, 5 (m o l) \\ \Rightarrow n_{H} = 0, 5.2 = 1 (m o l) \end{array}$

→ C : H = 0,4 : 1 = 4 : 10

→ X là C₄H₁₀.

Câu 26: Để trung hòa 100ml dung dịch H₂SO₄ 1M cần V ml NaOH 1M. Giá trị của V là

A. 200;

B. 150;

C. 50;

D.100.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

$n_{H_{2} S O_{4}} = 0, 1.1 = 0, 1 (m o l) \begin{array}{l} n_{N a O H} = 2 n_{H_{2} S O_{4}} = 0, 2 (m o l) \\ \Rightarrow V_{N a O H} = \frac{0, 2}{1} = 0, 2 (l) = 200 (m l) \end{array}$

Câu 27: Để điều chế một tấn gang chứa 84% Fe, cần phải dùng bao nhiêu tấn quặng hematite? Biết hàm lượng Fe₂O₃ trong quặng chiếm 65% và hiệu suất quá trình đạt 86%.

Lời giải:

Ta có:

m_Fe = 1.84% = 0,84 tấn

$\to n_{F e} = \frac{0, 84}{56} = 0, 015 (m o l)$

Vì hiệu suất là 86%

$\to n_{F e_{2} O_{3} l t} = \frac{0, 0075}{86 %} = \frac{15}{1720}$

$\to m_{F e_{2} O_{3} l t} =$ $\frac{15}{1720} (56.2 + 16.3) = 1, 39535$ (tấn)

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

Câu 28: Để thu được 500 gam dung dịch KOH 25% cần lấy m₁ gam dung dịch KOH 35% pha với m₂ gam dung dịch KOH 15%. Tìm m₁, m₂?

Lời giải:

Ta có m_ddsau phản ứng = m₁ + m₂

$m_{K O H} = m_{1} .35 % + m_{2} .15 %$

Ta có

$\{\begin{cases} 0, 35 m_{1} + 0, 15 m_{2} = 500.25 % = 125 \\ m_{1} + m_{2} = 500 \end{cases} \Rightarrow \{m_{1} = m_{2} = 250$

Câu 29: Khi cho 2,46 gam hỗn hợp Cu và Al tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc, dư, đun nóng, sinh ra 2,688 lít duy nhất NO₂ (đktc). % khối lượng của Cu và Al trong hỗn hợp lần lượt là?

Lời giải:

Ta có: $n_{N O_{2}} = \frac{2, 688}{22, 4} = 0, 12 (m o l)$

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

$\begin{matrix} \begin{array}{l} \overset{0}{C u} \to \overset{+ 2}{C u} + 2 e \\ a .................2 a \end{array} \\ \begin{array}{l} \overset{0}{A l} \to \overset{+ 3}{A l} + 3 e \\ b ...............3 b \end{array} \end{matrix}| \begin{matrix} \begin{array}{l} \overset{+ 5}{N} + e \to \overset{+ 4}{N} \\ 0, 12......0, 12 \end{array} \end{matrix}$

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\{\begin{matrix} \overset{K h o i l u o n g}{\to} 64 a + 27 b = 2, 46 \\ \overset{B a o t o a n e}{\to} 2 a + 3 b = 0, 12 \end{matrix} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 03 \\ b = 0, 02 \end{cases}$

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

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

Câu 30: Điều chế: SO₂, CaO, H₂SO₄, NaOH, Al, Fe (gang-thép)

Lời giải:

* Điều chế SO₂:

- Trong PTN:

Na₂SO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + SO₂ + H₂O

- Trong công nghiệp:

$4 F e S_{2} + 11 O_{2} \overset{t^{o}}{\to} 2 F e_{2} O_{3} + 8 S O_{2} S + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} S O_{2}$

* Điều chế CaO trong công nghiệp: $C a C O_{3} \overset{t^{o}}{\to} C a O + C O_{2}$

* Điều chế H₂SO₄ trong công nghiệp: $4 F e S_{2} + 11 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 F e_{2} O_{3} + 8 S O_{2}$

(Hoặc $S + O_{2} \overset{t^{°}}{\to} S O_{2}$ )

$2 S O_{2} + O_{2} \overset{t^{°}, V_{2} O_{5}}{\to} 2 S O_{3}$

SO₃ + H₂O → H₂SO₄

* Điều chế NaOH trong công nghiệp:

$2 N a C l + 2 H_{2} O \overset{d p m n}{\to} 2 N a O H$ $+ H_{2} + C l_{2}$

* Điều chế Al trong công nghiệp: $2 A l_{2} O_{3} \overset{d p n c, N a_{3} A l F_{6}}{\to} 4 A l + 3 O_{2}$

* Điều chế Fe trong công nghiệp: $F e_{x} O_{y} + y C O \overset{t^{°}}{\to} x F e + y C O_{2}$

Mg + FeSO₄ → MgSO₄ + Fe

$F e C l_{2} \overset{d p dd}{\to} F e + C l_{2}$

* 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,...

Câu 31: Điều chế O₂ trong phòng thí nghiệm bằng cách:

A. Nhiệt phân KClO₃ có MnO₂ xúc tác;

B. Điện phân nước;

C. Điện phân dung dịch NaOH;

D. Chưng cất phân đoạn không khí lỏng.

Lời giải:

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 $\overset{t^{o}}{\to}$ 2KCl + 3O₂

Câu 32: Để dung dịch axit sunfuric trong không khí một thời gian, nêu hiện tượng và viết phương trình?

Lời giải

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

Câu 33: Khi hoà tan 30,0 g hỗn hợp đồng và đồng (II) oxit trong dung dịch 1,00 M lấy dư, thấy thoát ra 6,72 lít khí NO (đktc). Khối lượng của đồng (II) oxit trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 1,2 g.

B. 4,25 g.

C. 1,88 g.

D. 2,52 g.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

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

CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O (2)

$n_{N O} = \frac{6, 72}{22, 4} = 0, 3 (m o l)$

Theo phản ứng (1), số mol Cu:

$n_{C u} = \frac{0, 3.3}{2} = 0, 45 (m o l)$

→ m_Cu = 0,45.64 = 28,8 (g)

→ m_CuO = 30 – 28,8 = 1,2 (g).

Câu 34: Cách để xác định được điều kiện bền của nguyên tử là gì?

Lời giải

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.

Câu 35: Giải thích các hiện tượng ăn mòn kim loại như:

1. Đinh sắt trong không khí khô không bị ăn mòn.

2. Đinh sắt trong nước có hòa tan khí oxi ăn mòn chậm.

3. Đinh sắt trong dung dịch muối ăn NaCl bị ăn mòn nhanh.

4. Đinh sắt trong nước cất không bị ăn mòn.

Lời giải:

- 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 $\overset{t^{o}}{\to}$ 2FeCl₃

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

3Fe + 2O₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 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

Câu 36: Công thức hóa học điphotpho pentaoxit là:

A. P₂O₅;

B. P₂O₃;

C. PO

D. P₅O₂.

Lời giải:

Tiền tố: đi = 2, penta = 5

Nên công thức hóa học điphotpho pentaoxit là P₂O₅.

Câu 37: Độ tan của CuSO₄ ở 85°C và 12°C lần lượt là 87,7 gam và 35,5 gam. Khi làm lạnh 1877 gam dung dịch bão hoà CuSO₄ từ 80°C → 12°C thì có bao nhiêu gam tinh thể CuSO₄.5H₂O tách ra khỏi dung dịch?

Lời giải:

Ở 85^oC, $S_{{CuSO}_{4}} = 87, 7 (g)$ ,tức là:

87,7 gam CuSO₄ tan tối đa trong 100 gam nước tạo thành 187,7 gam dung dịch bão hòa

Vậy x gam CuSO₄ tan tối đa trong y gam nước tạo thành 1877 gam dung dịch bão hòa

$\Rightarrow x = \frac{1877.87, 7}{187, 7} = 877 (g)$

⇒ y = 1877 – x = 1877 – 877 = 1000 (gam)

Gọi $n_{{CuSO}_{4} .5 H_{2} O} = a (m o l)$

$\Rightarrow n_{{CuSO}_{4} .5 H_{2} O} = a (m o l); n_{H_{2} O} = 5 a (m o l)$

Sau khi tách tinh thể :

$m_{C u S O_{4}} = 877 - 160 a (g) m_{H_{2} O} = 1000 - 18.5 a = 1000 - 90 a (g)$

Suy ra : Ở 12^oC

$S_{C u S O_{4}} = \frac{m_{C u S O_{4}}}{m_{H_{2} O}} = \frac{877 - 160 a}{1000 - 90 a} .100 = 35, 5 (g)$

⇒a = 4,0765

$m_{CuS O_{4} .5 H_{2} O} = 4, 0765.250 = 1019, 125 (g)$

Câu 38: Độ tan của NaCl trong nước ở 20^oC là 36 gam. Khi hòa tan 14 gam NaCl vào 40 gam nước thì phải hòa tan thêm bao nhiêu gam NaCl nữa để dung dịch bão hòa?

Lời giải:

Nồng độ khi dung dịch bão hoà:

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

Đặt m_NaCl_thêm = x (g)

Ta có:

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

Vậy cần thêm 0,42 gam NaCl.

Câu 39: Độ dinh dưỡng của phân lân là:

A. % Ca(H₂PO₄)₂.

B. % P₂O₅.

C. % P.

D. % $P O_{4}^{3 -}$

Lời giải:

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.

Câu 40: Đốt 11,2 gam Fe trong không khí, thu được m₁ gam chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn A trong 800 ml HCl 0,55M thu được dung dịch B (chỉ chứa muối) và 0,448 lít khí H₂. Cho dung dịch AgNO₃ dư và B thu được m₂ gam kết tủa khan. Tính m₁ và m₂.

Lời giải:

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

Bảo toàn H:

$\begin{array}{l} n_{H C l} = 2 n_{H_{2}} + 2 n_{H_{2} O} \\ \to n_{H_{2} O} = 0, 2 \to n_{O} = 0, 2 (m o l) \end{array}$

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.

Câu 41: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam một hợp chất hữu cơ X, người ta thu được 8,8 gam CO₂ và 3,6 gam H₂O. Công thức đơn giản nhất của hợp chất hữu cơ X là:

A. CH₂O₂.

B. CH₂O.

C. C₂H₅O.

D. C₂H₄O.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

= 0,2 (mol) ⇒ n_C = 0,2 (mol) ⇒ m_C = 2,4 (g)

= 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

$C_{x} H_{y} O_{z} + (x + \frac{y}{4} - \frac{z}{2}) O_{2}$ $\overset{t^{°}}{\to} x C O_{2} + \frac{y}{2} H_{2} O$

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.

Câu 42: Đốt cháy hoàn toàn 50,4 gam sắt trong bình chứa khí oxi thu được oxit sắt từ (Fe₃O₄).

a. Hãy viết phương trình phản ứng xảy ra

b. Tính thể tích khí O2 (ở đktc) đã tham gia phản ứng

c. Tính khối lượng sản phẩm thu được

d. Tính khối lượng KClO₃ cần dùng để phân huỷ thì thu được 1 thể tích khí O₂ (ở đktc) bằng thể tích khí O₂ đã sử dụng ở phản ứng trên.

Lời giải:

$a .3 F e + 2 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} F e_{3} O_{4}$

b. Ta có: $n_{F e} = \frac{50, 4}{56} = 0, 9 (m o l)$

Theo phương trình

$n_{O_{2}} = \frac{2}{3} n_{F e} = 0, 6 (m o l) \to V_{O_{2}} = 0, 6.22, 4 = 13, 44 (l)$

c. Theo phương trình:

$n_{F e_{3} O_{4}} = \frac{1}{3} n_{F e} = 0, 3 (m o l) \to m_{F e_{3} O_{4}} = 0, 3.232 = 69, 6 (g)$

$d .2 K C l O_{3} \overset{t^{°}}{\to} 2 K C l + 3 O_{2} n_{K C l O_{3}} = \frac{2}{3} n_{O_{2}} = 0, 4 (m o l) \to m_{K C l O_{3}} = 0, 4.122, 5 = 49 (g)$

Câu 43: Hỗn hợp A gồm 2 anken đồng đẳng liên tiếp. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được 13,44 lít CO₂ ở đktc. Mặt khác A làm mất màu vừa hết 40 gam Br₂. CTPT của 2 anken và phần trăm thể tích tương ứng là:

A. 50% C₂H₄ và 50% C₃H₆;

B. 60% C₂H₄ và 40% C₃H₆;

C. 50% C₃H₆ và 50% C₄H₈;

D. 60% C₄H₈ và 40% C₅H₁₀.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

$n_{a n k e n} = n_{B r_{2}} = 0, 25 (m o l)$

$n_{C O_{2}} = \bar{n} . n_{a n k e n} = 0, 25. \bar{n} = 0, 6 \Rightarrow \bar{n} = 2, 4$

→ 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 $\Rightarrow % V_{C_{2} H_{4}} = 60 %$

Câu 44: Đốt cháy 14,8 gam một hợp chất hữu cơ X (chỉ chứa C, H, O) trong oxi dư, dẫn sản phẩm cháy qua bình (1) đựng P₂O₅, sau đó dẫn qua bình (2) đựng dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng bình (1) tăng 10,8 gam, bình (2) xuất hiện 60 gam kết tủa. Khi hóa hơi 14,8 gam X thu được thể tích bằng thể tích của 6,4 gam oxi ở cùng điều kiện. Lập CTPT của X?

Lời giải:

m_1tăng = $m_{H_{2} O} = 10, 8 (g)$

$\Rightarrow n_{H_{2} O} = \frac{10, 8}{18} = 0, 6 (m o l) \Rightarrow n_{H} = 2 n_{H_{2} O} = 2.0, 6 = 1, 2 (m o l)$

$n_{C a C O_{3}} = \frac{60}{100} = 0, 6 (m o l)$

Dư Ca(OH)₂ nên ta có:

$n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = 0, 6 (m o l) \Rightarrow n_{C} = n_{C O_{2}} = 0, 6 (m o l) \Rightarrow n_{O} = \frac{14, 8 - 0, 6.12 - 1, 2.1}{16} = 0, 4 (m o l) n_{O_{2}} = \frac{6, 4}{32} = 0, 2 (m o l) \Rightarrow n_{X} = n_{O_{2}} = 0, 2 (m o l)$

Số $C = \frac{n_{C}}{n_{X}} = 3$

Số $H = \frac{n_{H}}{n_{X}} = 6$

Số $O = \frac{n_{O}}{n_{X}} = 2$

Vậy CTPT của X là C₃H₆O₂.

Câu 45: Đốt cháy 2,8 lít khí hiđro trong không khí.

a) Viết PTHH?

b) Tính thể tích và khối lượng của khí oxi cần dùng

c) Tính khối lượng nước thu được (Thể tích thu được ở đktc).

Lời giải:

a) PTHH: $2 H_{2} + O_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 H_{2} O$

b) $n_{H_{2}} = \frac{2, 8}{22, 4} = 0, 125 (m o l)$

Theo PTHH: $n_{O_{2}} = \frac{1}{2} n_{H_{2}} = 0, 0625 (m o l)$

c) Theo PTHH:

$n_{H_{2} O} = n_{H_{2}} = 0, 125 (m o l) \Rightarrow m_{H_{2} O} = 0, 125.18 = 2, 25 (g)$

Câu 46: Đốt cháy 3,2 gam lưu huỳnh trong một bình chứa 1,12 lít khí O₂ (đktc). Thể tích khí SO₂ thu được là bao nhiêu?

Lời giải:

$n_{S} = \frac{3, 2}{32} = 0, 1 (m o l)$ ; $n_{O_{2}} = \frac{11, 2}{22, 4} = 0, 5 (m o l)$

PTHH: $S + O_{2} \overset{t^{o}}{\to} S O_{2}$

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

Theo PTHH:

$\begin{array}{l} n_{S O_{2}} = n_{S} = 0, 1 (m o l) \\ \Rightarrow V_{S O_{2}} = 0, 1.22, 4 = 2, 24 (l) \end{array}$

Câu 47: Đốt cháy bột Al trong bình khí clo dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn khối lượng chất rắn trong bình tăng 4,26 gam. Khối lượng Al đã phản ứng là?

Lời giải:

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

$\to m_{C l_{2}} = 4, 26 (g) \to n_{C l_{2}} = \frac{4, 26}{71} = 0, 06 (m o l)$

PTHH: 2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃

Theo PTHH: $n_{A l} = \frac{2}{3} n_{C l_{2}} = \frac{2}{3} .0, 06 = 0, 04 (m o l)$

→ m_Al = 0,04.27 = 1,08 (g).

Câu 48: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất hữu cơ X cần vừa đủ 0,616 lít O₂. Sau thí nghiệm thu được hỗn hợp sản phẩm Y gồm: CO₂, N₂ và hơi H₂O. Làm lạnh để ngưng tụ hơi H₂O chỉ còn 0,56 lít hỗn hợp khí Z (có tỉ khối hơi với H₂ là 20,4). Biết thể tích các khí đều đo ở đktc. Công thức phân tử X là

A. C₂H₅ON hoặc C₂H₇O₂N;

B. C₂H₅O₂N;

C. C₂H₇O₂N;

D. C₂H₅ON.

Lời giải

Gọi $n_{C O_{2}}; n_{N_{2}}$ lần lượt là: x, y (mol)

$n_{Z} = \frac{0, 56}{22, 4} = 0, 025 (m o l)$

→ x + y = 0,025 (1)

Mà M_Z = 20,4.2 = 40,8 → m_Z = 40,8.0,025 = 1,02 (g)

→ 44x + 28y = 1,02 (2)

Từ (1), (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{cases} x + y = 0, 025 \\ 44 x + 28 y = 1, 02 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 02 \\ y = 0, 005 \end{cases}$

Gọi công thức của X là C_xH_aO_bN_y

_{$\Rightarrow x = \frac{n_{C O_{2}}}{n_{X}} = \frac{0, 02}{0, 01} = 2 \Rightarrow y = \frac{2 n_{N_{2}}}{n_{X}} = \frac{2.0, 005}{0, 01} = 1$}

→ Công thức của X là C₂H_aO_bN (Với a,b $\in$ Z; $a \leq 2.2 + 3 = 7$ )

$C_{2} H_{a} O_{b} N + (2 + \frac{a}{4} - \frac{b}{2}) O_{2}$ $\overset{t^{°}}{\to} 2 C O_{2} + \frac{1}{2} N_{2} + \frac{a}{2} H_{2} O$

Khi đó:

$\frac{n_{X}}{1} = \frac{n_{O_{2}}}{2 + \frac{a}{4} - \frac{b}{2}} \Leftrightarrow 0, 01 = \frac{0, 0275}{2 + \frac{a}{4} - \frac{b}{2}} \Leftrightarrow a - 2 b = 3$