Đề kiểm tra cuối kì II: đề 1

\(CH_4+2O_2\rightarrow CO_2+2H_2O\)

Ta có:

\(n_{CH4}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CO2}=n_{CH4}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CaCO3}=n_{CO2}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H2O}=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_1=m_{CO2}+m_{H2O}=0,3.44+0,6.18=24\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_2=m_{CaCO3}=0,3.100=30\left(g\right)\)

\(CH_4+2O_2\rightarrow CO_2+2H_2O\)

\(C_2H_4+3O_2\rightarrow2CO_2+2H_2O\)

Ta có:

\(n_{CO2}=\frac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

Gọi số mol của CH4 là a , số mol của C2H4 là b

Giải hệ PT:

\(\left\{{}\begin{matrix}16a+28b=7,2\\a+2n=0,5\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\%m_{CH4}=\frac{0,1.16}{7,2}.100\%=22,22\%\)

\(\%m_{C2H4}=100\%-22,22\%=77,78\%\)

a. \(Cl_2+H_2\rightarrow2HCl\)

b.\(2Al+7O_2+6H_2O\rightarrow2AlIO_3+12HI\)

c.\(Cl_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaOCl_2+H_2O\)

d. \(Br_2+H_2O\rightarrow HBr+HBrO\)

e. \(SiO_2+4HF\rightarrow SiF_4+2H_2O\)

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

\(\overline{M}=\frac{40}{3}.2=\frac{80}{3}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH4}:a\left(mol\right)\\n_{O2}:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\frac{16a+32b}{a+b}=\frac{80}{3}\)

\(\Leftrightarrow\frac{32}{3}a=\frac{16}{3}b\Leftrightarrow\frac{a}{b}=\frac{1}{2}\)

Giả sử \(\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\)

\(CH_4+2O_2\underrightarrow{^{to}}CO_2+H_2O\)

1_____2____________________

\(\Rightarrow\) Phản ứng hoàn toàn

\(MC_nH_{2n+1}Br=75,5.2=151\)

\(\Rightarrow M_{CnH2n+2}=72\)

\(\Rightarrow14n+2=72\)

\(\Rightarrow n=5\)

Vậy công thức phân tử là C5H12

Vì X, Y, Z đồng đẳng kế tiếp nên mỗi chất hơn kém nhau một nhóm

Mà theo đề ra \(M_Z=2M_X\Rightarrow M_X=28\)

Vậy X là vậy các chất trên thuộc đồng đẳng anken.

Gọi số p,n,e của R1 lần lượt là p1,n1,e1

=> 2p1+n1=54 => n1=54-2p1 (1)

Ta có BĐT : p1 \(\le n1\le1,5p1\)(2)

thay (1) vào (2) ta có :

p1 \(\le54-2p1\le1,5p1\)

=> 15,42\(\le p1\le18\)

=> p1=16,17,18

Với p1=16 => n1=22 => A=38 (loại)

p1=17 => n1=20 => A=37 => R : clo

p2= 18 => n1=18 => A=38 (loại)

Vậy A_R1=38

Theo đề ta có : tổng số hạt trong đồng vị R1 lớn hơn tổng số hạt trong đồng vị R2 là 2 hạt mà số p,e trong 2 đồng vị ko đổi

=> nR1 - nR2 =2 (hạt)

=> A_R1 - A_R2=2 => A_R2=35

=> \(\overline{M}=\dfrac{25\%.37+75\%.35}{100}=35,5\)(G/MOL)

Bài 13:

Gọi: * M₂CO₃, NCO₃ lần lượt là kí hiệu hóa học của 2 muối cacbonat trên.

* x, y lần lượt là số mol của M₂CO₃, NCO₃

PTHH: \(M_2CO_3+2HCl\rightarrow2MCl+H_2O+CO_2\left(1\right)\)

Số mol: x (mol) --------------------------------------- x (mol)

\(XCO_3+2HCl\rightarrow XCl_2+H_2O+CO_2\left(2\right)\)

Số mol: y (mol) -------------------------------------- y (mol)

Theo đề: \(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

Hay: \(x+y=0,2\left(mol\right)\) (theo phương trình 1 và 2) \(\left(3\right)\)

Mặt khác, theo phương trình:

* \(n_{HCl}=2.\left(x+y\right)\left(mol\right)\)

Theo \(\left(3\right)\) : \(x+y=0,2\left(mol\right)\)\(\Rightarrow n_{HCl}=2.0,2=0,4\left(mol\right)\Rightarrow m_{HCl}=0,4.36,5=14,6\left(g\right)\)

* \(n_{H_2O}=x+y\left(mol\right)\)

Theo \(\left(3\right)\) : \(x+y=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2O}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_2O}=0,2.18=3,6\left(mol\right)\)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m_{hỗn hợp muối} + m_HCl = m_{muối sau phản ứng} + \(m_{H_2O}\) + \(m_{CO_2}\)

\(\Leftrightarrow23,8+14,6=\)m_{muối sau phản ứng} \(+3,6+0,2.44\)

\(\Leftrightarrow\) m_{muối sau phản ứng} = \(23,8+14,6-\)\(3,6-0,2.44\) = 26 (g)

Bài tập 11)
Mol Al = 0,2 , Mol Fe203 = 0,03 ((O,2 /2 )> ( 0,03))
2Al + Fe2O3 --> Al2O3 + 2 Fe
T 0,2 0,03
P 0,06 0,03 0,03 0,06
S 0,14 0 0,03 0,06
Vậy : Al dư, Al203, Fe
m = 014.27 + 0,03.102 + 0,06.56= 10,2

bài 12

R2CO3 + BaCl2 -> BaCO3 + 2RCl

nBaCl2 = nBaCO3 = 0,2

Bảo toàn khối lượng m = 24,4 + 0,2.208 – 39,4 = 26,6