1. Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C2H4, H2, C3H6, CO, C4H8 bằng O2 vừa đủ rồi cho

Câu hỏi số 267173:

Vận dụng cao

1. Đốt cháy hoàn toàn 0,92 gam hỗn hợp X gồm C₂H₄, H₂, C₃H₆, CO, C₄H₈ bằng O₂ vừa đủ rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng 2 lít dung dịch Ca(OH)₂ 0,02 M thấy xuất hiện m₁gam kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y có khối lượng tăng 0,82 gam so với dung dịch Ca(OH)₂ ban đầu. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch Y đến khi kết tủa hết các ion kim loại, thấy có m₂ gam kết tủa. Biết m₁ + m₂ = 6,955, tính thành phần phần trăm theo khối lượng của CO và H₂ có trong hỗn hợp X.

2. Hỗn hợp X gồm 2 rượu ( ancol ) CH₃OH, C₂H₅OH có cùng số mol và 2 axit C₂H₅COOH, C₄H₈(COOH)₂. Đốt cháy hoàn toàn 11,16 gam X cần vừa đủ 60,48 lít không khsi (đktc, không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ theo thể tích) thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi nước. Dẫn toàn bộ Y đi qua dung dịch nước vôi trong dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch giảm m gam so với dung dịch ban đầu. Biết khí nitơ không tan trong nước, tìm giá trị của m.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:267173

Phương pháp giải

1. Bảo toàn nguyên tố Ca: ∑ n_CaCO3↓ = ∑ n_Ca(OH)2 => tính được số mol của BaCO₃

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 = ∑ n_CaCO3 + n_BaCO3

Khối lượng dd tăng: ∆ = m_CO2 + m_H2O – m_{1CaCO3sinh ra} => m_H2O = ?

Bảo toàn khối lượng: m_hhX + m_O2 = m_CO2 + m_H2O => n_O2 = ?

Bảo toàn nguyên tố O: n_CO = n_{O (trong CO)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2

n_CO – n_H2 = n_CO2 – n_H2O => n_H2

Từ đó tính được phần trăm khối lượng CO, H₂ trong hỗn hợp.

2. 2 ancol có số mol bằng nhau nên chung của 2 ancol là: C_1,5H₅O

Nhận xét: C_1,5H₅O ; C₃H₆O₂ và C₆H₁₀O₄ đều có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O

Gọi số mol của CO₂: x (mol) ; n_H2O = y (mol)

=> n_{O (trong hh đầu)} = 2/3 n_C =2/3 n_CO2 = 2x/3 (mol) ( Vì nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O)

\(\left\{ \begin{gathered}
\xrightarrow{{BTKL}}12a + 2b + \frac{2}{3}.16 = 11,16 \hfill \\
\xrightarrow{{BTNT:O}}2a + b = \frac{2}{3}a + 0,54.2 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
a = ? \hfill \\
b = ? \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = ? (g)

Giải chi tiết

\(0,92\,(g)\left\{ \begin{gathered}
CO: \hfill \\
{H_2}: \hfill \\
{C_n}{H_{2n}} \hfill \\
\end{gathered} \right. + {O_2}\xrightarrow{{}}\left\{ \begin{gathered}
C{O_2}: \hfill \\
{H_2}O \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + 0,04\,mol\,CaC{O_3}}}\left\langle \begin{gathered}
{m_1}\,(g)\,CaC{O_3} \downarrow \hfill \\
Ca{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{}}{m_2}(g)\left\{ \begin{gathered}
CaC{O_3} \hfill \\
BaC{O_3} \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

C₂H₄, C₃H₆, C₄H₈ cùng là anken nên có công thức chung là C_nH_2n

2CO + O₂ → 2CO₂↑ (1)

x → x (mol)

2H₂ + O₂ → 2H₂O (2)

y → y (mol)

C_nH_2n + O₂ → nCO₂ + 2nH₂O (3)

Sản phẩm cháy thu được gồm có CO₂ và H₂O.

Khi hấp thụ vào dd Ca(OH)₂: 0,04 mol thu được dung dịch Y, thêm từ từ Ba(OH)₂ vào dung dịch Y thu được kết tủa của các ion kim loại => CO₂ phản ứng với Ca(OH)₂ theo phương trình:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O (4)

CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂ + H₂O (5)

Dd Y chứa Ca(HCO₃)₂

BaCl₂ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃↓ + BaCO₃↓ + H₂O (6)

m₁ = m_CaCO3(4)

m₂ = m_CaCO3(5) + m_BaCO3

=> m₁ + m₂ = ∑ m_CaCO3↓ + m_BaCO3 = 6,955 (g) (*)

BTNT Ca: => ∑n_CaCO3↓ = ∑ n_{Ca(OH)2 (4+5)} = 0,04 (mol)

Từ (*) \( = > {n_{BaC{O_3}}} = \frac{{6,955 - 0,04.100}}{{197}} = 0,015(mol)\)

=> n_CaCO3(6) = n_BaCO3 = 0,015 (mol)

=> n_CaCO3(4) = ∑n_Ca(OH)2 – n_BaCO3 = 0,04 – 0,015 = 0,025 (mol)

BTNT C => ∑ n_CO2 = ∑ n_CaCO3 + n_BaCO3 = 0,04 + 0,015 = 0,055 (mol)

Khối lượng dd Y tăng 0,82 gam so với dd Ca(OH)₂ ban đầu

=> m_CO2 + m_H2O – m_CaCO3(4) = 0,82

=> m_H2O = 0,82 + 0,025.100 – 0,055.44 = 0,9 (g)

=> n_H2O = 0,9 : 18 = 0,05 (mol)

BTKL ta có: m_hhX + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

=> m_O2 = 0,055.44 + 0,9 – 0,92 = 2,4 (g) => n_O2 = 0,075 (mol)

BTNT O: n_{O( trong CO)} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> n_{O( trong CO)} = 2.0,055 + 0,05 – 0,075.2 = 0,01 (mol) => n_CO = 0,01 (mol)

Từ PTHH (1), (2), (3) ta thấy khi đốt cháy C_nH_2n luôn cho n_H2O = n_CO2 => sự chênh lệch mol CO₂ và mol H₂O là do đốt cháy CO và H₂

=> n_CO2 – n_H2O = x – y = 0,055 – 0,05 = 0,005 (mol)

Mặt khác: n_CO – n_H2 = x – y = 0,005 (mol)

=> n_H2 = n_CO – 0,005= 0,01 – 0,005 = 0,055 (mol)

\(\begin{gathered}
\% CO = \frac{{{m_{CO}}}}{{{m_{hh}}}}.100\% = \frac{{0,01.28}}{{0,92}}.100\% = 30,43\% \hfill \\
\% {H_2} = \frac{{0,005.2}}{{0,92}}.100\% = 1,09\% \hfill \\
\end{gathered} \)

\({n_{kk}} = \frac{{60,48}}{{22,4}} = 2,7\,(mol) = > {n_{{O_2}}} = \frac{{2,7.20\% }}{{100\% }} = 0,54\,(mol)\)

CH₃OH và C₂H₅OH có CT chung là C_nH_2n+2O.

CH₃OH và C₂H₅OH có cùng số mol nên:

\(\begin{gathered}
\overline M = \frac{{32.1 + 46.1}}{2} = 39 \hfill \\
= > 14n + 18 = 39 \hfill \\
= > n = 1,5 \hfill \\
\end{gathered} \)

Vậy CT chung của 2 ancol là: C_1,5H₅O

2 axit có công thức phân tử là: C₃H₆O₂ và C₆H₁₀O₄

Nhận xét: C_1,5H₅O ; C₃H₆O₂ và C₆H₁₀O₄ đều có số nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O

Gọi số mol của CO₂: x (mol) ; n_H2O = y (mol)

=> n_{O (trong hh đầu)} = 2/3 n_C =2/3 n_CO2 = 2x/3 (mol) ( Vì nguyên tử C gấp 1,5 lần số nguyên tử O)

\(\left\{ \begin{gathered}
\xrightarrow{{BTKL}}12a + 2b + \frac{2}{3}.16 = 11,16 \hfill \\
\xrightarrow{{BTNT:O}}2a + b = \frac{2}{3}a + 0,54.2 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
a = 0,45 \hfill \\
b = 0,48 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Khối lượng dung dịch giảm: ∆ = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O = 0,45.100 – 0,45.44 – 0,48.18 = 16,56 (g)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link