a, PT: \(MgCO_3+2HCl\rightarrow MgCl_2+CO_2+H_2O\)

\(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)

b, Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{MgCO_3}=n_{CO_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgCO_3}=0,1.84=8,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgO}=10,4-m_{MgCO_3}=2\left(g\right)\)

Ta có: \(\%m_C=\dfrac{12.13}{12.13+1.21+14+16.3}.100\%\approx65,272\%\)

Phần trăm khối lượng nguyên tử cacbon có trong phân tử Salbutamol là 

C% $\genfrac{}{}{0ex}{}{12.13}{12.13+1.21+14+16.3}.100\%=15,06\%$

\(MnO_2+4HCl_đ\underrightarrow{t^o}MnCl_2+Cl_2+2H_2O\)

\(Cl_2+H_2\underrightarrow{t^o}2HCl\)

\(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)

\(2NaCl+2H_2O\xrightarrow[cmn]{đpdd}2NaOH+Cl_2+H_2\)

MnO2 + 4HCl $\to$ MnCl2 + Cl2 + 2H2O 

Cl2 + H2 $\to$ 2HCl 

HCl + NaOH $\to$ NaCl + H2O 

2NaCl + 2H2O $\stackrel{cmn}{\to }$ 2NaOH + H2 + Cl2 

PT: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{6,72}{56}=0,12\left(mol\right)\)

a, \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,12\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,12.24,79=2,9748\left(l\right)\)

b, \(n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,12\left(mol\right)\Rightarrow m_{FeSO_4}=0,12.152=18,24\left(g\right)\)

c, PT: \(Fe_2O_3+3H_2\underrightarrow{t^o}2Fe+3H_2O\)

\(n_{Fe}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=0,08\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe}=0,08.56=4,48\left(g\right)\)

a, PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{4}{160}=0,025\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,025\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,025.22,4}{2,8}.100\%=20\%\\\%V_{CH_4}=100-20=80\%\end{matrix}\right.\)

b, Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{2,8.80\%}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

\(C_2H_4+3O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}=0,15\left(mol\right)\)

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

Theo PT: \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a=m_{CaCO_3}=0,15.100=15\left(g\right)\)

a, PT: $C^2{H}^4+B{r}^2\to C^2{H}^{4}B{r}^2$

Ta có: $n^{B{r}^2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{160}=0,025\left(mol\right)$

Theo PT: $n^{C^2{H}^4}=n^{B{r}^2}=0,025\left(mol\right)$

$\Rightarrow \{\begin{array}{c}\%V^{C^2{H}^4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{0,025.22,4}{2,8}.100\%=20\%\\ \%V^{C{H}^4}=100-20=80\%\end{array}$

b, Ta có: $n^{C{H}^4}=\genfrac{}{}{0ex}{}{2,8.80\%}{22,4}=0,1\left(mol\right)$

PT: $C{H}^4+2O^2\underrightarrow{t^o}C{O}^2+2H^{2}O$

$C^2{H}^4+3O^2\underrightarrow{t^o}2C{O}^2+2H^{2}O$

Theo PT: $n^{C{O}^2}=n^{C{H}^4}+2n^{C^2{H}^4}=0,15\left(mol\right)$

PT: $C{O}^2+Ca{\left(OH\right)}^2\to CaC{O}^{3\downarrow }+H^{2}O$

Theo PT: $n^{CaC{O}^3}=n^{C{O}^2}=0,15\left(mol\right)$

$\Rightarrow a=m^{CaC{O}^3}=0,15.100=15\left(g\right)$

(1) \(2CH_4\xrightarrow[lln]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\)

(2) \(C_2H_2+H_2\underrightarrow{t^o,Pd}C_2H_4\)

(3) \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

 (4) \(CH_4+Cl_2\underrightarrow{as}CH_3Cl+HCl\)

 (5) \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

 (6) \(C_2H_2+2H_2\underrightarrow{t^o,Ni}C_2H_6\)

 (7) \(C_2H_4+H_2\underrightarrow{t^o,Ni}C_2H_6\)

(1) $2C{H}^4\stackrel{lln}{\to }{C}^2{H}^2+3H^2$

(2) $C^2{H}^2+H^2\underrightarrow{t^o,Pd}{C}^2{H}^4$

(3) $C^2{H}^4+B{r}^2\to C^2{H}^{4}B{r}^2$

 (4) $C{H}^4+C{l}^2\underrightarrow{as}C{H}^{3}Cl+HCl$

 (5) $C^2{H}^2+2B{r}^2\to C^2{H}^{2}B{r}^4$

 (6) $C^2{H}^2+2H^2\underrightarrow{t^o,Ni}{C}^2{H}^6$

 (7) $C^2{H}^4+H^2\underrightarrow{t^o,Ni}{C}^2{H}^6$

 

- Trích mẫu thử.

- Dẫn từng mẫu thử qua bình đựng Ca(OH)₂ dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO₂.

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+H_2O\)

+ Không hiện tượng: CH₄, C₂H₄. (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua bình đựng Br₂.

+ Dd Br₂ nhạt màu: C₂H₄.

PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

+ Không hiện tượng: CH₄.

- Dán nhãn.

- trích mẫu thử

 -Dẫn từng mẫu thử qua bình đựng Ca(OH)2 dư.

+ Xuất hiện kết tủa trắng: CO2.

PT: $C{O}^2+Ca{\left(OH\right)}^2\to CaC{O}^{3\downarrow }+H^{2}O$

+ Không hiện tượng: CH4, C2H4. (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua bình đựng Br2.

+ Dd Br2 nhạt màu: C2H4.

PT: $C^2{H}^4+B{r}^2\to C^2{H}^{4}B{r}^2$

+ Không hiện tượng: CH4.

- Dán nhãn.

Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{25,2}{56}=0,45\left(mol\right)\)

PT: \(3Fe+2O_2\underrightarrow{t^o}Fe_3O_4\)

a, Theo PT: \(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{1}{3}n_{Fe}=0,15\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe_3O_4}=0,15.232=34,8\left(g\right)\)

b, Theo PT: \(n_{O_2}=\dfrac{2}{3}n_{Fe}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)

c, PT: \(2KClO_3\underrightarrow{t^o}2KCl+3O_2\)

Theo PT: \(n_{KClO_3}=\dfrac{2}{3}n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{KClO_3}=0,2.122,5=24,5\left(g\right)\)

Đáp án:

a)

$3Fe+2O_2\to F{e}_3{O}_4$

b)

$V_{O_2}=6,72l$

c)

$m_{KCl{O}_3}=24,5g$

Giải thích các bước giải:

a)

$3Fe+2O_2\to F{e}_3{O}_4$

b)

$n_{Fe}=\frac{25,2}{56}=0,45\left(mol\right)$

Theo ptpư: $n_{O_2}=\frac{2}{3}{n}_{Fe}=\frac{2}{3}.0,45=0,3\left(mol\right)$

$\to V_{O_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)$

c)

$2KCl{O}_3\to 2KCl+3O_2$

$n_{O_2}=0,3\left(mol\right)$

Theo ptpư: $n_{KCl{O}_3}=\frac{2}{3}{n}_{O_2}=\frac{2}{3}.0,3=0,2\left(mol\right)$

$\to m_{KCl{O}_3}=0,2.122,5=24,5\left(g\right)$

- Sự oxi hóa là sự tác dụng của oxi với một chất

- Phản ứng hóa hợp là phản ứng hóa học trong đó chỉ có một chất mới được tạo thành từ hai hay nhiều chất ban đầu

- Phản ứng phân hủy là phản ứng hóa học trong đó chỉ có một chất tham gia phản tạo ra hai hay nhiều chất mới

- Phản ứng thế là phản ứng hóa học xảy ra giữa đơn chất với hợp chất trong đó nguyên tử của nguyên tố trong hợp chất sẽ thay thế cho nguyên tử của một nguyên tố trong hợp chất