\(Z:H_2C=CH_2\\ Y:HC\equiv CH\\ X:H_3C-CH_3\\ H_2C=CH_2+H_2O-H_2SO_4,t^{^0}->H_3C-CH_2-OH\\ C_2H_5OH+O_2-lên.men.giấm->CH_3COOH+H_2O\\ C_2H_2+2Br_2->C_2H_2Br_4\\ C_2H_4+Br_2->C_2H_4Br_2\)

\(X:C_2H_6\\ Y:C_2H_4\\ Z:C_2H_2\\ C_2H_2+H_2\rightarrow\left(Ni,t^o\right)C_2H_4\\ C_2H_4+H_2O\rightarrow\left(H^+,t^o\right)C_2H_5OH\\ C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\\ C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

\(C_{SO_2}=\dfrac{\dfrac{0,012mg}{64000mg\cdot mol^{-1}}}{50L\cdot10^{-3}m^3\cdot L^{-1}}=3,75\cdot10^{-6}mol\cdot dm^{-3}=0,375\cdot10^{-5}< 3\cdot10^{-5}\)

Vậy không khí chưa bị ô nhiễm.

\(d_{\dfrac{X}{Y}}=\dfrac{16}{11}=\dfrac{32}{22}=\dfrac{64\left(SO_2\right)}{44\left(CO_2\right)}\\ X:SO_2,Y:CO_2\\ A:NaHSO_4;B:NaHSO_3;C:NaHCO_3\\ NaHSO_4+NaHSO_3->Na_2SO_4+SO_2+H_2O\\ NaHSO_4+NaHCO_3->Na_2SO_4+H_2O+CO_2\\ CO_2+2NaOH->Na_2CO_3+H_2O\\ SO_2+2NaOH->Na_2SO_3+H_2O\)

\(n_{HCl}=0,3\cdot0,5=0,15mol\\ n_{CO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05mol\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2mol\\ n_{Na_2CO_3}=x;n_{NaHCO_3}=y\\ 0,15=x+0,05\\ x=0,1\\ BTNT:\\ 0,2+0,05=x+y\\ y=0,25-0,1=0,15\\ a=0,1\cdot106+0,15\cdot84=23,2g\)

\(n_{HCl}=0,3.0,5=0,15\left(mol\right)\\ n_{CO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2\left(mol\right)\)

Phản ứng xảy ra theo thứ tự:

\(HCl+Na_2CO_3\rightarrow NaHCO_3+NaCl\) (1)

0,1--->0,1--------->0,1

\(HCl+NaHCO_3\rightarrow NaCl+H_2O+CO_2\) (2)

0,05<--0,05<-----------------------------0,05

Vì X + \(Ca\left(OH\right)_2\) dư tạo kết tủa => \(NaHCO_3\) dư, \(HCl\) hết.

\(Ca\left(OH\right)_2+2NaHCO_3\rightarrow CaCO_3\downarrow+Na_2CO_3+2H_2O\)

                       0,4<--------0,2

\(a=m_{Na_2CO_3}+m_{NaHCO_3}=106.0,1+84\left(0,05+0,4-0,1\right)=40\left(g\right)\)

Đề thiếu số mol của mỗi khí hoặc tỉ lệ mỗi khí trong hh G em nha

ko đề bài chỉ có thế thôi ạ

a

\(A:Na_2SO_3\), \(NaHSO_3\)

\(B:H_2SO_4\), 

PTHH xảy ra:

\(Na_2SO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+SO_2\uparrow+H_2O\)

\(2NaHSO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2SO_2+2H_2O\)

b

Cách thu khí: đặt ngửa ống nghiệm vì khí `SO_2` nặng hơn không khí `(64>29)`

Cách nhận biết khí `SO_2` đã thu đầy bình: nhỏ vài giọt phenolphtalein vào bông tẩm dung dịch X không thấy màu hồng chứng tỏ dung dịch ở bông tẩm là `NaHSO_3` có tính axit yếu, suy ra `SO_2` đã đầy bình.

c

Dung dịch X: `NaOH`

Vai trò của dung dịch X: Ngăn khí độc `SO_2` bay ra ngoài gây ảnh hưởng nên dùng bông tẩm dung dịch NaOH để phản ứng với `SO_2` tạo muối.

\(SO_2+NaOH\rightarrow NaHSO_3\)

\(a.Na_2SO_3,H_2SO_4\\ Na_2SO_3+H_2SO_4->Na_2SO_4+SO_2+H_2O\\ KHSO_3,HNO_3\\ KHSO_3+HNO_3->KNO_3+SO_2+H_2O\)

b. Thu khí bằng cách đặt ngửa bình.

Nhỏ 1 (vài) giọt phenolphthalein vào bông tẩm dung dịch NaOH, thấy không còn chuyển hồng, tức NaOH hết, khí đã được nạp đầy bình.

c. X là NaOH, hấp thụ khí \(SO_2\)

\(2NaOH+SO_2->Na_2SO_3+H_2O\\ Na_2SO_3+SO_2+H_2O->2NaHSO_3\)

d. Làm khô bằng sulfuric acid đặc, không dùng CaO vì CaO có phản ứng:

\(CaO+SO_2->CaSO_3\)

e. Không. Vì không cho ra khí sulfur dioxide.

\(BaCO_3+H_2SO_4->BaSO_4+H_2O+CO_2\)

1

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,25.2=0,5\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.171=85,5\left(g\right)\)

2

\(n_{FeCl_3}=0,08.0,15=0,012\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{FeCl_3}=0,012.162,5=1,95\left(g\right)\)

3

\(n_{MgSO_4}=4,5.0,8=3,6\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{MgSO_4}=3,6.120=432\left(g\right)\)

4

\(n_{Zn\left(NO_3\right)_2}=0,015.0,4=0,006\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Zn\left(NO_3\right)_2}=0,006.189=1,134\left(g\right)\)