\(C_6H_{12}O_6\underrightarrow{^{t^o,xt}}2C_2H_5OH+2CO_2\)

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

Ta có: \(n_{CaCO_3}=\dfrac{25}{100}=0,25\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_6H_{12}O_6\left(LT\right)}=\dfrac{1}{2}n_{CO_2}=\dfrac{1}{2}n_{CaCO_3}=0,125\left(mol\right)\)

Mà: H = 80%

\(\Rightarrow n_{C_6H_{12}O_6\left(TT\right)}=\dfrac{0,125}{80\%}=0,15625\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{C_6H_{12}O_6}=0,15625.180=28,125\left(g\right)\)

a, - Đốt X thu CO₂ và H₂O → X chứa C và H, có thể có O.

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)=n_C\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{10,8}{18}=0,6\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,6.2=1,2\left(mol\right)\)

⇒ m_C + m_H = 0,45.12 + 1,2.1 = 6,6 (g) < m_X

→ X gồm: C, H và O.

m_O = 9 - 6,6 = 2,4 (g) \(\Rightarrow n_O=\dfrac{2,4}{16}=0,15\left(mol\right)\)

b, Gọi CTPT của X là C_xH_yO_z.

⇒ x:y:z = 0,45:1,2:0,15 = 3:8:1

→ X có dạng (C₃H₈O)_n

\(\Rightarrow n=\dfrac{60}{12.3+1.8+16.1}=1\)

Vậy: X là C₃H₈O.

a, - Hiện tượng: Bột CuO từ đen chuyển đỏ đồng.

PT: \(CuO+CO\underrightarrow{t^o}Cu+CO_2\)

b, - Hiện tượng: Dd Br₂ nhạt màu dần rồi mất màu.

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

c, - Hiện tượng: C₂H₂ cháy với ngọn lửa sáng, tỏa nhiều nhiệt.

PT: \(C_2H_2+\dfrac{5}{2}O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+H_2O\)

Chất rắn thu được sau pư là Cu.

Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{24,79}{24,79}=1\left(mol\right)\)

PT: \(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)

_____1_____________________1 (mol)

⇒ m_Zn = 1.65 = 65 (g)

⇒ m_Cu = m_hh - m_Zn = m_hh - 65

Đề thiếu m_hh nên bạn tự thay vào biểu thức trên rồi tính nhé.

Ta có: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{160}{160}=1\left(kmol\right)\)

\(3CO+Fe_2O_3\underrightarrow{t^o}2Fe+3CO_2\)

Theo PT: \(n_{CO}=3n_{Fe_2O_3}=3\left(kmol\right)=3000\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{CO}=3000.22,4=67200\left(l\right)\)

a, Đốt A thu CO₂ và H₂O nên A gồm C và H, có thể có O.

 \(n_{CO_2}=\dfrac{10,56}{44}=0,24\left(mol\right)=n_C\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{4,32}{18}=0,24\left(mol\right)\Rightarrow n_H=0,24.2=0,48\left(mol\right)\)

⇒ m_C + m_H = 0,24.12 + 0,48.1 = 3,36 (g) < m_A

→ A gồm C, H và O.

⇒ m_O = 7,2 - 3,36 = 3,84 (g)

\(\Rightarrow n_O=\dfrac{3,84}{16}=0,24\left(mol\right)\)

Gọi CTPT của A là C_xH_yO_z.

⇒ x:y:z = 0,24:0,48:0,24 = 1:2:1

→ A có dạng (CH₂O)_n

Mà: M_A = 30.2 = 60 (g/mol)

\(\Rightarrow n=\dfrac{60}{12+2+16}=2\)

→ A là C₂H₄O₂.

b, A là axit hữu cơ.

→ A: CH₃COOH

Hiện tượng nước ngọt có nhiều gas hơn khi để trong tủ lạnh so với khi không để trong tủ lạnh có thể được giải thích bằng nguyên lý vật lý về khả năng hòa tan của khí trong chất lỏng, cụ thể là định luật Henry. Định luật này nói rằng áp suất riêng phần của một khí hòa tan trong một chất lỏng tỷ lệ thuận với phân áp của khí đó trên bề mặt chất lỏng.

Có hai yếu tố chính ảnh hưởng đến lượng khí (carbon dioxide - CO2) hòa tan trong nước ngọt:

1. Nhiệt độ: Khi nhiệt độ của chất lỏng giảm, khả năng hòa tan của khí trong chất lỏng tăng lên. Khi nước ngọt được để trong tủ lạnh, nhiệt độ giảm xuống, làm tăng khả năng hòa tan CO2 trong nước ngọt. Do đó, khi mở chai nước ngọt lạnh, lượng khí CO2 hòa tan đã được giữ lại nhiều hơn so với khi chai ở nhiệt độ phòng.

2. Áp suất: Trong quá trình đóng chai, nước ngọt được bão hòa bằng CO2 dưới áp suất cao, điều này giúp cho khí CO2 hòa tan nhiều hơn trong nước. Khi chai được mở, áp suất bên trong chai giảm nhanh chóng, nhưng nếu nhiệt độ thấp, sự giải phóng CO2 ra khỏi dung dịch sẽ chậm hơn, giúp nước ngọt giữ được nhiều gas hơn.

Vì vậy, nước ngọt để trong tủ lạnh có vẻ như có nhiều gas hơn so với khi để ở nhiệt độ phòng chính là do nhiệt độ thấp làm tăng khả năng hòa tan CO2, và quá trình giải phóng khí CO2 khi mở chai diễn ra chậm hơn.