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% 12.1312.13+1.21+14+16.3.100%=15,06%12.13+1.21+14+16.312.13​.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 →���đ���đpddcmn​ 2NaOH + H2 + Cl2 

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: �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

Ta có: ���2=4160=0,025(���)nBr2​​=1604​=0,025(mol)

Theo PT: ��2�4=���2=0,025(���)nC2​H4​​=nBr2​​=0,025(mol)

⇒{%��2�4=0,025.22,42,8.100%=20%%���4=100−20=80%⇒⎩⎨⎧​%VC2​H4​​=2,80,025.22,4​.100%=20%%VCH4​​=100−20=80%​

b, Ta có: ���4=2,8.80%22,4=0,1(���)nCH4​​=22,42,8.80%​=0,1(mol)

PT: ��4+2�2��→��2+2�2�CH4​+2O2​to​CO2​+2H2​O

�2�4+3�2��→2��2+2�2�C2​H4​+3O2​to​2CO2​+2H2​O

Theo PT: ���2=���4+2��2�4=0,15(���)nCO2​​=nCH4​​+2nC2​H4​​=0,15(mol)

PT: ��2+��(��)2→����3↓+�2�CO2​+Ca(OH)2​→CaCO3↓​+H2​O

Theo PT: �����3=���2=0,15(���)nCaCO3​​=nCO2​​=0,15(mol)

⇒�=�����3=0,15.100=15(�)⇒a=mCaCO3​​=0,15.100=15(g)

(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) 2��4→���1500���2�2+3�22CH4​1500oClln​C2​H2​+3H2​

(2) �2�2+�2��,��→�2�4C2​H2​+H2​to,Pd​C2​H4​

(3) �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

 (4) ��4+��2��→��3��+���CH4​+Cl2​as​CH3​Cl+HCl

 (5) �2�2+2��2→�2�2��4C2​H2​+2Br2​→C2​H2​Br4​

 (6) �2�2+2�2��,��→�2�6C2​H2​+2H2​to,Ni​C2​H6​

 (7) �2�4+�2��,��→�2�6C2​H4​+H2​to,Ni​C2​H6​

 

- 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: ��2+��(��)2→����3↓+�2�CO2​+Ca(OH)2​→CaCO3↓​+H2​O

+ Không hiện tượng: CH4, C2H4. (1)

- Dẫn khí nhóm (1) qua bình đựng Br2.

+ Dd Br2 nhạt màu: C2H4.

PT: �2�4+��2→�2�4��2C2​H4​+Br2​→C2​H4​Br2​

+ Không hiện tượng: CH4.

- Dán nhãn.

PT: \(2C_3H_8O_3+7O_2\underrightarrow{t^o}6CO_2+8H_2O\) (1) 

\(C_2H_4O_2+2O_2\underrightarrow{t^o}2CO_2+2H_2O\)

\(C_3H_6O_3+3O_2\underrightarrow{t^o}3CO_2+3H_2O\)

\(C_6H_{12}O_6+6O_2\underrightarrow{t^o}6CO_2+6H_2O\)

Coi hh gồm: C₃H₈O₃ và CH₂O (vì C₂H₄O₂, C₃H₆O₃ và C₆H₁₂O₆ đều có CTĐGN là CH₂O)

\(CH_2O+O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+H_2O\)

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{44}{44}=1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{19,8}{18}=1,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2O}-n_{CO_2}=n_{C_3H_8O_3}=0,1\left(mol\right)\)

BTNT C, có: \(3n_{C_3H_8O_3}+n_{CH_2O}=n_{CO_2}\Rightarrow n_{CH_2O}=0,7\left(mol\right)\)

⇒ m = m_C3H8O3 + m_CH2O = 0,1.92 + 0,7.30 = 30,2 (g)

Theo ĐLBT KL, có: m_A + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⇒ m_O2 = 44 + 19,8 - 30,2 = 33,6 (g) \(\Rightarrow n_{O_2}=\dfrac{33,6}{32}=1,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{O_2}=1,05.22,4=23,52\left(l\right)\)

Gọi \(n_{Fe\left(X\right)}=a\left(mol\right)\)

Ta có sơ đồ phản ứng:

\(Fe+O_2\xrightarrow[]{t^o}X\left\{{}\begin{matrix}Fe\\FeO\\Fe_3O_4\\Fe_2O_3\end{matrix}\right.\xrightarrow[]{+HNO_{3\left(lo\text{ãng},d\text{ư}\right)}}Fe\left(NO_3\right)_3+NO+H_2O\)

Đặt \(n_{Fe}=a\left(mol\right)\)

BTNT Fe: \(n_{Fe\left(NO_3\right)_3}=n_{Fe}=a\left(mol\right)\)

BTNT N: \(n_{HNO_3}=3n_{Fe\left(NO_3\right)_3}+n_{NO}=3a+0,06\left(mol\right)\)

BTNT H: \(n_{H_2O}=\dfrac{1}{2}n_{HNO_3}=1,5a+0,03\left(mol\right)\)

Áp dụng ĐLBTKL:

\(m_X+m_{HNO_3}=m_{Fe\left(NO_3\right)_3}+m_{NO}+m_{H_2O}\)

\(\Rightarrow11,36+63.\left(3a+0,06\right)=242a+0,06.30+18.\left(1,5a+0,03\right)\)

\(\Leftrightarrow a=0,16\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m=m_{Fe}=0,16.56=8,96\left(g\right)\)

Gọi CTHH của oxit là $RO$
$RO + H_2O \to R(OH)_2$
$m_{R(OH)_2} = 200.8,55\% = 17,1(gam)$

Theo PTHH : $n_{RO} = n_{R(OH)_2}$

$\Rightarrow \dfrac{15,3}{R + 17} = \dfrac{17,1}{R + 34}$
$\Rightarrow R = 137(Bari)$

Vậy CTHH của oxit là $BaO$

a. MgSO₄; AgNO₃ và CuCl₂

b. AgNO₃