Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Phương trình hóa học của phản ứng:
C O 2 + Ca OH 2 → Ca CO 3 + H 2 O
CuO + CO → t ° C O 2 + Cu
Theo phương trình ta có:
n CO 2 = n CaCO 3 = 5/100 = 0,05 mol
n CO = n Cu = 3,2/64 = 0,05 mol
n CaCO 3 = 5/100 = 0,05 mol
n Cu = 3,2/64 = 0,05 mol
Như vậy: n hh = 10/22,4 = 0,45 mol; n N 2 = 0,45 - 0,05 - 0,05 = 0,35 mol
% V N 2 = 0,35/0,45 x 100% = 77,78%
% V CO 2 = % V CO = 0,05/0,45 x 100% = 11,11%
Nếu cho phản ứng (2) thực hiện trước rồi mới đến phản ứng (1) thì
∑ n CO 2 = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol
n CaCO 3 = 0,1 mol
Vậy m CaCO 3 = 0,1 x 100 = 10g
Xác định thành phần của hỗn hợp khí :
- Số mol CO 2 có trong hỗn hợp được tính theo (1) :
n CO 2 = n CaCO 3 = 1/100 = 0,01 mol
- Số mol CO có trong hỗn hợp được tính theo (2) :
n CO = n Cu = 0,64/64 = 0,01
Thành phần phần trăm theo thể tích của hỗn hợp khí được tính theo số mol của mỗi khí. Ta có kết quả : Hỗn hợp khí có 50% thể tích của mỗi khí.
a) Khi đi vào dd Ca(OH)2 dư thì chỉ có CO2 phản ứng
CO2 + Ca(OH)2 --> CaCO3↓ + H2O
nCaCO3 = 1/100 = 0,01 mol = nCO2
Khi đi qua CuO dư đun nóng thì chỉ có CO phản ứng
CO + CuO --> CO2 + Cu
nCu = 0,64/64 = 0,01 mol = nCO
b) vậy hỗn hợp gồm CO và CO2 đều có số mol là 0,01 mol
=> % V mỗi khí = 50%
c) 2CO + O2 --> 2CO2
=> nO2 = \(\dfrac{nCO}{2}\)= 0,05 mol
=> Thể tích khí oxi cần dùng để đốt cháy hỗn hợp CO và CO2 là 0,05.22,4 = 1,12 lít.
\(n_{CaCO3}=\dfrac{2}{100}=0,02\left(mol\right)\)
Bảo toàn nguyên tố C: \(n_{CO}=n_{CaCO_3}=0,02\left(mol\right)\)
\(n_{Cu}=\dfrac{1,92}{64}=0,03\left(mol\right)\)
CuO + CO -------> Cu + CO2
0,02-------->0,02-->0,02
CuO + H2 -------> Cu + H2O
0,01<--------0,03-0,02=0,01
Phần trăm về thể tích cũng là phần trăm về số mol
=>\(\%V_{H_2}=\dfrac{0,01}{0,01+0,02}.100=33,33\%\)
=> %VCO=100- 33,33=66,67%
\(\%m_{H_2}=\dfrac{2.0,01}{2.0,01+44.0,02}.100=2,22\%\)
%mCO= 100-2,22=97,78%
b) \(V_{CO_2}=0,02.22,4=0,448\left(l\right)\)
Y gồm \(\left\{{}\begin{matrix}A:a\left(mol\right)\\CO_2:b\left(mol\right)\\H_2O:c\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Z gồm \(\left\{{}\begin{matrix}A:a\left(mol\right)\\CO_2:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Do nZ = 50%.nY
=> a + b = 0,5a + 0,5b + 0,5c
=> \(c=a+b\)
Khí thoát ra khỏi dd NaOH là khí A
\(n_{CO_2}=83,33\%.n_Z\)
=> b = 0,8333.(a + b)
=> 5a = b
=> Y gồm \(\left\{{}\begin{matrix}A:a\left(mol\right)\\CO_2:5a\left(mol\right)\\H_2O:6a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> nC(A pư) : nH(A pư) = 5a : 12a = 5 : 12
=> CTPT: (C5H12)n
Chọn n = 1 thỏa mãn => CTPT: C5H12
\(V_{C_2H_6}=13,44-6,72=6,72\left(l\right)\)
=> \(n_{C_2H_6}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
\(n_{C_2Ag_2}=\dfrac{24}{240}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(n_{C_2H_2}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(n_{C_2H_4}=\dfrac{13,44}{22,4}-0,3-0,1=0,2\left(mol\right)\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_6}=\dfrac{0,3.30}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=52,326\%\\\%m_{C_2H_4}=\dfrac{0,2.28}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=32,558\%\\\%m_{C_2H_2}=\dfrac{0,1.26}{0,3.30+0,2.28+0,1.26}.100\%=15,116\%\end{matrix}\right.\)
ta có :
nBr2=\(\dfrac{16}{160}=0,1mol\)
C2H4+Br2->C2H4Br2
0,1------0,1
=>VC2H4=0,1.22,4=2,24l
=>VCH4=3,36l->n CH4=0,15 mol
->%VC2H4=\(\dfrac{2,24}{5,6}.100\)=40%
=>%VCH4=60%
c)
CH4+2O2-to>CO2+2H2O
0,15---------------0,15
C2H4+3O2--to>2CO2+2H2O
0,1--------------------0,2
=>m CaCO3=0,35.100=35g
chỗ thiếu là Ca(OH)2