Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 9 :
\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
Đặt x, y lần lượt số mol Mg , Zn phản ứng với axit
PTHH :
\(Mg\left(x\right)+H_2SO_4\left(x\right)-->MgSO_4\left(x\right)+H_2\left(x\right)\)
\(Zn\left(y\right)+H_2SO_4\left(y\right)-->ZnSO_4\left(y\right)+H_2\left(y\right)\)
Gỉa sử trong hỗn hợp chỉ có Zn :
\(x+y=n_{Zn}=n_{H_2}=0,1\)
\(\Rightarrow m_{Zn}=0,1.65=6,5\left(g\right)\)
\(\Rightarrow65x+65y=65\left(x+y\right)=6,5\left(g\right)< 7,8\left(g\right)\)
Vậy chứng tỏ axit vẫn dư sau phản ứng .
Bài 7 :
PTHH :
\(Fe+2HCl-->FeCl_2+H_2\left(1\right)\)
\(2Al+6HCl-->2AlCl_3+3H_2\left(2\right)\)
Gỉa sử trong hỗn hợp X chỉ có Fe :
\(n_{Fe}=\dfrac{22}{56}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow n_{HCl}=0,4.2=0,8\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=0,6\left(mol\right)< 0,8\left(mol\right)\)
Chứng tỏ kim loại không tan hết .(1)
\(Gỉa\) sử trong hỗn hợp chỉ có Al :
\(n_{Al}=\dfrac{22}{27}=0,814=>n_{HCl}=3.0,814=2,44\left(mol\right)>0,6\left(mol\right)\)
Chứng tỏ kim loại không tan hết (2)
Từ (1),(2) chứng tỏ hh X không tan hết .
HÌNH NHƯ SAI ĐỀ .
1.
- nFe= \(\dfrac{11,2}{56}\) = 0,2 mol
nAl = \(\dfrac{m}{27}\) mol
- Khi thêm Fe vào cốc đựng dd HCl (cốc A) có phản ứng:
Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl2 +H2 \(\uparrow\)
0,2 0,2
- Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng cốc đựng HCl tăng thêm:
11,2 - (0,2.2) = 10,8g
- Khi thêm Al vào cốc đựng dd H2SO4 có phản ứng:
2Al + 3 H2SO4 \(\rightarrow\) Al2 (SO4)3 + 3H2\(\uparrow\)
\(\dfrac{m}{27}\) mol \(\rightarrow\) \(\dfrac{3.m}{27.2}\)mol
- Khi cho m gam Al vào cốc B, cốc B tăng thêm m - \(\dfrac{3.m}{27.2}\)
- Để cân thăng bằng, khối lượng ở cốc đựng H2SO4 cũng phải tăng thêm 10,8g. Có: m - \(\dfrac{3.m}{27.2}.2\) = 10,8
- Giải được m = (g)
2.
PTPƯ: CuO + H2 \(\underrightarrow{400^oC}\) Cu + H2O
Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu thu được \(\dfrac{20.64}{80}=16g\)
16,8 > 16 => CuO dư.
Hiện tượng PƯ: Chất rắn dạng bột CuO có màu đen dần dần chuyển sang màu đỏ (chưa hoàn toàn).
Đặt x là số mol CuO PƯ, ta có mCR sau PƯ = mCu + mCuO còn dư
= mCu + (mCuO ban đầu – mCuO PƯ)
64x + (20-80x) =16,8 \(\Leftrightarrow\) 16x = 3,2 \(\Leftrightarrow\) x= 0,2.
nH2 = nCuO= x= 0,2 mol. Vậy: VH2= 0,2.22,4= 4,48 lít
3.
2KClO3 \(\rightarrow\) 2KCl + 3O2
\(\dfrac{a}{122,5}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{a}{122,5}\left(74,5\right)\) + \(\dfrac{3a}{2}.22,4\)
2KMnO4 \(\rightarrow\) K2MnO4 + MnO2 + O2
\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)
\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)
\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)
Bài 1:
Theo giả thiết ta có : các pthh
+ Khi khử hh oxit sắt thì có PT PƯ sau :
\(\left(1\right)Fe2O3+3H2-^{t0}\rightarrow2Fe+3H2O\)
\(\left(2\right)FeO+H2-^{t0}\rightarrow Fe+H2O\)
+ Khi cho hh sắt thu được ở trên t/d với HCl ta có PT P/Ư sau :
(3) \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl2+H2\)
0,2mol<--0,4mol------------>0,2 mol
a) Gọi x mol là số mol của Fe thu được ở PƯ 1
Số mol của Fe thu được ở PƯ 2 là 0,2-x mol
Theo pt pư 1 và 2 ta có :
nFe2O3=1/2nFe=1/2x mol
nFeO=nfe=0,2-x mol
Theo giả thiết ta có PT :
160.1/2x + 72(0,2-x) = 15,2
Giải ra ta được x = 0,1 mol
=> nFe2O3=1/2.0,1=0,05 mol
nFeO = 0,2-0,1=0,1 mol
=> %mFe2O3=\(\dfrac{\left(0,05.160\right).100}{15,2}\approx52,63\%\)
%mFeO = 100% - 52,63% = 47,37%
b) Thể tích khí hidro thu được là :
VH2(dktc) = 0,2.22,4=4,48 (l)
1)
PTHH: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)
a. \(n_{Zn}=\frac{m}{M}=\frac{13}{65}=0,2mol\)
\(n_{HCl}=\frac{m}{M}=\frac{18,25}{36,5}=0,5mol\)
Lập tỷ lệ \(\frac{n_{Zn}}{1}\) và \(\frac{n_{HCl}}{2}\rightarrow\frac{0,1}{1}< \frac{0,5}{2}\)
Vậy sau phản ứng HCl còn dư nên tính theo số mol Zn
\(\rightarrow n_{Zn}=n_{H_2}=0,2mol\)
\(\rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l\)
b. Sau phản ứng thì nhúng dung dịch vào quỳ tím, làm cho quỳ tím hoá đỏ bởi còn HCl dư
c. PTHH: \(CuO+H_2\rightarrow^{t^o}Cu+H_2O\)
Trước pứ: 0,3 0,2 mol
pứ: 0,2 0,2 mol
Sau pứ: 0,1 0,2 mol
Vậy sau pứ thu được X gồm CuO dư và Cu
\(\rightarrow m_X=m_{CuO\left(dư\right)}+m_{Cu}=0,1.80+0,2.64=20,8g\)
2)
Đặt \(a\left(g\right)=m_{Na}=m_{Fe}=m_{Al}\)
\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\left(1\right)\)
\(2Na+2HCl\rightarrow2NaCl+H_2\left(2\right)\)
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\left(3\right)\)
Có \(\hept{\begin{cases}n_{Fe}=a/56mol\\n_{Al}=a/27mol\\n_{Na}=a/23mol\end{cases}}\)
Theo phương trình \(n_{H_2}\left(1\right)=\frac{3}{2}n_{Al}=\frac{a}{18}mol\)
\(n_{H_2}\left(2\right)=\frac{1}{2}n_{Na}=\frac{a}{46}mol\)
\(n_{H_2}\left(3\right)=n_{Fe}=\frac{a}{56}mol\)
\(\frac{a}{18}\approx0,056a\left(mol\right)\)
\(\frac{a}{46}\approx0,22a\left(mol\right)\)
\(\frac{a}{56}\approx0,018a\left(mol\right)\)
Xét \(0,018a< 0,22a< 0,056a\)
Vậy Al cho thể tích \(H_2\) là nhiều nhất.
sao ngọc nam chưa nổi 1000 điểm mà được làm cộng tác viên rồi
\(n_{CO\left(dư\right)}=a\left(mol\right)\)
\(n_{CO_2}=b\left(mol\right)\)
\(n_B=a+b=0.5\left(mol\right)\left(1\right)\)
\(m_B=2\cdot20.4\cdot0.5=20.4\left(g\right)\)
\(\Rightarrow28a+44b=20.4\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right):a=0.1,b=0.4\)
\(n_{CO\left(pư\right)}=n_{CO_2}=0.4\left(mol\right)\)
\(BTKL:\)
\(m_X+m_{CO}=m_A+m_B\)
\(\Leftrightarrow m_X=64+0.4\cdot44-0.4\cdot28=70.4\left(g\right)\)
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có:
3Fe2O3 + CO --> 2Fe3O4 + CO2 (1)
Fe3O4 + CO --> 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO --> Fe + CO2 (3)
Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành. nB = 11,2/22,5 = 0,5 mol
Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B:
44x + 28(0,5 x) = 0,5 x 20,4 x 2 = 20,4
nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng.
Theo ĐLBTKL ta có:
mX + mCO = mA + mCO2
--> m = 64 + 0,4 x 44 - 0,4 x 28 = 70,4 gam.
Khí B gồm : $CO(a\ mol) ; CO_2(b\ mol)$
Ta có :
$a + b = \dfrac{11,2}{22,4} = 0,5(mol)$
$M_B = \dfrac{28a + 44b}{a + b} = 20,4.2$
Suy ra : a = 0,1 ; b = 0,4
$CO + O_{oxit} \to CO_2$
$n_{O(oxit)\ pư} = n_{CO_2} = 0,4(mol)$
$\Rightarrow m = m_A + m_O = 64 + 0,4.16 = 70,4(gam)$
Bài 1:
\(n_{C_4H_{10}}=\frac{m}{M}=\frac{11,6}{58}=0,2mol\)
PTHH: \(2C_4H_{10}+13O_2\rightarrow^{t^o}8CO_2\uparrow+10H_2O\)
0,2 1,3 0,8 1 mol
\(\rightarrow n_{O_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{13.0,2}{2}=1,3mol\)
\(V_{O_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=1,3.22,4=29,12l\)
\(\rightarrow n_{CO_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{8.0,2}{2}=0,8mol\)
\(m_{CO_2}=n.M=0,8.44=35,2g\)
\(\rightarrow n_{H_2O}=n_{C_4H_{10}}=\frac{10.0,2}{2}=1mol\)
\(m_{H_2O}=n.M=1.18=18g\)
Khí B\(\left\{{}\begin{matrix}CO_2:a\left(mol\right)\\CO\left(dư\right):b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a+b=0,5\) (1)
Ap dung pp đường chéo, ta được: \(a-4b=0\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,4\\b=0,1\end{matrix}\right.\)
Ta thấy, CO kết hợp với O có trong hỗn hợp X để tạo khí CO2, số mol CO2 = số mol O đã phản ứng = 0,4 (mol)
\(\Rightarrow m_X=m_A+m_O=64+6,4=70,4\left(gam\right)\)
- Giả sử : %mR = a%
\(\Rightarrow\) %mO =\(\dfrac{3}{7}\) a%
- Gọi hoá trị của R là n
\(\Rightarrow\) Đặt CTTQ của B là: R2On
Ta có :
\(2:n=\dfrac{a\text{%}}{R}:\dfrac{\dfrac{3}{7}\%a}{16}\Rightarrow R=\dfrac{112n}{6}\)
- Vì n là hóa trị của nguyên tố nên n phải nguyên dương, ta có bảng sau :
|
n |
I |
II |
III |
IV |
|
R |
18,6 |
37,3 |
56 |
76,4 |
|
|
loại |
loại |
Fe |
loại |
=> R là Fe
- Vậy công thức hóa học của B là Fe2O3 .
Bài 1 :
Gọi công thức hợp chất : R2On ; 1 ≤ n ≤ 3
Theo gt: %R + %O = 100%
\(\%R+\dfrac{3}{7}\%R=\dfrac{10}{7}\%R\)
Mà %R + %O = 100
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%R=70\%\\\%O=30\%\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{M_R}{70}=\dfrac{M_O}{30}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2M_R}{70}=\dfrac{16n}{30}\)
\(\Leftrightarrow60M_R=1120n\)
\(\Leftrightarrow M_R=\dfrac{56n}{3}\)
| n | 1 | 2 | 3 |
| MR | \(\dfrac{56}{3}\) | \(\dfrac{112}{3}\) | 56 |
Vậy công thức hợp chất là Fe2O3
6)Gọi 2x,y là số mol Al,Fe
Theo gt:\(m_{hhKL}\)=\(m_{Al}+m_{Fe}\)=27.2x+56y=54x+56y=11(g)(1)
Ta có PTHH:
2Al+6HCl->\(2AlCl_3\)+3\(H_2\)(1)
2x......6x........................3x.....(mol)
Fe+2HCl->\(FeCl_2\)+\(H_2\)(2)
y........2y.....................y....(mol)
Theo PTHH(1);(2):\(n_{H_2\left(1;2\right)}\)=3x+y=8,96:22,4=0,4(mol)(2)
Từ (1);(2)=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\left(mol\right)\\y=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)=>\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=54x=54.0,1=5,4\left(g\right)\\n_{Fe}=56y=0,1.56=5,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy % về khối lượng là:
%\(m_{Al}\)=\(\dfrac{5,4}{11}.100\%\)=49,1%
%\(m_{Fe}\)=\(\dfrac{5,6}{11}.100\%\)=50,9%
b)Theo PTHH(1);(2):\(n_{HCl\left(1;2\right)}\)=6x+2y=0,6+0,2=0,8(mol)
mặt khác:\(C_{M\left(ddHCl\right)}\)=2M=>\(V_{ddHCl}\)=0,8:2=0,4l