a)Zn+2HCl→ZnCl2+H22Al+6HCl→2AlCl3+3H2b)nZn=2,665=0,04molnAl=0,8127=0,03molnH2=0,04+0,03×32=0,085molVH2=0,085×22,4=1,904lc)nZnCl2=nZn=0,04molnAlCl3=nAl=0,03molCMZnCl2=0,040,04=1MCMAlCl3=0,030,04=0,75MmddHCl=40×1,072=42,88gmddspu=2,6+0,81+42,88−0,085×2=46,12gC%ZnCl2=0,04×13642,61×100%=12,77%C%AlCl3=0,03×133,542,61×100%=9,4%a)Zn+2HCl→ZnCl2+H22Al+6HCl→2AlCl3+3H2b)nZn=2,665=0,04molnAl=0,8127=0,03molnH2=0,04+0,03×32=0,085molVH2=0,085×22,4=1,904lc)nZnCl2=nZn=0,04molnAlCl3=nAl=0,03molCMZnCl2=0,040,04=1MCMAlCl3=0,030,04=0,75MmddHCl=40×1,072=42,88gmddspu=2,6+0,81+42,88−0,085×2=46,12gC%ZnCl2=0,04×13642,61×100%=12,77%C%AlCl3=0,03×133,542,61×100%=9,4%

1.

- n_Fe= \(\dfrac{11,2}{56}\) = 0,2 mol

n_Al = \(\dfrac{m}{27}\) 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 m_{CR sau PƯ} = m_Cu + m_{CuO còn dư}

= m_Cu + (m_{CuO ban đầu} – m_{CuO PƯ})

64x + (20-80x) =16,8 \(\Leftrightarrow\) 16x = 3,2 \(\Leftrightarrow\) x= 0,2.

n_H2 = n_CuO= x= 0,2 mol. Vậy: V_H2= 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

\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)

\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)

\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)

\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)

Ở link này bạn:https://hoc24.vn/hoi-dap/question/278468.html

a. PTHH: \(NaCl+AgNO_3\rightarrow NaNO_3+AgCl\downarrow\)

\(KCl+AgNO_3\rightarrow KNO_3+AgCl\downarrow\)

\(n_{AgCl}=\frac{2,87}{143,5}=0,02mol\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}x\left(mol\right)=n_{NaCl}\\y\left(mol\right)=n_{KCl}\end{cases}}\)

\(\rightarrow58,5x+74,5y=13,3\left(1\right)\)

Mà lấy đi \(\frac{1}{10}\) dung dịch A được 0,02 mol kết tủa \(\rightarrow x+y=10n_{AgCl}=0,2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\rightarrow x=y=0,1mol\)

\(\rightarrow m_{NaCl}=0,1.58,5=5,85g\)

\(\rightarrow m_{KCl}=0,1.74,5=7,45g\)

b. \(C\%_{NaCl}=\frac{5,85}{500}.100\%=1,17\%\)

\(C\%_{KCl}=\frac{7,45}{500}.100\%=1,49\%\)

\(m_{H_2O}=1.450=450g\)

\(m_{dd}=450+50=500g\)

\(C\%_{BaCl_2}=\frac{m.100\%}{m_{dd}}=\frac{50.100\%}{500}=10\%\)

Câu 1

Gọi n Zn = x ; m Zn = 65x ; n Fe = y và m Fe = 56y

Ta có: 65x + 65y = 37,2 ( 1)

nH₂SO₄ = 2 . 0,5 = 1 mol

+ Giả sử hỗn hợp tan hết ta có PTPƯ

- Zn + H₂SO₄ \(\rightarrow\) ZnSO₄ + H₂ (a)

x x x

- Fe + H₂SO₄ \(\rightarrow\) FeSO₄ + H₂ (b)

y y y

a) + 65x + 65y = 37,2

56x + 56y < 65x + 56y

56x + 56y < 37,2

56 ( x + y ) < 37,2

x + y < \(\dfrac{37,2}{56}=0,66\)

+ 65x + 65y > 65x +65y

65x + 65y > 37,5

65 ( x + y ) > 37,2

x + y > \(\dfrac{37,5}{65}=0,75\)

Từ (a) và (b) n H₂SO₄ = x + y = 1 mol

Mà n2 kim loại 0,57 < x + y < 0,66

==> kim loại tan hết, axit dư

b) Nếu dùng hỗn hợp Zn và Fe gấp đôi thì cũng có lập luận như trên :

Ta có: 1,14 < x + y < 1,32

Mà n H₂SO₄ = 1mol

Do đó axit phản ứng hết, kim loại dư ( ko tan hết )

Bài 1 :

Theo bài ra :

\(n_{H_2SO_4}=1\left(mol\right)\)

Đặt \(n_{Zn}=a\left(mol\right)\)

\(n_{Fe}=b\left(mol\right)\)

PTHH :

\(Zn\left(a\right)+H_2SO_4\left(a\right)-->ZnSO_4+H_2\)

\(Fe\left(b\right)+H_2SO_4\left(b\right)-->FeSO_4+H_2\)

\(a+b=0,1=>n_{Fe}+n_{Zn}=0,1\left(1\right)\)

Ta gia sử hỗn hợp chỉ chứa Zn :

\(65a+56b\)\(< 65a+65b\)

\(\Rightarrow65a+65b>37,2\)

\(\Rightarrow a+b>\dfrac{37,2}{65}=0,57\left(2\right)\)

Gỉa sử hỗn hợp chỉ sắt :

\(a+b< \dfrac{37,2}{56}=0,66\left(3\right)\)

\(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)=>0,57< 1< 0,66\left(vô.lí\right)\)

\(\Rightarrow H2SO4.dư,hỗn.hợp.tan.hết\)

b, Nếu dùng gấp đôi Fe và Zn :

\(1,14< 1< 1,32\left(vô.lí\right)\)

Vậy hỗn hợp vẫn không tan hết .

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 .

Bài giải:

a) Số mol của NaOH là:

n = 0,2 mol

Nồng độ mol của dung dịch là:

C_M = = 0,25 M

b. Thể tích nước cần dùng:

- Số mol NaOH có trong 200 ml dung dịch NaOH 0,25 M:

n_NaOH = = 0,05 mol

Thể tích dung dịch NaOH 0,1 M có chứa 0,05 NaOH

V_dd = = 500 ml

Vậy thể tích nước phải thêm là:

= 500 – 200 = 300 ml

Copy ngay câu tính toán.

D. Số gam chất đó có thể tan trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch bão hòa.

Hãy chọn câu trả lời đúng.

Độ tan của một chất trong nước ở nhiệt độ xác định là:

A. Số gam chất đó có thể tan trong 100 gam dung dịch

B. Số gam chất đó có thể tan trong 100 gam nước.

C. Số gam chất đó có thể tan trong 100 gam dung môi để tạo thành dung dịch bão hòa.

D. Số gam chất đó có thể tan trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch bão hòa.

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)

bài 3 giống bài 1 => Không làm lại