Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
\(\rightarrow n_{O_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{13.0,2}{2}=1,3mol\)
\(V_{O_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=1,3.22,4=29,12l\)
\(\rightarrow n_{CO_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{8.0,2}{2}=0,8mol\)
\(m_{CO_2}=n.M=0,8.44=35,2g\)
\(\rightarrow n_{H_2O}=n_{C_4H_{10}}=\frac{10.0,2}{2}=1mol\)
\(m_{H_2O}=n.M=1.18=18g\)
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
\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)
\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)
\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)
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
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 .
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%
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 :
PTHH : Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2
a , nMg = 2,4/24=0,1(mol)
nH2SO4 = 19,6/98 =0,2(mol)
Vì 0,1 <0,2 => Mg hết , H2SO4 dư => tính theo số mol Mg
Theo PTHH , nMg = nH2 = 0,1(mol)
=> VH2(đktc) = 0,1 . 22,4 = 2,24 (l)
b , Theo PTHH , nH2SO4 phản ứng = nMg = 0,1 (mol)
=> nH2SO4 dư = 0,2-0,1 =0,1(mol)
=> mH2SO4 dư = 0,1 .98 =9,8 (g)
c , Muối tạo ra là MgSO4 ( magie sunfat)
Theo PTHH , nMgSO4 = nMg = 0,1(mol)
=> mMgSO4 = 0,1 .120 = 12(g)
Bài 3 :
\(n_{Mg}=\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6}{98}=0,2\left(mol\right)\)
PTHH :
\(Mg\left(0,1\right)+H_2SO_4\left(0,2\right)\rightarrow MgSO_4+H_2\)
\(Ta.có:\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,2}{1}\)
\(=>H_2SO_4,tính.theo.Mg\)
\(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)\)
\(a,V_{H_2}\left(thoat.ra\right)=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)
\(b,m_{H_2SO_4}\left(dư\right)=0,1.98=9,8\left(g\right)\)
\(c,MgSO_4:magie.sunfat\)
\(m_{MgSO_4}\left(tao.thanh\right)=0,1.120=12\left(g\right)\)
Bài 4
PTHH :
2K + 2H2O -> 2KOH + H2
0,2...................................0,1 (mol)
2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2
0,1.....................................0,05 (mol)
nK = 7,8 /39 = 0,2(mol)
nNa = 2,3/23 = 0,1(mol)
Theo PTHH , \(\Sigma n_{H2-thoat-ra}\) = 0,1+0,05 = 0,15(mol)
=> VH2(đktc) = 0,15 . 22,4 =3,36 (l)
b , Sản phẩm gồm : dung dịch NaOH (natri hidroxit), dung dịch KOH(kali hidroxit) và nước dư
Phân loại :
+ Oxit : H2O dư
+ dung dich bazo : NaOH , KOH
a,\(n_K=\dfrac{7,8}{39}=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{Na}=0,1\left(mol\right)\)
\(PTHH:2K\left(0,2\right)+2H_2O\left(0,2\right)\rightarrow2KOH\left(0,2\right)+H_2\left(0,1\right)\)
\(2Na\left(0,1\right)+2H_2O\left(0,1\right)\rightarrow2NaOH\left(0,1\right)+H_2\left(0,05\right)\)
\(V_{H_2}\left(thoat.ra\right)=\left(0,05+0,1\right).22,4=3,36\left(l\right)\)
b,
\(m_{NaOH}=0,1.40=4\left(g\right)\)
\(m_{KOH}=0,2.56=11,2\left(g\right)\)
\(m_{H_2}=0,15.2=0,3\left(g\right)\)
Gọi tên :
\(NaOH:natri.hidroxit\)
\(KOH:kali.hidroxit\)
\(H_2:khí.hidro\)
Phân loại :
- Đơn chất : H2
- Hợp chất : NaOH;KOH .
Bài 3: Theo đề ta có PTHH:
Mg + H2SO4 \(\xrightarrow[]{}\) MgSO4 + H2
a. Theo đề: nMg= \(\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6}{98}=0,2\left(mol\right)\)
Ta có tỉ lệ số mol của Mg: \(\dfrac{0,1}{1}=0,1\)
Tỉ lệ số mol của H2SO4: \(\dfrac{0,2}{1}=0,2\)
mà 0,1<0,2
=> H2SO4 dư
=> \(n_{H_2}=n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(V_{H_2}=0,1\times22,4=2,24\left(l\right)\)
b. Theo câu a, chất dư là H2SO4
Theo PTHH:
\(n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)\)
=> \(m_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,1\times98=9,8\left(g\right)\)
c. Muối tạo ra sau phản ứng là Magie sunfat (MgSO4)
Theo PTHH:
\(n_{MgSO_4}=n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\)
=> \(m_{MgSO_4}=0,1\times120=12\left(g\right)\)
Vậy khối lượng muối thu được sau phản ứng là 12 gam
PTHH: \(Mg+H_2SO_4=MgSO_4+H_2\)\(n_{Mg}=\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6}{98}=0,2\left(mol\right)\)
XTL: \(\dfrac{n_{Mg}}{1}=\dfrac{0,1}{1}=0,1< \dfrac{n_{H_2SO_4}}{1}=\dfrac{0,2}{1}=0,2\)
=> Mg hết, H2SO4 dư
TPTHH: nH2=nMg=0,1(mol)
=> VH2(đktc)= 0,1.22,4=2,24(l)
b) TPTHH: nH2SO4(pư)=nMg=0,1(mol)
=> nH2SO4(dư)= 0,2-0,1=0,1(mol)
=> mH2SO4(dư)= 0,1.98=9,8(g)
c) muối: magie sunfat
TPTHH: nMgSO4=nMg=0,1(mol)
mMgSO4= 0,1.117=11,7(g)
Câu b em tính sai khối lượng muối rồi