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

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

Bấm vô chữ  "đúng''

tách r đi ạ

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.

* Sơ đồ PƯ cháy: A + O₂ → CO₂↑ + H₂O ;

m_O trong O₂ = \(\left(\dfrac{8,96}{22,4}.2\right).16=12,8g\);

* m_{O sau PƯ} = m_O (trong CO₂ + trong H₂O) = \(\left(\dfrac{4,48}{22,4}.2\right).16+\left(\dfrac{7,2}{18}.1\right).16=12,8g\)

a) Sau phản ứng thu được CO₂ và H₂O => trước PƯ có các nguyên tố C, H và O tạo nên các chất PƯ.

Theo tính toán trên: tổng m_{O sau PƯ} = 12,8 g = tổng m_O trong O₂.

Vậy A không chứa O mà chỉ do 2 nguyên tố là C và H tạo nên.

m_{A đã PƯ} = m_c + m_H = \(\left(\dfrac{4,48}{22,4}.1\right).12+\left(\dfrac{7,2}{18}.2\right).1=3,2g\)

b) Ta có: M_A = 8.2 = 16 g; Đặt CTPT cần tìm là C_xH_y với x, y nguyên dương

M_A = 12x + y = 16g => phương trình: 12x + y = 16 (*)

Tỷ lệ x: y= n_C: n_H = \(\left(\dfrac{4,48}{22,4}.1\right):\left(\dfrac{7,2}{18}.2\right)=0,2:0,8=1:4\) hay \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow y=4x\) thay vào (*):

12x + 4x = 16 \(\Leftrightarrow\) x= 1 => y = 4. Vậy CTPT của A là CH₄, tên gọi là metan.

2.

PTPƯ: CuO + H­₂ \(\underrightarrow{400^oC}\) Cu + H₂O ;

a) Hiện tượng PƯ: Chất rắn dạng bột CuO có màu đen dần dần biến thành màu đỏ(Cu)

b) – Giả sử 20 g CuO PƯ hết thì sau PƯ sẽ thu được \(\dfrac{20.64}{80}=16g\) chất rắn duy nhất (Cu) < 16,8 g chất rắn thu được theo đầu bài => CuO phải còn dư.

- Đặt x là số mol CuO PƯ, ta có m_{CR sau PƯ} = m_Cu + m_{CuO còn dư}= x.64 + (m_{CuO ban đầu} – m_{CuO PƯ})

= 64x + (20 – 80x) = 16,8 g.

=> Phương trình: 64x + (20-80x) =16,8 \(\Leftrightarrow\) 16x = 3,2 \(\Leftrightarrow\) x= 0,2. => m_{CuO PƯ} = 0,2.80= 16 g

Vậy H = (16.100%):20= 80%.

c) Theo PTPƯ: n_H2 = n_CuO= x= 0,2 mol. Vậy: V_H2= 0,2.22,4= 4,48 lít

Hóa Học24, cho t sửa lại câu 1, dòng đầu tiên ý, t đánh máy sai mất rồi = ="

1.

* Sơ đồ PƯ cháy: A + O₂ \(\rightarrow\) CO₂ \(\uparrow\) + H₂O ; m_O trong O₂ = \(\left(\dfrac{8,96}{22,4}.2\right).16=12,8g\);

C nhá.

ở trong sách cũng có mà,cô cũng dạy r.

Câu 1:

nKClO3=12,25122,5=0,1mol

2KClO3→(to,MnO2)2KCl+3O2

0,1                                                0,15 ( mol )

VO2=0,15.22,4=3,36l

=> Chọn B

Bài 3 :

PTHH : Mg + H₂SO₄ -> MgSO₄ + H₂

a , n_Mg = 2,4/24=0,1(mol)

n_H2SO4 = 19,6/98 =0,2(mol)

Vì 0,1 <0,2 => Mg hết , H₂SO₄ dư => tính theo số mol Mg

Theo PTHH , n_Mg = n_H2 = 0,1(mol)

=> V_H2(đktc) = 0,1 . 22,4 = 2,24 (l)

b , Theo PTHH , n_{H2SO4 phản ứng} = n_Mg = 0,1 (mol)

=> n_{H2SO4 dư} = 0,2-0,1 =0,1(mol)

=> m_{H2SO4 dư} = 0,1 .98 =9,8 (g)

c , Muối tạo ra là MgSO₄ ( magie sunfat)

Theo PTHH , n_MgSO4 = n_Mg = 0,1(mol)

=> m_MgSO4 = 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 :

\(Mg\left(0,1\right)+H_2SO_4\left(0,2\right)\rightarrow MgSO_4+H_2\)

\(Ta.có:\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,2}{1}\)

\(=>H_2SO_4,tính.theo.Mg\)

\(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)\)

\(a,V_{H_2}\left(thoat.ra\right)=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

\(b,m_{H_2SO_4}\left(dư\right)=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

\(c,MgSO_4:magie.sunfat\)

\(m_{MgSO_4}\left(tao.thanh\right)=0,1.120=12\left(g\right)\)

Có những oxit sau: CaO, Fe₂O₃, SO₃, Na₂O, CuO, CO₂. Oxit nào có thể tác dụng được với:

a. Nước [H₂O]

b. Dung dịch HCl       

c. Dung dịch NaOHviết PTHH từng câu 

a) Tác dụng vs H2O : Na2O, BaO, P2O5, SO3, CaO.

PTHH: Na2O + H2O -> 2 NaOH

BaO + H2O -> Ba(OH)2

P2O5 + 3 H2O -> 2 H3PO4

CaO + H2O -> Ca(OH)2

SO3 + H2O -> H2SO4

b) Tác dụng vs dd H2SO4: Na2O , BaO , CaO, MgO, Fe2O3, Al2O3

PTHH: Na2O + H2SO4 -> Na2SO4 + H2O

BaO + H2SO4 -> BaSO4 + H2O

CaO + H2SO4 -> CaSO4 + H2O

MgO + H2SO4 -> MgSO4 + H2O

Fe2O3 + 3 H2SO4 -> Fe2(SO4)3 + 3 H2O

Al2O3 +3 H2SO4 -> Al2(SO4)3 +3 H2O

c) Tác dụng vs dd NaOH : P2O5, SO3, SiO2 , Al2O3

PTHH: P2O5 + 6 NaOH -> 2 Na3PO4 + 3 H2O

SO3 + 2 NaOH -> Na2SO4 + H2O

SiO2 + 2 NaOH -> Na2SiO3 + H2O

Al2O3 + 2 NaOH -> 2 NaAlO2 + H2O