bài4

Đặt công thức tổng quát CxHyOzClt
nAgCl=nHCl=nCl=5.74/143.5=0.04mol
m bình tăng=mHCl+mH2O=>mH2O=2.54-(0.04*36.5)=1.... g
nH2O=1.08/18=0.06=>nH=0.06*2+0.04=0.16 mol (vì số mol H bao gồm H trong H2O và trong HCl)
Ca(OH)2 + CO2 ------> CaCO3 + H2O (1)
Ca(OH)2 +CO2 ------> Ca(HCO3)2 (2)
Ba(OH)2 + Ca(HCO3)2 ------> BaCO3 + CaCO3 + H2O (3)
Đặt số mol Ca(OH)2 ở 2 pt là a,b
nCa(OH)2=a+b=0.02*5=0.1
mkết tua=mCaCO3 + mBaCO3=100a+100b+197b=13.94
=>a=0.08 mol
b=0.02 mol
nCO2=nC=0.08+0.02*2=0.12 mol
nO trong X=(4.3-(0.12*12+0.16+0.04*35.5))/16=0.08 mol
x : y: z :t = 0.12 : 0.16 : 0.08 : 0.04=3 : 4 : 2 : 1
=>CTN : (C3H4O2Cl)n
MX<230=>107.5n<230<=>n<2.14
<=> n=1 v n=2
Vậy CTPT X : C3H4O2Cl hoặc C6H8O4Cl2

Bài 6 :

a)

B là khí: CO và CO2 có số mol lần lượt là: x và y+ Ta có hệ pt:

\(\left\{{}\begin{matrix}28x+44y=36,9\\28x+44y=20,5.2\left(x+y\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,65\end{matrix}\right.\)

\(PTHH:CO+O\rightarrow CO_2\left(\text{*}\right)\) (*)

\(V_1=\left(0,15+0,65\right).22,4=17,92\left(l\right)\)

\(\Rightarrow a=39,6-0,65.16=29,2\left(g\right)\)

b)

Theo (*) thì \(n_{O.trong.A}=n_{CO2}=0,65\left(mol\right)\)

\(PTHH:2H+O\rightarrow H_2O\)

_________1,3___0,65___

\(\Rightarrow n_H=0,2.V_2+2.0,1V_2=0,4V_2\)

\(\Rightarrow0,4V_2=1,3\Rightarrow V_2=3,25\left(l\right)\)

Bài 1 :

Phản ứng xảy ra:

\(Fe_2O_3+6HNO_3\rightarrow2Fe\left(NO_3\right)_3+3H_2O\)

\(CuO+2HNO_3\rightarrow Cu\left(NO_3\right)_2+H_2O\)

Ta có :

\(n_{HNO3}=\frac{18,9}{63}=0,3\left(mol\right)\)

Bảo toàn nguyên tố H: \(n_{H2O}=\frac{1}{2}n_{HNO3}=0,15\left(mol\right)\)

BTKL,

\(m_{oxit}+m_{HNO3}=m_{muoi}+m_{H2O}\)

\(\Leftrightarrow20+18,9=a+0,15.18\)

\(\Rightarrow a=36,2\left(g\right)\)

Gọi số mol Mg và Al trong phần 1 lần lượt là a, b.

Cho phần 1 tác dụng với oxi.

\(2Mg+O_2\rightarrow2MgO\)

\(4Al+3O_2\rightarrow2Al_2O_3\)

Ta có:

\(n_{O2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)=\frac{1}{2}n_{Mg}+\frac{3}{4}n_{Al}=0,5a+0,75b\)

\(n_{MgO}=n_{Mg}=a\left(mol\right)\)

\(n_{Al2O3}=\frac{1}{2}n_{Al}=0,5b\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow40a+102.0,5b=14,2\left(g\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,2\end{matrix}\right.\)

Giả sử phần 2 gấp k lần phần 1, chứa 0,1k mol Mg và 0,2k mol Al.

Cho phần 2 tác dụng với HCl

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

\(n_{H2}=n_{Mg}+\frac{3}{2}n_{Al}=0,1k+\frac{3}{2}.0,2k=0,4k=\frac{13,44}{22,4}=0,6\)

\(\Rightarrow k=1,5\)

Vậy ban đầu A chứa 0,25 mol Mg và 0,5 mol Al.

\(x=0,25.24+0,5.27=19,5\left(g\right)\)

\(m_{Mg}=0,25.24=6\left(g\right)\)

\(\Rightarrow\%m_{Mg}=\frac{6}{19,5}=30,77\%\)

\(\Rightarrow\%m_{Al}=100\%-30,77\%=69,23\%\)

Tag kiểu này xem thông báo kiểu gì đây :)

Giả ra rồi. Là Fe2O3.

m = 4,8 (g) ; V= 0,672(lít)

để mai giải chứ giờ mà giải chắc mai hết đi học :V

\(n_{CO_2}=0,02\left(mol\right);\\ n_{H_2O}=1,06-0,02.44=0,01\left(mol\right)\)

Bảo toàn C, H: \(=>n_{CO}=0,02\left(mol\right);n_{H_2}=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V=\left(0,02+0,01\right).22,4=0,672\left(lit\right)\)

Ap dụng ĐLBTKL, ta có:

\(m=1,06+4,32-0,02.28+0,01.2=4,8\left(g\right)\)

Bài toán xong, vì không yêu cầu xác định công thức của oxit sắt nên chắc không cần ý dưới này

Qui đổi hỗn hợp chất rắn thành FeO

\(n_{FeO}=0,06\left(mol\right)\)

Bỏa toàn Fe: \(n_{Fe_xO_y}=\dfrac{0,06}{x}\left(mol\right)\)

Ta có: \(4,8=\dfrac{0,06}{x}\left(56x+16y\right)\)

\(\Leftrightarrow1,44x=0,96y\)

\(=>\dfrac{x}{y}=\dfrac{2}{3}\) .\(\Rightarrow CT:Fe_2O_3\)

2Fe +O2 --> 2FeO(1)

4Fe +3O2 -->2Fe2O3 (2)

3Fe + 2O2 -->Fe3O4 (3)

Fe +4HNO3 --'> Fe(NO3)3 +NO +2H2O(4)

3FeO +10HNO3 --> 3Fe(NO3)3 +NO +5H2O (5)

3Fe3O4 +28HNO3 --> 3Fe(NO3)3 +NO +14H2O(6)

giả sử nFe= a(mol)

nFeO=b(mol)

nFe2O3=c(mol)

nFe3O4=d(mol)

=> 56a+72b+160c+232d =12 (I)

theo (4) :nNO=nFe=a(mol)

theo(5) : nNO=1/3 nFeO=1/3c(mol)

theo (6) : nNO=1/3 nFe3O4=1/3d(mol)

=> a+1/3c+1/3d=2,24/22,4=0,1(II)

nhân (II) với 56 rồi lấy (I) trừ (II) ta có :

\(\dfrac{56a+72b+160c+232d}{56a+\dfrac{56}{3}c+\dfrac{56}{3}d}=\dfrac{160}{3}b+160c+\dfrac{640}{3}d\)

\(\Leftrightarrow\)b+3c+4d=0,12

ta có :

n_{O(trong FeO)}=n_FeO=b(mol)

n_{O(trongFe2O3)}=3n_Fe2O3=3c(mol)

n_{O(trong Fe3O4)}=4n_Fe3O4=4d(mol)

=> m_Fe(ban đầu)= \(12-16\left(b+3c+4d\right)\)

= \(12-16.0,12=10,08\left(g\right)\)

Ta có : khối lượng dung dịch giảm 25% = 15.(100% - 25 % ) = 11,25g

Khối lượng dung dịch giảm chính bằng khối lượng kim loại tăng.

Ta có : Cứ 1mol AgNO3 phản ứng , khối lượng thanh đồng tăng : 108 - 64 = 44g

=>Gọi x là số mol AgNO3 phản ứng ta có : x= 11,25 : 44 = 0,256mol

Cu + 2Ag(+) => Cu (2+) +2Ag

=>mCu trước phản ứng = 0,256: 2 .64 = 8,192g

=>Khối lượng vật sau phản ứng là : 8,192 + 11,25 = 19.442g

Câu 3:

a) n_H2 = \(\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\) mol

Pt: X + 2HCl --> XCl₂ + H₂

..0,4<----0,8<---------------0,4

Ta có: 9,6 = 0,4M_X

=> M_X = \(\dfrac{9,6}{0,4}=24\)

=> X là Magie (Mg)

b) Vdd HCl = \(\dfrac{0,8}{1}=0,8\left(l\right)\)

Câu 4:

a) Pt: CuO + H₂ --to--> Cu + H₂O

..........Fe₂O₃ + 3H₂ --to--> 2Fe + 3H₂O

..........Fe₃O₄ + 4H₂ --to--> 3Fe + 4H₂O

b) n_H2O = \(\dfrac{14,4}{18}=0,8\) mol

Thep pt ta có: n_H2 = n_H2O = 0,8 mol

=> V_H2 = 0,8 . 22,4 = 17,92 (lít)

m_H2 = 0,8 . 2 = 1,6 (g)

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

m_hh + m_H2 = m_{kim loại} + m_H2O

=> m_{kim loại} = m_hh + m_H2 - m_H2O = 47,2 + 1,6 - 14,4 = 34,4 (g)

.

mik từng yêu cầu bạn : nên đăng từng câu một ( đây là lần thứ 3)

===========================

Theo bài ra ta có :

\(\dfrac{V_A}{V_B}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow\dfrac{V_A}{3}=\dfrac{V_B}{5}=V\left(l\right)\)

=> \(V_A=3V\left(l\right)\) , \(V_B=5V\left(l\right)\)

Ta có C_M(A) = 2C_M(B) hay \(\dfrac{n_A}{V_A}=\dfrac{2n_B}{V_B}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{n_A}{3V}=\dfrac{2n_B}{5V}\)=> 5V.n_A= 6V.n_B <=>\(\dfrac{n_A}{n_B}=\dfrac{6}{5}=1,2\Rightarrow n_A=1,2n_B\)

C_{M(dung dịch sau khi trộn)} = \(\dfrac{n_A+n_B}{V_A+V_B}\)= \(\dfrac{2,2n_B}{8V}\)= 3(M)

<=>0,275\(\dfrac{n_B}{V}=3\left(M\right)\)

<=>\(0,275.5.\dfrac{n_B}{5V}=3\left(M\right)\Leftrightarrow1,375.C_{M\left(B\right)}=3\left(M\right)\)

<=> C_M(B) \(\approx2,182\) (M) =>C_M(A) = 4,364(M)

bài 1

Đặt XO là các oxit (giả sử X hóa trị II)

\(nO\left(oxit\right)=n_{XO}=\dfrac{40-32}{16}=0,5\left(mol\right)\)

\(H_2SO_4\left(0,5\right)+XO\left(0,5\right)\rightarrow XSO_4+H_2O\)

\(\Rightarrow V_{H_2SO_4}=0,25\left(l\right)=250\left(ml\right)\)

Ta thấy muối là phân tử mà trong đó gồm 1 hay nhiều nguyên tử kim loại liên kết với gốc axit \(\left(SO_4^{2-}\right)\). mÀ trong quá trình phản ứng SO4(2-) trong phân tử H2SO4 chuyển về muối hết => nSO4(2-) trong muối = nH2SO4 = 0,5 (mol)

\(m_{muoi}=m_{KL}+m_{SO_4^{2-}}=32+0,5.96=80\left(g\right)\)