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

C nhá.

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

Cho 11,2 lit CO₂ vào 500ml dd NaOH 25% (d = 1,3g/ml). Tính nồng độ mol/lit của dd muối tạo thành.

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%

XX có 4 lớp electron.

Ta có lớp 1 có tối đa 2 ee.

Lớp 2 có tối đa 8 ee.

Lớp 3 có tối đa 18 ee.

Lớp 4 của nguyên tố này có 7 ee

Do vậy XX chứa số ee là

eX=2+8+18+7=35eX=2+8+18+7=35

Trong một nguyên tử ta luôn có:

pX=eX=35pX=eX=35

Trong nguyên tử, hạt mang điện là p;ep;e; không mang điện là nn

→np+e=n35.2=0,6429→n=45→np+e=n35.2=0,6429→n=45

Hạt nhân của XX chứa 35 pp nên điện tích hạt nhân là 35+.

Số khối của XX

Nguyên tố RR có số nn là

AX=p+n=35+45=80 (u)AX=p+n=35+45=80 (u)

nR=53,143%pX=18,6nR=53,143%pX=18,6 (phần này xem lại đề)

Câu cc hỏi cấu tạo nguyên tử gì em??

Nếu là XX thì cấu tạo như này

Câu tạo của XX có 4 lớp e và 7e ngoài cùng.

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 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

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