Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. \(M_X=27.M_{H_2}=27.2=54g/mol\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=n_{SO_2}\\y=n_{CO_2}\end{cases}}\)
\(\rightarrow M_X=\frac{64x+44y}{x+y}=54\)
\(\rightarrow64x+44y=54x+54y\)
\(\rightarrow10x=10y\)
\(\rightarrow x=y\)
\(\rightarrow\%m_{SO_2}=\frac{64x}{64x+44y}.100\%=\frac{64x}{64x+44x}.100\%=59,26\%\)
\(\rightarrow\%m_{CO_2}=100\%-59,26\%=40,74\%\)
b. PTHH: \(SO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaSO_3\downarrow+H_2O\)
\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
\(n_{CO_2}=n_{SO_2}\rightarrow V_{SO_2}=V_{CO_2}=\frac{1}{2}V_X=\frac{1}{2}.8,96=4,48l\)
\(\rightarrow n_{CO_2}=n_{SO_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2mol\)
Theo các phương trình, có:
\(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=n_{SO_2}=N_{CaSO_3}=0,2mol\)
\(\rightarrow m_{CaSO_3}=0,2.120=24g\) và \(m_{CaCO_3}=0,2.100=20g\)
Khối lượng kết tủa là: \(m=m_{CaSO_3}=m_{CaCO_3}=20+24=44g\)
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%
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 .
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. \(C\%_{NaCl}=\frac{5,85}{500}.100\%=1,17\%\)
\(C\%_{KCl}=\frac{7,45}{500}.100\%=1,49\%\)
PTHH:
\(CuO+H_2\) \(\underrightarrow{t^o}\) \(Cu+H_2O\) \(\left(1\right)\)
\(Fe_2O_3+3H_2\) \(\underrightarrow{t^o}\) \(2Fe+3H_2O\) \(\left(2\right)\)
Số mol H2 là 0,6 mol
Gọi số mol H2 tham gia pư 1 là x mol \(\left(0,6>x>0\right)\)
Số mol H2 tham gia pư 2 là \(\left(0,6-x\right)mol\)
Theo PTHH 1:
\(n_{CuO}=n_{H_2}=x\left(mol\right)\)
Theo PTHH 2:
\(n_{Fe_2O_3}=\frac{1}{3}n_{H_2}=\left(0,6-x\right):3\left(mol\right)\)
Theo bài khối lượng hh là 40g
Ta có pt: \(80x+\left(0,6-x\right)160:3=40\)
Giải pt ta được \(x=0,3\)
Vậy \(n_{CuO}=0,3\left(mol\right);n_{Fe_2O_3}=0,1\left(mol\right)\)
\(\%m_{CuO}=\left(0,3.80.100\right):40=60\%\)
\(\%m_{Fe_2O_3}=\left(0,1.160.100\right):40=40\%\)
1)
PTHH: \(2Cu+O_2\) \(\underrightarrow{t^o}\) \(2CuO\)
x x
Gọi số mol Cu phản ứng là x mol ( x >0)
Chất rắn X gồm CuO và Cu
Ta có PT: 80x + 25,6 – 64x = 28,8
Giải PT ta được x = 0,2
Vậy khối lượng các chất trong X là:
\(m_{Cu}\) = 12,8 gam
\(m_{CuO}\) = 16 gam
2)
Gọi kim loại hoá trị II là A.
PTHH: \(A+2HCl\rightarrow ACl_2+H_2\)
Số mol \(H_2\)= 0,1 mol
Theo PTHH: \(n_A=n_{H_2}\)= 0,1 (mol)
Theo bài \(m_A\) = 2,4 gam \(\Rightarrow\) \(M_A\) = 2,4 : 0,1 = 24 gam
Vậy kim loại hoá trị II là Mg
1, 2SO2 +O2 ---->2SO3
2a <--- a --->2a
Ban đầu nSO2=0,2 mol ; nO2=0,1 mol
n khí sau=0,3-a=0,25 ⇒⇒ a=0,05
Lúc sau có VSO2=2,24 l; VO2=1,12 l;VSO3=2,24 l
Có H=0,05/0,1.100=50%
2, 2Mg+O2 --->2MgO
0,2 <--- 0,1 --->0,2
hoà tan hh A có khí bay ra nên Mg dư, O2 hết
Trong A có mMgO=8 g; mMg dư=2,4 g
1, a, + 8.2=16 => CH4
+ 8,5 . 2 = 17 => NH3
+ 16 . 2 =32 => O2
+ 22 . 2 = 44 => CO2
b, + 0,138 . 29 \(\approx4\) => He
+ 1,172 . 29 \(\approx34\) => H2S
+ 2,448 . 29 \(\approx71\Rightarrow Cl_2\)
+ 0,965 . 29 \(\approx28\) => N
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
\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)
\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)
\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)
a) Gọi $n_{CO_2} = a(mol) ; n_{SO_2} = b(mol)$
Ta có :
$a + b = \dfrac{8,96}{22,4} = 0,4(mol)$
$\dfrac{44a + 64b}{a + b} = 27.2$
Suy ra : a = b = 0,2$
$V_{CO_2} = V_{SO_2} = 0,2.22,4 = 4,48(lít)$
b) Theo PTHH : $n_{K_2SO_3} = n_{SO_2} = 0,2(mol)$
$\Rightarrow m_{K_2SO_3} = 0,2.158 = 31,6(gam)$
Gọi $n_{K_2CO_3} = x(mol) ; n_{Na_2CO_3} = y(mol)$
$\Rightarrow 138x + 106y + 31,6 = 56(1)$
$n_{CO_2} = x + y = 0,2(2)$
Từ (1)(2) suy ra : x = y = 0,1
$m_{K_2CO_3} = 0,1.138 = 13,8(gam) ; m_{Na_2CO_3} = 0,1.106 = 10,6(gam)$