Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
Sửa đề : 8g kết tủa
Đặt:
nNa2CO3= x mol
nNaHCO3= y mol
mhh= 106x + 84y = 7.6g (1)
Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl + CO2 + H2O
x__________2x____________x
NaHCO3+ HCl --> NaCl + CO2 + H2O
y_________y____________y
nCaCO3= 8/100= 0.08 mol
Ca(OH)2 + CO2 -->CaCO3 + H2O
__________0.08_____0.08
nCO2= x + y = 0.08 (2)
Giải (1) và (2) :
x=y= 0.04
mNa2CO3= 0.04*106= 4.24g
mNaHCO3= 3.36g
%Na2CO3= 55.79%
%NaHCO3= 44.21%
b)
nHCl = 2x + y = 0.12 mol
mHCl = 0.12*36.5=4.38g
mddHCl = 4.38*100/20=21.9g
VddHCl = mdd/D= 21.9/1.14= 19.21ml
2, Gọi kim loại cần tìm là A có hóa trị là n
CTTQ : A2(CO3)n
A\(_2\)(CO3)\(_n\) + nH\(_2\)SO\(_4\) → A\(_2\)(SO\(_4\))\(_n\) + nCO\(_2\) + nH\(_2\)O
(mol) 1.................n........................1..................n
m(H2SO4) = 98n (gam) => m(dd H2SO4) = \(\frac{98n\cdot100\%}{10\%}\) = 980n (gam)
m(CO2) = 44n (gam)
m(dd sau ) = m( muối bđ) + m(dd H2SO4) - m(CO2)
= 1*(2A + 60n) + 980n - 44n
= 2A + 996n
Ta lại có :
\(\frac{1\cdot\left(2A+96n\right)}{2A+996n}\cdot100\%\) = 13,63 %
<=> 200A + 9600n = 27,26A + 13575,48n
<=> 172,24A = 3975,48n
<=> A = 23n
Với n = 1 thì A = 23 (Na) (thỏa mãn )
Vậy công thức của muối ban đầu là Na2CO3
Bài 1:
SO3 + H2O → H2SO4
\(n_{SO_3}=\dfrac{8}{80}=0,1\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{SO_3}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,25}=0,4\left(M\right)\)
Vậy chọn đáp án D
Bài 2:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{FeCl_2}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{FeCl_2}=0,1\times127=12,7\left(g\right)\)
Vậy chọn đáp án B
Câu 3:
CH3CH2OH viết gọn lại thành C2H5OH
\(n_{CH3COOH}=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{C2H5OH}=\frac{6,9}{46}=0,15\left(mol\right)\)
\(n_{CH3COOC2H5}=0,075\left(mol\right)\)
\(\frac{n_{CH3COOH}}{1}< \frac{n_{C2H5OH}}{1}\left(0,1< 0,15\right)\)nên hiệu xuất được tính theo CH3COOH
\(PTHH:C_2H_5+CH_3COOH\rightarrow CH_3COOC_2H_5+H_2O\)
\(H=\frac{n_{CH3COOC2H5}.100}{n_{CH3COOH}}=\frac{0,075.100}{0,1}=75\%\)
Câu 4:
Ta có:
\(V_{C2H5OH}=\frac{8,4}{0,8}=10,5\left(l\right)\)
\(\Rightarrow m_{H2O}=300.1=300\left(g\right)\)
\(\Rightarrow C\%_{C2H5OH}=\frac{8,4}{8,4+300}.100\%=2,7\%\)
\(D_r=\frac{10,5}{10,5+300}.100\%=3,38^o\)
có: nH2= \(\frac{1,96}{22,4}\)= 0,0875( mol)
nKOH= 2. 0,05= 0,1( mol)
PTPU
2C2H5OH+ 2Na\(\rightarrow\) 2C2H5ONa+ H2\(\uparrow\) ( 1)
2CH3COOH+ 2Na\(\rightarrow\) 2CH3COONa+ H2\(\uparrow\) ( 2)
.0,1.......................................................0,05.. ( mol)
CH3COOH+ KOH\(\rightarrow\) CH3COOK+ H2O ( 3)
..0,1................0,1.................................... mol
có: \(\sum\)nH2= nH2( 1)+ nH2( 2)= 0,0875( mol)
\(\Rightarrow\) nH2( 1)= 0,0875- 0,05= 0,0375( mol)
theo pt( 1) có: nC2H5OH= 2nH2= 2. 0,0375= 0,075( mol)
\(\Rightarrow\) mhh= 0,1. 60+ 0,075. 46= 9,45( g)
\(\Rightarrow\) %mC2H5OH= \(\frac{0,075.46}{9,45}\). 100%= 36,5%
%mCH3COOH= 100%- 36,5%= 63,5%
b/
C2H5OH+ CH3COOH<=( H2SO4 đặc; to)=> CH3COOC2H5+ H2O ( 4)
xét tỉ lệ: \(\frac{0,075}{1}\)< \(\frac{0,1}{1}\)
\(\Rightarrow\) C2H5OH hết, CH3COOH dư
theo PTPU( 4) có: nCH3COOC2H5= nC2H5OH= 0,075( mol)
mặt khác: nCH3COOC2H5( thực tế)= \(\frac{5,28}{88}\)= 0,06( mol)
\(\Rightarrow\) H= \(\frac{0,06}{0,075}\). 100%= 80%
+ Cho A tác dụng với dd NaOH dư:
Chất rắn A1: Fe3O4, Fe; dd B1: NaAlO2 và NaOH dư; khí C1: H2
+ Cho khí C1 tác dụng với A1
Fe3O4 + 2H2 ---> 3Fe + 4H2O.
Chất rắn A2: Fe, Al, Al2O3
+ Cho A2 tác dụng H2SO4 đặc nguội.
Al2O3+ 3H2SO4---->Al2(SO4)3+3H2O
Dd B2: Al2(SO4)3
+ Cho B2 tác dụng với dd BaCl2
Al2(SO4)3+ 3BaCl2--->2AlCl3+3BaSO4
B3: BaSO4
Xác định được các chất: A1, A2, B1, B2, B3, C1
a. Hiện tượng: mẫu Ca tan dần và có khí không màu bay lên
b. Hiện tượng: mẫu kali tan dần và có khí không màu bay lên sau đó xuất hiện kết tủa nâu đỏ
c. Hiện tượng: mẫu Cu tan dần sau đó có chất rắn màu trắng bạc bám lên thanh đồng
d. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo và khi đổ ngược lại thì kết tủa đó tan dần
e. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo
f. Hiện tượng: bột sắt tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên, xuất hiện kết tủa trắng xanh ( nếu để ngoài không khí kết tủa trắng xanh sẽ hóa nâu đỏ )
g. Hiện tượng: mẫu nhôm tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên
h. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo
i. Hiện tượng: ban đầu sẽ không thấy kết tủa xuất hiện nhưng sau đó thì có
Cô sửa một chút
i. Ban đầu xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan dần đến khi thu được dd trong suốt.
2, \(n_{Na2O}=\dfrac{6,2}{62}=0,1\left(mol\right)\)
500 ml = 0,5l
Na2O + H2O ---> 2NaOH
0,1 ........................0,2
\(C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4M\)
2NaOH + H2SO4 ----> Na2SO4 + 2H2O
0,2 .......... 0,1
\(m_{H2SO4}=0,1.98=9,8g\)
\(m_{dd_{H2SO4}}=\dfrac{9,8.100}{20}=49g\)
gọi x,y la so mol cua Al, Fe
\(n_{H_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)
2Al + 6HCl ----> 2AlCl3 + 3H2
x----- 3x ---------- x -------- 1,5x
Fe + 2HCl -----> FeCl2 + H2
y------ 2y ---------- y ------ y
Ta co: 27x + 56y =16,6
1,5x + y = 0,5
=> x = 0,2 ; y= 0,2
\(m_{Al}=27.0,2=5,4g\)
\(m_{Fe}=0,2.56=11,2g\)
Số mol hỗn hợp = 0m56 : 22,4 = 0,025 mol; số mol Br2 = 5,6 : 160 = 0,035 mol.
Gọi x, y lần lượt là số mol của etilen và axetilen.
a) Phương trình hoá học:
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
P.ư: x x x (mol)
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
P.ư: y 2y y (mol)
b) Ta có hệ phương trình: ; Giải hệ ta được y = 0,01 và x = 0,015
% =
x 100% = 60%;
= 100% - 60% = 40%
Mình đã cách những dòng ABC rồi ,nhưng đăng lên nó lại vậy
Chia nhỏ câu hỏi ra bạn nhé !