Câu 35:

\(M_{khí}=7,3.4=29,2\left(g/mol\right)\)

Khí hoá nâu ngoài không khí => Khí đó là NO

\(n_{khí}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

=> \(m_{khí}=0,05.29,2=1,46\left(g\right)\)

\(n_{HNO_3}=1,15.0,4=0,46\left(mol\right)\)

BTNT H: \(n_{H_2O}=\dfrac{1}{2}n_{HNO_3}=0,23\left(mol\right)\)

Áp dụng ĐLBTKL:

m + m_HNO3 = m_muối + m_khí + m_H2O 

=> m = 44,82 + 1,46 + 0,23.18 - 0,46.63 = 21,44 (g)

Câu 36:

\(n_{khí}=\dfrac{2,688}{22,4}=0,12\left(mol\right)\)

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

\(\dfrac{n_{NO}}{n_{NO_2}}=\dfrac{46-\dfrac{55}{3}.2}{\dfrac{55}{3}.2-30}=\dfrac{7}{5}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{NO}=0,07\left(mol\right)\\n_{NO_2}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Gọi hoá trị của M là n

Quá trình oxi hoá - khử:

\(M^0-ne\rightarrow M^{+n}\\ N^{+5}+1e\rightarrow M^{+4}\\ N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}\)

BTe: \(n_M=\dfrac{3n_{NO}+n_{NO_2}}{n}=\dfrac{0,26}{n}\left(mol\right)\)

=> \(M_M=\dfrac{8,32}{\dfrac{0,26}{n}}=32n\left(g/mol\right)\)

Với n = 2 thoả mãn => M_M = 32.2 = 64 (g/mol)

=> M là Cu

Câu 35

 T gồm NO ( khí ko màu hóa nâu trong kk) và N2 (vì 30>29,2 nên khí còn lại phải có phân tử khối nhỏ hơn 29,2 loại khí N20)

Áp dụng quy tắc đường chéo 

NO 30             1,2   3
              29,2 
N2   28           0,8     2

nhh khí =1,12:22,4=0,05 mol ⇒ nNO =0,03 mol và nN2 =0,02 mol

CT tính số mol HNO3 nhanh 
 nHNO3  =4nNO +12nN2 +10nNH4NO3 
⇒nNH4NO3 =0,01 mol

mt =mKl +62ne+mNH4No3 =44,82 g   thay số vào ta được mKL= 21,08 g

là chất khí, không màu, không mùi, ít tan trong nước, nặng hơn không khí

Ở điều kiện thường oxygen là khí không màu, không mùi, không vị, tan ít trong nước, nặng hơn không khí, duy trì sự cháy và sự sống.

Gọi CTHH của muối là $R(NO_3)_n$

TH1 : Nếu chất rắn thu được là kim loại

$R(NO_3)_n \xrightarrow{t^o} R + nNO_2 + \dfrac{n}{2}O_2$

Theo PTHH : $n_{R(NO_3)_n} = n_R$
$\Rightarrow \dfrac{41,125}{R + 62n} = \dfrac{17,5}{R}$

$\Rightarrow R = 107,92n$(loại)

TH2 : Nếu chất rắn thu được là oxit

$2R(NO_3)_n \xrightarrow{t^o} R_2O_n + 2nNO_2 + \dfrac{n}{2}O_2$

Theo PTHH : $n_{R(NO_3)_n} = 2n_{R_2O_n}$

$\Rightarrow \dfrac{41,125}{R + 62n} = \dfrac{17,5}{2R + 16n}.2$

$\Rightarrow R = 32n$

Với n = 2 thì R = 64(Cu)

Vậy muối cần tìm là $Cu(NO_3)_2$

$2Cu(NO_3)_2 \xrightarrow{t^o} 2CuO + 4NO_2 + O_2$

$n_{NO_2} = 0,4375(mol); n_{O_2} = 0,109375(mol)$

Suy ra : $V_{khí} = 22,4.(0,4375 + 0,109375) = 12,25(lít)$

a)

$V_{CO_2} = 0,05.22,4 = 1,12(lít)$
$V_{Cl_2} = 0,25.22,4 = 5,6(lít)$
$V_{N_2} = 0,75.22,4 = 16,8(lít)$

VHH= 22,4 nO2+nH2+nO2=22,4(0,75+0,35+0,8)=33,6 lít

hãy trả lời đi chớ

H2+O2=...

giúp mik vs

PTHH d) là đúng

em chọn môn Hoá học nhé

_Trích mẫu thử, đánh STT_

- Cho dd Ba(OH)₂ lần lượt vào các mẫu thử, nếu thấy:

+ Mẫu thử tạo kết tủa màu trắng -> Na₂SO₄

\(Na_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2NaOH\)

+ Mẫu thử tạo kết tủa màu nâu đỏ -> FeCl₃

\(2FeCl_3+3Ba\left(OH\right)_2\rightarrow2Fe\left(OH\right)_3\downarrow+3BaCl_2\)

+ Mẫu thử tạo kết tủa màu xanh lơ -> CuCl₂

\(CuCl_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+BaCl_2\)

+ Mẫu thử không hiện tượng -> NaCl

_Dán nhãn_

Cho dung dịch NaOH lần lượt vào từng chất : 

- Kết tủa trắng : MgCl₂

- Kết tủa trắng xanh , hóa nâu đỏ trong KK : FeCl₂

- Kết tủa nâu đỏ : FeCl₃

- Kết tủa keo trắng , tan dần : AlCl₃

3)

CTHH của hợp chất là XO₃

Ta có: \(PTK_{X_2O_3}=2.PTK_{SO_3}=2.80=160\left(đvC\right)\)

=> 2X + 16.3 = 160

=> X = 56 (đvC)

=> X là Fe

CTHH của hợp chất là Fe₂O₃ 

4) CTHH của A là \(S_xO_y\)

\(\%m_S=100\%-60\%=40\%\)

Ta có: \(\dfrac{m_S}{m_O}=\dfrac{\%m_S}{\%m_O}=\dfrac{40\%}{60\%}=\dfrac{2}{3}\)

=> \(\dfrac{32x}{16y}=\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow\dfrac{x}{y}=\dfrac{1}{3}\)

=> A là SO₃

.