Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
Số mol photpho : 0,4 (mol).
Số mol oxi : 0,53 (mol).
Phương trình phản ứng :
4P + 5O2 -> 2P2O5
0,4 0,5 0,2 (mol)
Vậy số mol oxi còn thừa lại là :
0,53 – 0,5 = 0,03 (mol).
b) Chất được tạo thành là P2O5 . Theo phương trình phản ứng, ta có :
0,2 (mol).
Khối lượng điphotpho pentaoxit tạo thành là : m = 0,2.(31.2 + 16.5) = 28,4 gam.
a) PTHH: 4P + 5O2 -to-> 2P2O5
Ta có: \(n_P=\dfrac{12,4}{31}=0,4\left(mol\right)\\ n_{O_2}=\dfrac{17}{32}\left(mol\right)\)
Theo PTHH và đề bài, ta có:
\(\dfrac{0,4}{4}< \dfrac{\dfrac{17}{32}}{5}\)
=> P hết, O2 dư nên tính theo nP.
=> \(n_{O_2\left(phảnứng\right)}=\dfrac{5.0,4}{4}=0,5\left(mol\right)\\ =>n_{O_2\left(dư\right)}=\dfrac{17}{32}-0,5=\dfrac{1}{32}\left(mol\right)\)
b) Chất tạo thành sau phản ứng là P2O5 (điphotpho pentaoxit).
Theo PTHH và đề bài, ta có:
\(n_{P_2O_5}=\dfrac{2.0,4}{4}=0,2\left(mol\right)\)
Khối lượng P2O5 tạo thành sau phản ứng:
\(m_{P_2O_5}=0,2.142=28,4\left(g\right)\)
a)\(Fe+H2SO4-->FeSO4+H2\)
\(n_{Fe}=\frac{28}{56}=0,5\left(mol\right)\)
\(n_{H2SO4}=n_{Fe}=0,5\left(mol\right)\)
\(m_{H2SO4}=0,5.98=49\left(g\right)\)
b)\(n_{H2}=n_{Fe}=0,5\left(mol\right)\)
\(V_{H2}=0,5.22,4=11,2\left(l\right)\)
c)\(n_{FeSO4}=n_{Fe}=0,5\left(mol\right)\)
\(m_{FeSO4}=0,5.152=76\left(g\right)\)
\(1,2H_2+O_2\underrightarrow{t}2H_2O\)
\(2Mg+O_2\underrightarrow{t}2MgO\)
\(2Cu+O_2\underrightarrow{t}2CuO\)
\(S+O_2\underrightarrow{t}SO_2\)
\(4Al+3O_2\underrightarrow{t}2Al_2O_3\)
\(C+O_2\underrightarrow{t}CO_2\)
\(4P+5O_2\underrightarrow{t}2P_2O_5\)
\(2,PTHH:C+O_2\underrightarrow{t}CO_2\)
\(a,n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{CO_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{CO_2}=8,8\left(g\right)\)
\(b,n_C=0,3\left(mol\right)\Rightarrow n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow m_{CO_2}=13,2\left(g\right)\)
c, Vì\(\frac{0,3}{1}>\frac{0,2}{1}\)nên C phản ửng dư, O2 phản ứng hết, Bài toán tính theo O2
\(n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{CO_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{CO_2}=8,8\left(g\right)\)
\(3,PTHH:CH_4+2O_2\underrightarrow{t}CO_2+2H_2O\)
\(C_2H_2+\frac{5}{2}O_2\underrightarrow{t}2CO_2+H_2O\)
\(C_2H_6O+3O_2\underrightarrow{t}2CO_2+3H_2O\)
\(4,a,PTHH:4P+5O_2\underrightarrow{t}2P_2O_5\)
\(n_P=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=1,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}=38,4\left(g\right)\)
\(b,PTHH:C+O_2\underrightarrow{t}CO_2\)
\(n_C=2,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=2,5\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}=80\left(g\right)\)
\(c,PTHH:4Al+3O_2\underrightarrow{t}2Al_2O_3\)
\(n_{Al}=2,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=1,875\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}=60\left(g\right)\)
\(d,PTHH:2H_2+O_2\underrightarrow{t}2H_2O\)
\(TH_1:\left(đktc\right)n_{H_2}=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=0,75\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}=24\left(g\right)\)
\(TH_2:\left(đkt\right)n_{H_2}=1,4\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=0,7\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}=22,4\left(g\right)\)
\(5,PTHH:S+O_2\underrightarrow{t}SO_2\)
\(n_{O_2}=0,46875\left(mol\right)\)
\(n_{SO_2}=0,3\left(mol\right)\)
Vì\(0,46875>0,3\left(n_{O_2}>n_{SO_2}\right)\)nên S phản ứng hết, bài toán tính theo S.
\(a,\Rightarrow n_S=n_{SO_2}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow m_S=9,6\left(g\right)\)
\(n_{O_2}\left(dư\right)=0,16875\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}\left(dư\right)=5,4\left(g\right)\)
\(6,a,PTHH:C+O_2\underrightarrow{t}CO_2\)
\(n_{O_2}=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_C=1,5\left(mol\right)\Rightarrow m_C=18\left(g\right)\)
\(b,PTHH:2H_2+O_2\underrightarrow{t}2H_2O\)
\(n_{O_2}=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_{H_2}=0,75\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_2}=1,5\left(g\right)\)
\(c,PTHH:S+O_2\underrightarrow{t}SO_2\)
\(n_{O_2}=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_S=1,5\left(mol\right)\Rightarrow m_S=48\left(g\right)\)
\(d,PTHH:4P+5O_2\underrightarrow{t}2P_2O_5\)
\(n_{O_2}=1,5\left(mol\right)\Rightarrow n_P=1,2\left(mol\right)\Rightarrow m_P=37,2\left(g\right)\)
\(7,n_{O_2}=5\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=112\left(l\right)\left(đktc\right)\);\(V_{O_2}=120\left(l\right)\left(đkt\right)\)
\(8,PTHH:C+O_2\underrightarrow{t}CO_2\)
\(m_C=0,96\left(kg\right)\Rightarrow n_C=0,08\left(kmol\right)=80\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=80\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=1792\left(l\right)\)
\(9,n_p=0,2\left(mol\right);n_{O_2}=0,3\left(mol\right)\)
\(PTHH:4P+5O_2\underrightarrow{t}2P_2O_5\)
Vì\(\frac{0,2}{4}< \frac{0,3}{5}\)nên P hết O2 dư, bài toán tính theo P.
\(a,n_{O_2}\left(dư\right)=0,05\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2}\left(dư\right)=1,6\left(g\right)\)
\(b,n_{P_2O_5}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{P_2O_5}=14,2\left(g\right)\)
Câu 1:
PTHH: Fe + 2HCl ===> FeCl2 + H2
a/ nFe = 11,2 / 56 = 0,2 mol
=> nH2 = 0,2 mol
=> VH2(đktc) = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít
b/ => nHCl = 0,2 x 2 = 0,4 mol
=> mHCl = 0,4 x 36,5 = 14,6 gam
c/ => nFeCl2 = 0,2 mol
=> mFeCl2 = 0,2 x 127 = 25,4 gam
Câu 3/
a/ Chất tham gia: S, O2
Chất tạo thành: SO2
Đơn chất: S, O2 vì những chất này chỉ do 1 nguyên tố tạo nên
Hợp chất: SO2 vì chất này do 2 nguyên tố S và O tạo tên
b/ PTHH: S + O2 =(nhiệt)==> SO2
=> nO2 = 1,5 mol
=> VO2(đktc) = 1,5 x 22,4 = 33,6 lít
c/ Khí sunfuro nặng hơn không khí
\(n_{Mg}=\frac{m}{M}=\frac{9,6}{24}=0,4mol\)
PTHH: \(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\uparrow\)
1 : 1 : 1 : 1 mol
0,4 0,4 0,4 0,4 mol
a. \(m_{MgSO_4}=n.M=0,4.\left(24+32+16.4\right)=48g\)
b. \(V_{H_2}=n.22,4=0,4.22,4=8,96l\)
c. \(n_{Fe_2O_3}=\frac{m}{M}=\frac{64}{56.2}+16.3=0,4mol\)
PTHH: \(3H_2+Fe_{2O_3}\rightarrow2Fe+3H_2O\left(ĐK:t^o\right)\)
3 : 1 : 2 : 3 mol
1, 7 0,4 0,8 1,2 mol
\(m_{Fe}=n.M=0,8.56=44,8g\)
bài 1: nZn= 0,5 mol
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑
0,5 mol 1 mol 0,5 mol 0,5 mol
a) mHCl= 36,5 (g) → mdung dịch HCl 10% = 36,5 / 10%= 365 (g)
b) mZnCl2= 0,5x 136= 68 (g)
c) mdung dịch= mZn + mdung dịch HCl 10% - mH2= 32,5 + 365 - 0,5x2 = 396,5 (g)
→ C%ZnCl2= 68/396,5 x100%= 17,15%
Bài 2: Cách phân biệt:
Dùng quỳ tím:→ lọ nào làm quỳ chuyển thành màu đỏ: HCl và H2SO4 (cặp I)
→ quỳ không đổi màu: BaCl2 và NaCl ( cặp II)
→ quỳ chuyển màu xanh: NaOH và Ba(OH)2 ( cặp III)
Đối với cặp I: ta cho dung dịch BaCl2 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng H2SO4, ống còn lại chứa dung dịch HCl
Đối với cặp II: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng BaCl2, ống còn lại là NaCl
Đối với cặp III: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng Ba(OH)2, ống còn lại là NaOH
PTPU: BaCl2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2HCl
Ba(OH)2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2H2O
Câu 1: Hợp chất B ở thể khí có công thức là: XO2. Biết khối lượng của 5,6l khí B (đktc) là 16g. Hãy xác định công thức của B.
A. CO2; B. SO2; C. NO2
bài giải
nRO2=V:22,4=5,6:22,4=0,25mol
MRO2=m:n=16:0,25=64g/mol
ta có R+2O=64
- R+32=64
->R=32
VẬY R LÀ S(LƯU HUỲNH). CTHH : SO2
Câu 2: Đốt cháy 12 gam cacbon (C) trong bình kín chứa 11,2 lít khí oxi ở đktc. Chất còn dư sau phản ứng là cacbon (C), có khối lượng m gam. Giá trị m là:
A. 6,0 gam B. 5,0 gam C. 0,6 gam. D. 0,5 gam.
- trungtr
Đáp án:
A
Giải thích các bước giải:
nC = 12/12 = 1 mol ; nO2 = 11,2/22,4 = 0,5 mol
PTHH : C + O2 -> CO2
0,5 <- 0,5 mol
nC dư = 1 - 0,5 = 0,5 mol
-> mC = 0,5 *12 = 6 gam
Câu 3: Đốt 12,4 gam photpho (P) trong bình chứa khí oxi (O2) tạo thành mốt chất rắn, màu trắng là điphotpho pentaoxit (P2O5). Khối lượng hợp chất sau phản ứng thu được là:
A. 24,8 gam. B. 28,4 gam. C. 14,2 gam. D. 42,1 gam.
a) PTHH: 4P + 5O2 -to-> 2P2O5
Ta có: nP=12,4\31=0,4(mol)nO2=17\32(mol)
Theo PTHH và đề bài, ta có:
0,4\4<17\32\5
=> P hết, O2 dư nên tính theo nP.
=> nO2(phảnứng)=5.0,44=0,5(mol)=>nO2(dư)=1732−0,5=132(mol
b) Chất tạo thành sau phản ứng là P2O5 (điphotpho pentaoxit).
Theo PTHH và đề bài, ta có:
nP2O5=2.0,44=0,2(mol)nP2O5=2.0,44=0,2(mol)
Khối lượng P2O5 tạo thành sau phản ứng:
mP2O5=0,2.142=28,4(g)
Câu 4: Cho 9,6 gam khí oxi có thể dùng để đốt cháy vừa hết:
A. 0,1 mol C; B. 0,5 mol S; C. 0,2 mol H2; D. 0,4 mol Al
Câu 1:
PTHH: S + O2 ==to==> SO2
a/ nS = 3,2 / 32 = 0,1 mol
nSO2 = nS = 0,1 (mol)
=> VSO2(đktc) = 0,1 x 22,4 = 2,24 lít
b/ nO2 = nS = 0,1 mol
=> VO2(đktc) = 0,1 x 22,4 = 2,24 lít
Mà không khí gấp 5 lần thể tích oxi
=> Thể tích không khí cần dùng là: 2,24 . 5 = 11,2 (lít)
Câu 3: Ta có \(\frac{d_A}{H_2}\)= 8
=> MA = MH2 . 8 = 2 . 8 = 16 g
mH = \(\frac{25\%.16}{100\%}\)= 4 g
mC = \(\frac{75\%.16}{100\%}\)= 12 g
nH = 4 mol
nC = 1 mol
CTHH : CH4
a) \(n_{Fe_2O_3}=\frac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)
PTHH : \(Fe_2O_3+3H_2-t^o->2Fe+3H_2O\)
Theo pthh : \(n_{H_2}=3n_{Fe_2O_3}=0,6\left(mol\right)\)
=> \(V_{H_2}=0,6\cdot22,4=13,44\left(l\right)\)
b) Theo pthh : \(n_{H_2O}=n_{H_2}=0,6\left(mol\right)\)
=> \(m_{H_2O}=0,6\cdot18=10,8\left(g\right)\)
c) Theo pthh : \(n_{Fe}=2n_{Fe_2O_3}=0,4\left(mol\right)\)
=> \(m_{Fe}=0,4\cdot56=22,4\left(g\right)\)
1a. PTHH: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\uparrow\)
\(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{14,7}{1.2+32+16.4}=0,15\left(mol\right)\)
Do \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,15}{1}\) => Fe dư, H2SO4 hết.
- Theo PTHH \(\Rightarrow n_{H_2SO_4}=n_{FeSO_4}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{FeSO_4}=0,15.152=22,8\left(g\right)\\V_{H_2}=0,15.22,4=3,36\left(l\right)\end{matrix}\right.\)