Cho 24g hỗn hợp gồm sắt (III) ôxít và đồng (II) oxit dùng hiđrô hứa sau phản ứng thu được 17,6 gam hỗn hợp hai kim loại ở nhiệt độ cao A viết các phương trình phản ứng xảy ra b.tính thể tích hiđrô cần dùng ở điều kiện tiêu chuẩn c.tính khối lượng mỗi ôxít đã phản ứng D.tính phần trăm theo khối lượng mỗi ôxít
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- Oxit axit: SO2 , P2O5 và N2O5
- Oxit bazo: Na2O, MgO
- Oxit lưỡng tính: Al2O3
PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)
Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất, tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol.
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}V_{CO_2}=V_{CH_4}=10\left(l\right)\\V_{O_2}=2V_{CH_4}=20\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow V_{kk}=\dfrac{20}{20\%}=100\left(l\right)\)
a, PT: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)
b, Ta có: \(n_{HCl}=0,5.0,2=0,1\left(mol\right)\)
\(n_{H_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,04\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{HCl\left(pư\right)}=2n_{H_2}=0,08\left(mol\right)< 0,1\left(mol\right)\)
→ HCl dư.
Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=x\left(mol\right)\\n_{Fe}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Zn}+n_{Fe}=x+y=0,04\left(1\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=x\left(mol\right)\\n_{FeCl_2}=n_{Fe}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)⇒ 136x + 127y = 5,26 (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,02\left(mol\right)\\y=0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Zn}=\dfrac{0,02.65}{0,02.65+0,02.56}.100\%\approx53,72\%\\\%m_{Fe}\approx46,28\%\end{matrix}\right.\)
a, PT: \(2Mg+O_2\underrightarrow{t^o}2MgO\)
b, Ta có: \(n_{Mg}=\dfrac{3,6}{24}=0,15\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{MgO}=n_{Mg}=0,15\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{MgO}=0,15.40=6\left(g\right)\)
Số mol của magie:
\(n_{Mg}=\dfrac{m_{Mg}}{M_{Mg}}=\dfrac{3,6}{24}=0,15\left(mol\right)\)
a) \(CTHH:\) \(MgO\)
b) Số mol của magie oxit:
\(n_{MgO}=\dfrac{0,15.2}{2}=0,15\left(mol\right)\)
Khối lượng của magie oxit:
\(m_{MgO}=n_{MgO}.M_{MgO}=0,15.40=6\left(g\right)\)
PT: \(Fe_2O_3+H_2\underrightarrow{t^o}2Fe+3H_2O\)
\(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)
- Cu không pư với dd HCl.
Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{0,224}{22,4}=0,01\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,01\left(mol\right)\)
⇒ mCu = 0,88 - mFe = 0,88 - 0,01.56 = 0,32 (g)
\(\Rightarrow n_{Cu}=\dfrac{0,32}{64}=0,005\left(mol\right)\)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CuO}=n_{Cu}=0,005\left(mol\right)\\n_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{2}n_{Fe}=0,005\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ m = mFe2O3 + mCuO = 0,005.160 + 0,005.80 = 1,2 (g)
Ta có: \(n_X=\dfrac{3,584}{22,4}=0,16\left(mol\right)\)
- Cho hh khí quá bình 1:
PT: \(C_3H_4+AgNO_3+NH_3\rightarrow AgC_3H_3+NH_4NO_3\)
Ta có: \(n_{AgC_3H_3}=\dfrac{5,88}{147}=0,04\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{C_3H_4}=n_{AgC_3H_3}=0,04\left(mol\right)\)
- Cho tiếp hh khí còn lại qua bình 2, thấy dd Br2 nhạt màu.
→ Br2 dư, C2H4 pư hết. Khí thoát ra là C3H8.
PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
Ta có: \(n_{C_3H_8}=\dfrac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)\)
a, \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,16-0,08-0,04}{0,16}.100\%=25\%\\\%V_{C_3H_4}=\dfrac{0,04}{0,16}.100\%=25\%\\\%V_{C_3H_8}=50\%\end{matrix}\right.\)
b, Ta có: \(n_X=\dfrac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow X\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=0,08.25\%=0,02\left(mol\right)\\n_{C_3H_4}=0,08.25\%=0,02\left(mol\right)\\n_{C_3H_8}=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow n_{\pi}=n_{C_2H_4}+2n_{C_3H_4}=0,06\left(mol\right)\)
\(n_{Br_2}=0,08.1=0,08\left(mol\right)\)
⇒ nπ < nBr2
→ Br2 dư. Hiện tượng: Dd Br2 nhạt màu dần.
PT: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)
Ta có: \(n_{Br_2}=\dfrac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,05\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{C_2H_4}=\dfrac{0,05.28}{3,8}.100\%\approx36,84\%\\\%m_{CH_4}\approx63,16\%\end{matrix}\right.\)
a, PT: \(Fe_2O_3+3H_2\rightarrow2Fe+3H_2O\)
\(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)
b, Theo PT: \(n_{H_2}=n_{H_2O}=a\left(mol\right)\)
Theo ĐLBT KL, có: m oxit + mH2 = mKL + mH2O
⇒ 24 + 2a = 17,6 + 18a ⇒ a = 0,4 (mol)
\(\Rightarrow V_{H_2}=0,4.22,4=8,96\left(l\right)\)
c, Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe_2O_3}=x\left(mol\right)\\n_{CuO}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 160x + 80y = 24 (1)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=n_{Fe_2O_3}=2x\left(mol\right)\\n_{Cu}=n_{CuO}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 56.2x + 64y = 17,6 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = y = 0,1 (mol)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Fe_2O_3}=0,1.160=16\left(g\right)\\m_{CuO}=0,1.80=8\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
d, \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{24}.100\%\approx66,67\%\\\%m_{CuO}\approx33,33\%\end{matrix}\right.\)