Vì sao không thể dùng xô chậu, những vật dụng bằng nhôm để chứa đựng xà phòng hoặc vữa xây dựng?
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 6 :
a) Khí không màu , mùi hắc :
Pt : \(Na_2SO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+SO_2+H_2O\)
b) Một kim loại :
Pt : \(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\)
Chúc bạn học tốt
1) Ban đầu dung dịch có màu hồng, sau đó, nhỏ từ từ dung dịch HCl, dung dịch dần mất màu
NaOH + HCl --> NaCl + H2O
2) Một phần đinh sắt tan vào dung dịch, xuất hiện chất rắn màu đỏ bám vào đinh sắt, màu xanh của dung dịch ban đầu nhạt dần
\(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\)
3) - Xuất hiện kết tủa xanh, màu xanh của dung dịch ban đầu nhạt dần
\(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
- Xuất hiện kết tủa trắng
\(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+2HCl\)
$n_{H_2}=\dfrac{7,437}{24,79}=0,3(mol)$
$a)PTHH:2Al+6HCl\to 2AlCl_3+3H_2$
$\Rightarrow n_{Al}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=0,2(mol)$
$\Rightarrow \%m_{Al}=\dfrac{0,2.27}{24,6}.100\%=21,95\%$
$\Rightarrow \%m_{Cu}=100-21,95=78,05\%$
$b)n_{AlCl_3}=n_{Al}=0,2(mol)$
$\Rightarrow m_{AlCl_3}=0,2.133,5=26,7(g)$
$c)n_{HCl}=3n_{Al}=0,6(mol)$
$\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,6}{0,3}=2M$
$a)PTHH:Fe+2HCl\to FeCl_2+H_2$
$\Rightarrow n_{Fe}=n_{H_2}=\dfrac{2,479}{24,79}=0,1(mol)$
$\Rightarrow \%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{12}.100\%=46,67\%$
$\Rightarrow \%m_{Cu}=100-46,67=53,33\%$
$b)n_{FeCl_2}=n_{Fe}=0,1(mol)$
$\Rightarrow m_{FeCl_2}=0,1.127=12,7(g)$
$c)n_{HCl}=2n_{Fe}=0,2(mol)$
$\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,2}{0,1}=2M$
Gọi kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ là A, B
\(\left\{{}\begin{matrix}n_A=a\left(mol\right)\\n_B=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> a.MA + b.MB = 42,6 (*)
Và \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{5}{4}\Rightarrow b=0,8a\)
\(n_{H_2}=\dfrac{17,472}{22,4}=0,78\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=0,5.1=0,5\left(mol\right)\)
Do \(n_{HCl}< 2.n_{H_2}\) => HCl pư hết, có phản ứng của kim loại với H2O
PTHH: 2A + 2HCl --> 2ACl + H2 (1)
B + 2HCl --> BCl2 + H2 (2)
2A + 2H2O --> 2AOH + H2 (3)
B + 2H2O --> B(OH)2 + H2 (4)
(1)(3) => \(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}.n_A=0,5a\left(mol\right)\)
(2)(4) => \(n_{H_2}=n_B=0,8a\left(mol\right)\)
=> \(0,5a+0,8a=0,78\Rightarrow a=0,6\left(mol\right)\Rightarrow b=0,48\left(mol\right)\)
(*) => 0,6.MA + 0,48.MB = 42,6
=> MA + 0,8.MB = 71
=> Chọn \(\left\{{}\begin{matrix}M_A=39\left(K\right)\\M_B=40\left(Ca\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ca}=0,48\left(mol\right)\\n_K=0,6\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Y chứa \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ca^{2+}}=0,48\left(mol\right)\\n_{K^+}=0,6\left(mol\right)\\n_{Cl^-}=0,5\left(mol\right)\\n_{OH^-}=x\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Bảo toàn điện tích: 2.0,48 + 0,6 = 0,5 + x
=> x = 1,06
- TH1:
2OH- + CO2 --> CO32- + H2O
0,48<----0,48
CO32- + Ca2+ --> CaCO3
0,48<--0,48
=> nCO2 = 0,48 (mol)
- TH2:
2OH- + CO2 --> CO32- + H2O
1,06-->0,53---->0,53
CO32- + Ca2+ --> CaCO3
0,48<--0,48
CO32- + CO2 + H2O --> 2HCO3-
0,05-->0,05
=> nCO2 = 0,58 (mol)
=> \(0,48\le n_{CO_2}\le0,58\)
=> \(10,752\le V_{CO_2}\le12,992\)
nếu k dùng pt ion bn có thể lm nnay
Ca + 2HCl --> CaCl2 + H2
a-->2a-------->a
2K + 2HCl --> 2KCl + H2
b----->b-------->b
2K + 2H2O --> 2KOH + H2
c---------------->c
Ca + 2H2O --> Ca(OH)2 + H2
d------------------->d
=> \(\left\{{}\begin{matrix}a+d=0,48\\b+c=0,6\\2a+b=0,5\end{matrix}\right.\) => 2d + c = 1,06
TH1:
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 --> CaCO3 + H2O
d------->d----------->d
2KOH + CO2 --> K2CO3 + H2O
2a---->a-------->a
K2CO3 + CaCl2 --> CaCO3 + 2KCl
a<-------a----------->a
Điều kiện: \(2a\le c\)
<=> \(2a-c\le0\)
<=> \(2\left(0,48-d\right)-\left(1,06-2d\right)\le0\)
<=> \(0\le0,1\) (luôn đúng)
Vậy nkt max = a + d = 0,48 <=> nCO2 min = a + d = 0,48 (mol)
<=> VCO2 min = 10,752(l) (1)
TH2:
PTHH: Ca(OH)2 + CO2 --> CaCO3 + H2O
d------->d----------->d
2KOH + CO2 --> K2CO3 + H2O
c---->0,5c------>0,5c
K2CO3 + CaCl2 --> CaCO3 + 2KCl
a<-------a----------->a
K2CO3 + CO2 + H2O --> 2KHCO3
(0,5c-a)->(0,5c-a)
Điều kiện: \(0,5c\ge a\) (cmt)
Vậy nkt max = a + d = 0,48 <=> nCO2 max = c+d-a = 0,58 (mol)
<=> VCO2 max = 12,992(l) (2)
(1)(2) => ...
CTHH: X2SO4, X2CO3
Gọi số mol X2SO4, X2CO3 trong mỗi phần là a, b
=> (2X+96)a + (2X+60)b = 48,6 (1)
P1: \(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
PTHH: X2CO3 + 2HCl --> 2XCl + CO2 + H2O
0,1<-------------------------0,1
=> b = 0,1 (mol)
P2:
PTHH: X2SO4 + BaCl2 --> BaSO4 + 2XCl
a---------------------->a
X2CO3 + BaCl2 --> BaCO3 + 2XCl
0,1------------------->0,1
=> 233a + 19,7 = 66,3
=> a = 0,2 (mol)
(1) => X = 39(K)
=> 2 muối có CTHH là K2SO4, K2CO3
\(\left\{{}\begin{matrix}C\%_{\left(K_2SO_4\right)}=\dfrac{2.0,2.174}{97,2+152,8}.100\%=27,84\%\\C\%_{\left(K_2CO_3\right)}=\dfrac{2.0,1.138}{97,2+152,8}.100\%=11,04\%\end{matrix}\right.\)
a) Do sau phản ứng thu được sản phẩm chứa các nguyên tố C, H, O
=> A chứa các nguyên tố C, H và có thể có O
\(n_{CO_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)\)
\(n_{H_2O}=\dfrac{16,2}{18}=0,9\left(mol\right)\)
Bảo toàn C: nC = 0,45 (mol)
Bảo toàn H: nH = 1,8 (mol)
=> \(n_O=\dfrac{7,2-0,45.12-1,8}{16}=0\left(mol\right)\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_C=\dfrac{0,45.12}{7,2}.100\%=75\%\\\%m_H=\dfrac{1,8.1}{7,2}.100\%=25\%\end{matrix}\right.\)
b)
Xét nC : nH = 0,45 : 1,8 = 1 : 4
=> CTHH: CH4
Tham khảo:
nhôm có thể được kim loại yếu ra khỏi muối của chúng. Không nên. Vì vôi, nước vôi hoặc vữa xây dựng đều có chứa Ca(OH)2 là chất kiềm, chất này sẽ phá hủy dần các đồ vật bằng nhôm do có xảy ra các phản ứng.