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

\(n_{kk}=\dfrac{50,4}{22,4}=2,25\left(mol\right)\Rightarrow n_{O_2}=\dfrac{2,25}{5}=0,45\left(mol\right)\)

\(n_C=n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

BTNT O: \(n_{H_2O}=2n_{O_2}-2n_{CO_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_H=0,3.2=0,6\left(mol\right)\)

\(m_X=m_C+m_H=0,3.12+0,6=4,2\left(g\right)\)

=> \(M_X=\dfrac{4,2}{0,1}=42\left(g/mol\right)\)

Ta có: \(n_C:n_H=0,3:0,6=1:2\)

=> CT chung của X là (CH₂)_n

=> \(n=\dfrac{42}{14}=3\)

=> X là C₃H₆

Em cám ơn anh nha

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

a) 

\(2CrI_3+27Cl_2+64KOH\rightarrow2K_2CrO_4+6KIO_4+54KCl+32H_2O\)

b) 

\(3As_2S_3+14KClO_3+18H_2O\rightarrow6H_3AsO_4+9H_2SO_4+14KCl\)

c) 

\(3Cu_2S+16HNO_3\rightarrow3Cu\left(NO_3\right)_2+3CuSO_4+10NO+8H_2O\)

Dung dịch 2 muối gồm : $Al(NO_3)_3,Mg(NO_3)_2$ nên $NO$ là sản phẩm khử duy nhất

$Al^0 \to Al^{+3} + 3e$
$Mg^0 \to Mg^{+2} + 2e$

$N^{+5} + 3e \to N^{+2}$

Bảo toàn electron : $3n_{Al} + 2n_{Mg} = 3n_{NO}$
$\Rightarrow n_{NO} = \dfrac{0,2.3 + 0,15.2}{3} = 0,3(mol)$
$V_{NO} = 0,3.22,4 = 6,72(lít)$

\(n_{NH_3}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: \(M\left(OH\right)_2+2NH_4NO_3\rightarrow M\left(NO_3\right)_2+2H_2O+2NH_3\uparrow\)

                                                            0,1           ←          0,2

\(M_{M\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{26,1}{0,1}=261\)

Lập phương trình: \(M+2\left(14+16\cdot3\right)=261\Leftrightarrow M=137\)

Vậy M là kim loại Bari, M(NO₃)₂ là muối Bari nitrat.

Đề yêu cầu gì vậy bạn ?

a) Bán PT phản ứng:

\(Cu^{2+}+2NH_3+2H_2O\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+2NH_4^+\\ Cu\left(OH\right)_2+4NH_3\rightarrow\left[Cu\left(NH_3\right)_4\right]\left(OH\right)_2\\ Fe^{3+}+3NH_3+3H_2O\rightarrow Fe\left(OH\right)_3\downarrow+3NH_4^+\)

Kết tủa thu được chỉ có \(Fe\left(OH\right)_3\)

\(\Rightarrow m_{Fe\left(OH\right)_3}=10,7\left(g\right)\Rightarrow n_{Fe\left(OH\right)_3}=\dfrac{10,7}{107}=0,1\left(mol\right)\)

=> x = n_Fe³⁺ = n_Fe(OH)3 = 0,1 (mol)
BTĐT: \(2n_{Cu^{2+}}+3n_{Fe^{3+}}=n_{Cl^-}+n_{NO_3^-}\)

=> 2.0,2 + 3.0,1 = 0,3 + y

=> y = 0,4 + 0,3 - 0,3 = 0,4 (mol)

Dễ dàng thấy được

\(\dfrac{n_{Fe^{3+}}}{n_{Cl^-}}=\dfrac{0,1}{0,3}=\dfrac{1}{3};\dfrac{n_{Cu^{2+}}}{n_{NO_3^-}}=\dfrac{0,2}{0,4}=\dfrac{1}{2}\)

=> 2 muối ban đầu là FeCl₃, Cu(NO₃)₂ 

b) \(m=m_{Fe^{3+}}+m_{Cl^-}+m_{Cu^{2+}}+m_{NO_3^-}\)

=> m = 0,1.56 + 0,3.35,5 + 0,2.64 + 0,4.62 = 53,85 (g)

Quy đổi hỗn hợp thành Fe, O

Ta có: \(m_{P1}=m_{P2}=\dfrac{18,24}{2}=9,12\left(g\right)\)

- Phần 1:

Gọi n_O = a (mol)

BTĐT: n_Cl = 2n_O = 2a (mol)

Ta có: \(m_{muối}=m_{oxit}-m_O+m_{Cl}\)

\(\Rightarrow9,12-16a+2a.35,5=17,37\)

=> a = 0,15 (mol)

Theo BTNT: \(m_{Fe}=9,12-0,15.16=6,72\left(g\right)\)

=> \(n_{Fe}=\dfrac{6,72}{56}=0,12\left(mol\right)\)

- Phần 2:

Vì 2 phần bằng nhau nên: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=0,12\left(mol\right)\\n_O=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Quá trình oxi hoá - khử

\(Fe^0-3e\rightarrow Fe^{+3}\\ O^0+2e\rightarrow O^{-2}\\ S^{+6}+2e\rightarrow S^{+4}\)

BTe: \(3n_{Fe}=2n_O+2n_{SO_2}\)

=> \(n_{SO_2}=\dfrac{0,12.3-0,15.2}{2}=0,03\left(mol\right)\)

=> V = 0,03.22,4 = 0,672 (l)

Quy đổi hỗn hợp thành Fe, O

Ta có: \(m_{P1}=m_{P2}=\dfrac{18,24}{2}=9,12\left(g\right)\)

- Phần 1:

Gọi \(n_O=a\left(mol\right)\)

Bảo toàn điện tích: \(n_{Cl}=2n_O=2a\left(mol\right)\)

Ta có: \(m_{muối}=m_{oxit}-m_O+m_{Cl}\)

\(\Rightarrow9,12-16a+2a.35,5=17,37\)

=> a = 0,15 (mol)

Theo BTNT: \(m_{Fe}=9,12-0,15.16=6,72\left(g\right)\)

=> \(n_{Fe}=\dfrac{6,72}{56}=0,12\left(mol\right)\)

- Phần 2:

Vì 2 phần bằng nhau nên: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=0,12\left(mol\right)\\n_O=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Quá trình oxi hoá - khử:

\(Fe^0-3e\rightarrow Fe^{+3}\\ O^0+2e\rightarrow O^{-2}\\ S^{+6}+2e\rightarrow S^{+4}\)

BTe: \(3n_{Fe}=2n_O+2n_{SO_2}\)

=> \(n_{SO_2}=\dfrac{3.0,12+0,15.2}{2}=0,33\left(mol\right)\)

=> V = 0,33.22,4 = 7,392 (l)

\(n_{CuO}=\dfrac{1,2}{80}=0,015\left(mol\right);n_{CuCl_2}=0,1.0,2=0,02\left(mol\right)\)

PTHH:

\(CuCl_2+2NH_3+2H_2O\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+2NH_4Cl\) (1)

Có thể có: \(Cu\left(OH\right)_2+4NH_3\rightarrow\left[Cu\left(NH_3\right)_4\right]\left(OH\right)_2\) (2)

\(Cu\left(OH\right)_2\xrightarrow[]{t^o}CuO+H_2O\) (3)

TH1: Không xảy ra phản ứng (2)

BTNT Cu: \(n_{CuCl_2\left(pứ\right)}=n_{CuO}=0,015\left(mol\right)< 0,02\left(mol\right)\left(tm\right)\)

Theo (1): \(n_{NH_3}=2n_{CuCl_2}=2.0,015=0,03\left(mol\right)\)

=> \(V_{dd.NH_3}=\dfrac{0,03}{0,1}=0,3\left(l\right)\)

TH2: Có xảy ra phản ứng (2)

Theo (3): \(n_{Cu\left(OH\right)_2\left(dư\right)}=n_{CuO}=0,015\left(mol\right)\)

Theo (1): \(n_{Cu\left(OH\right)_2\left(sinh.ra\right)}=n_{CuCl_2}=0,02\left(mol\right)\)

=> \(n_{Cu\left(OH\right)_2\left(2\right)}=0,02-0,015=0,005\left(mol\right)\)

Theo (1), (2): \(n_{NH_3}=2n_{CuCl_2}+4n_{Cu\left(OH\right)_2\left(2\right)}=0,06\left(mol\right)\)

=> \(V_{dd.NH_3}=\dfrac{0,06}{0,1}=0,6M\)