Theo lý thuyết

\(nO2=\dfrac{1}{2}nKNO3=0,099 mol\)

Nhưng thực tế hao hụt \(20\) % \(-> nO2 thu\) \(được=0,099.80%=0,0792 mol ->V O2=0,0792.22,4=1,77408 lít\) %\(=0,0792 mol ->V O2=0,0792.22,4=1,77408 lít\)

Rắn thu được gồm \( KNO2 và KNO3 dư\)

\(nKNO3 phản\) \(ứng=2nO2\) \(phản\) \(ứng=0,1584 mol=nKNO2\)

\(-> mKNO2=0,1584.(39+46)=13,464 gam\)

\(nKNO3 dư=0,198-0,1584=0,0396 mol -> mKNO3 dư=3,9996 gam\)

\(3Fe + 2O2 ---> Fe3O4 \)

\(nFe=\dfrac{5,6}{56}=0,1 mol \)

\(Ta \) \(có:\) \(nO2 phản ứng=\dfrac{2}{3} nF e \) \(<\) \(nO2 -> O2 dư -> đủ đốt cháy \)

đáp án : \(m=mH2O=7,2gam\)

trả lời :

\(CuO+H2-^t>Cu+H2O\)

\(FexOy+yO2-^t>xFe+yH2O\)

khối lượng rắn giảm là :

\(mx-mkl=24-17,6=6,4gam\)

\(\)Khối lượng rắn giảm chính là khối lượng \(O\) bị khử là :

\(->mO=6,4gam->nO=\dfrac{6,4}{16}=0,4mol=nH2O\)

\(->m=mH2O=0,4.18=7,2gam\)

a) $n_{HCl} = 0,4(mol)$. Gọi CTPT của oxide là $RO$
$RO + 2HCl \to RCl_2 + H_2O$
$n_{RO} = \dfrac{1}{2}n_{HCl} = 0,2(mol)$
$\Rightarrow M_{RO} = R + 16 = \dfrac{11,2}{0,2} = 56$

$\Rightarrow R = 40(Canxi)$

Vậy CTPT của oxide là $CaO$

b) Gọi CTPT của oxide là $R_2O_3$

$n_{H_2SO_4} = \dfrac{200.22,05\%}{98} = 0,45(mol)$
$R_2O_3 + 3H_2SO_4 \to R_2(SO_4)_3 + 3H_2O$
$n_{R_2O_3} = \dfrac{1}{3}n_{R_2O_3} = 0,15(mol)$
$\Rightarrow M_{R_2O_3} = 2R + 16.3 = \dfrac{15,3}{0,15} = 102$
$\Rightarrow R = 27(Al)$
Vậy CTPT của oxide là $Al_2O_3$

a) Gọi $n_{CuO} = a(mol) ; n_{ZnO} = b(mol) \Rightarrow 80a + 81b = 12,1(1)$
$CuO +2 HCl \to CuCl_2 + H_2O$
$ZnO + 2HCl \to ZnCl_2 + H_2O$

Theo PTHH : $n_{HCl} = 2a + 2b = 0,1.3 = 0,3(2)$

Từ (1)(2) suy ra : a = 0,05 ; b = 0,1

$\%m_{CuO} = \dfrac{0,05.80}{12,1}.100\% = 33,06\%$

$\%m_{ZnO} = 100\% - 33,06\% = 66,94\%$

b)

$CuO + H_2SO_4 \to CuSO_4 + H_2O$
$ZnO + H_2SO_4 \to ZnSO_4 + H_2O$
$n_{H_2SO_4} = 0,05 + 0,1 = 0,15(mol)$
$m_{dd\ H_2SO_4} = \dfrac{0,15.98}{20\%} = 73,5(gam)$