Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)
Nhúng giấy quý tím vào dung dịch thấy quỳ chuyển màu xanh.
b)
\(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)
\(Al_2O_3+2KOH\rightarrow2KAlO_2+H_2O\)
Chất rắn tan dần tạo dung dịch trong suốt.
c)
\(SO_2+2H_2O+Br_2\rightarrow H_2SO_4+2HBr\)
Dung dịch brom bị mất màu.
d)
\(FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\)
Chất rắn tan tạo dung dịch màu lục nhạt.
Gọi CTHH của acidic oxide đó là \(X_2O_n\)
\(\%m_X=100\%-56,34\%=43,66\%\)
Ta có : \(\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{\%m_X}:\dfrac{M_O}{\%m_O}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{43,66\%}:\dfrac{16}{56,34\%}\)
\(\Rightarrow M_X=6,2n\)
Ta có bảng :
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| \(M_X\) | 6,2 | 12,4 | 18,6 | 24,8 | 31 | 37,2 | 43,4 |
| Kết luận | Loại | Loại | Loại | Loại | P (thỏa mãn) | Loại | Loại |
Vậy \(X\) là \(P\) , A là \(P_2O_5\)
Gọi kim loại đó là \(X\) có hóa trị là n
\(4X+nO_2\underrightarrow{t^o}2X_2O_n\) (1)
\(X_2O_n+2nHCl\rightarrow2XCl_n+nH_2O\) (2)
Ta có : \(n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{2M_X+16n}\left(mol\right)\)
Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{XCl_n}=2n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{XCl_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}.\left(M_X+35,5n\right)=186,9\)
\(\Rightarrow\dfrac{71,4M_X+2534,7n}{M_X+8n}=186,9\)
\(\Rightarrow71,4M_X+2534,7n=186,9M_X+1495,2n\)
\(\Rightarrow115,5M_X=1039,5n\)
\(\Rightarrow M_X=9n\)
Ta có bảng :
| n | 1 | 2 | \(\dfrac{8}{3}\) | 3 |
| \(M_X\) | 9 | 18 | 24 | 27 |
| Kết luận | Loại | Loại | Loại | Al (thỏa mãn) |
Vậy X là nhôm ( Al )
Ta có : \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{71,4}{102}=0,7\left(mol\right)\)
Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Al}=2n_{Al_2O_3}=0,7.2=1,4\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m=m_{Al}=1,4.27=37,8\left(g\right)\)
Từ công thức tinh thể => M có hóa trị II.
a)
Theo đề có:
\(\%_S=\dfrac{32.100\%}{M+96+18n}=14,95\%\)
\(\%_M=\dfrac{M.100\%}{M+96+18n}=29,91\%\)
=> Với `n=3` thì `M=64(Cu)`
=> Công thức tinh thể: \(CuSO_4.3H_2O\)
b)
\(m_{CuSO_4}=\dfrac{85,6}{214}.160=64\left(g\right)\)
\(n_{co_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,02\left(mol\right)\)
\(n_{BaCl_2}=\dfrac{100.20,8\%}{208}=0,1\left(mol\right)\)
PTHH :
\(BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3+2NaCl\) (1)
Như vậy : dung dịch X gồm \(BaCO_3;NaCl;\) có thể có \(BaCl_2\) dư hoặc \(Na_2CO_3\) dư
PTHH :
\(BaCO_3+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+CO_2+H_2O\) (2)
ctc : \(Na_2CO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\) (3)
+) TH1 : Nếu \(BaCl_2\) dư ( không có phản ứng (3) )
Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)
Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Na_2CO_3}=n_{BaCO_3}=0,04\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,04.106=4,24\left(g\right)\)
\(\Rightarrow C_{\%ddNa_2CO_3}=\dfrac{4,24.100\%}{100}=4,24\%\)
BTKL \(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspứ}+m_{CO_2}\)
\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}-m_{CO_2}=m_{ddspứ}\)
\(\Rightarrow m_{ddspứ}=100+100+100-0,04.44=298,14\left(g\right)\)
+) TH2 : Nếu \(Na_2CO_3\) dư ( xảy ra phản ứng (3) )
Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{BaCl_2}=0,1\left(mol\right)\)
Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{CO_2\left(2\right)}=n_{BaCO_3\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)>0,04\left(mol\right)\) ( vô lí )
\(\Rightarrow\) TH2 loại
- Nguyên tử khối của Nitơ là khoảng 14 amu. ( 14g/mol )
- Nguyên tử khối của Helium là khoảng 4 amu. ( 4g/mol )
Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch \(BaCl_2\)đủ cho đến khi kết tủa đạt tối đa, lọc kết tủa:
\(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2NaCl\)
Hỗn hợp dung dịch khi này sau lọc kết tủa gồm \(NaCl,MgCl_2\)
Tiếp tục cho tác dụng với dung dịch \(NaOH\) đủ đến khi kết tủa tối đa, lọc kết tủa ta thu được muối ăn tinh khiết:
\(MgCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Mg\left(OH\right)_2\)
Để thu được muối ăn tinh khiết ta làm như sau:
Phơi nước biển và cô đặc: Phơi nước biển trên các ruộng muối để ánh nắng chiếu trực tiếp. Nước dễ dàng bay hơi nên ta có thể lấy được muối ăn.
Cô đặc dung dịch chứa NaCl: Sử dụng phương pháp cô đặc nồi hở.Cô đặc dung dịch chứa muối ăn để tạo ra muối tinh khiết.
`#3107.101107`
`b)`
m của `0,02` mol phân tử `H_2:`
\(\text{m}_{\text{H}_2}=\text{n}_{\text{H}_2}\cdot\text{M}_{\text{H}_2}=0,02\cdot2=0,04\left(\text{g}\right)\)
V của `H_2` ở đkc:
\(\text{V}_{\text{H}_2}=\text{n}_{\text{H}_2}\cdot24,79=0,02\cdot24,79=0,4958\left(\text{l}\right)\)
___
`0,25` mol?
m của phân tử `CO_2:`
\(\text{m}_{\text{CO}_2}=\text{n}\cdot\text{M}=0,25\cdot44=11\left(g\right)\)
V của phân tử `CO_2:`
\(\text{V}_{\text{CO}_2}=n\cdot24,79=0,25\cdot24,79=6,1975\left(l\right)\)
____
m của phân tử `NO:`
\(\text{m}_{\text{NO}}=\text{n}\cdot\text{M}=0,1\cdot30=3\left(g\right)\)
V của phân tử `NO:`
\(\text{V}_{\text{NO}}=n\cdot24,79=0,1\cdot24,79=2,479\left(\text{l}\right).\)
\(n_{Fe}=\dfrac{1,2395}{56}=0,022\left(mol\right)\)
a)
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)
0,022 0,044 0,022 0,022
\(m_{HCl}=0,044.36,5=1,606\left(g\right)\)
b)
\(m_{FeCl_2}=0,022.127=2,794\left(g\right)\)
c) \(V_{H_2}=0,022.24,79=0,54538\left(l\right)\)
\(m_{dd.muối.X}=3,2+196,8=200\left(g\right)\)
Có: \(C\%_X=\dfrac{m_X.100\%}{200}=4\%\Leftrightarrow m_X=8\left(g\right)\) \(M_2\left(SO_4\right)_n\)
\(3,2\left(g\right)M_2O_n\rightarrow8\left(g\right)M_2\left(SO_4\right)_n\)
=> \(n_{SO_4^{2-}}=\dfrac{8-3,2}{96-16}=0,06\left(mol\right)\)
\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,06.98.100\%}{196,8}=2,99\%\)