Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)
PTHH: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)
a. \(n_{Zn}=\frac{m}{M}=\frac{13}{65}=0,2mol\)
\(n_{HCl}=\frac{m}{M}=\frac{18,25}{36,5}=0,5mol\)
Lập tỷ lệ \(\frac{n_{Zn}}{1}\) và \(\frac{n_{HCl}}{2}\rightarrow\frac{0,1}{1}< \frac{0,5}{2}\)
Vậy sau phản ứng HCl còn dư nên tính theo số mol Zn
\(\rightarrow n_{Zn}=n_{H_2}=0,2mol\)
\(\rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l\)
b. Sau phản ứng thì nhúng dung dịch vào quỳ tím, làm cho quỳ tím hoá đỏ bởi còn HCl dư
c. PTHH: \(CuO+H_2\rightarrow^{t^o}Cu+H_2O\)
Trước pứ: 0,3 0,2 mol
pứ: 0,2 0,2 mol
Sau pứ: 0,1 0,2 mol
Vậy sau pứ thu được X gồm CuO dư và Cu
\(\rightarrow m_X=m_{CuO\left(dư\right)}+m_{Cu}=0,1.80+0,2.64=20,8g\)
2)
Đặt \(a\left(g\right)=m_{Na}=m_{Fe}=m_{Al}\)
\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\left(1\right)\)
\(2Na+2HCl\rightarrow2NaCl+H_2\left(2\right)\)
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\left(3\right)\)
Có \(\hept{\begin{cases}n_{Fe}=a/56mol\\n_{Al}=a/27mol\\n_{Na}=a/23mol\end{cases}}\)
Theo phương trình \(n_{H_2}\left(1\right)=\frac{3}{2}n_{Al}=\frac{a}{18}mol\)
\(n_{H_2}\left(2\right)=\frac{1}{2}n_{Na}=\frac{a}{46}mol\)
\(n_{H_2}\left(3\right)=n_{Fe}=\frac{a}{56}mol\)
\(\frac{a}{18}\approx0,056a\left(mol\right)\)
\(\frac{a}{46}\approx0,22a\left(mol\right)\)
\(\frac{a}{56}\approx0,018a\left(mol\right)\)
Xét \(0,018a< 0,22a< 0,056a\)
Vậy Al cho thể tích \(H_2\) là nhiều nhất.
sao ngọc nam chưa nổi 1000 điểm mà được làm cộng tác viên rồi
a) \(Ca+2H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+H_2\uparrow\)
\(n_{Ca}=\frac{8}{40}=0,2mol\)
Theo phương trình \(n_{H_2}=n_{Ca}=0,2mol\)
\(\rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l\)
b) Theo phương trình \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{Ca}=0,2mol\)
\(\rightarrow m_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2.\left(40+17.2\right)=14,8g\)
\(m_{ddsaupu}=m_{Ca}+m_{H_2O}-m_{H_2}\)
\(\rightarrow m_{ddsaupu}=8+200-0,2.2=207,6g\)
\(\rightarrow C\%_{ddCa\left(OH\right)_2}=\frac{14,8.100}{207,6}=7,13\%\)
a)Zn+2HCl→ZnCl2+H22Al+6HCl→2AlCl3+3H2b)nZn=2,665=0,04molnAl=0,8127=0,03molnH2=0,04+0,03×32=0,085molVH2=0,085×22,4=1,904lc)nZnCl2=nZn=0,04molnAlCl3=nAl=0,03molCMZnCl2=0,040,04=1MCMAlCl3=0,030,04=0,75MmddHCl=40×1,072=42,88gmddspu=2,6+0,81+42,88−0,085×2=46,12gC%ZnCl2=0,04×13642,61×100%=12,77%C%AlCl3=0,03×133,542,61×100%=9,4%a)Zn+2HCl→ZnCl2+H22Al+6HCl→2AlCl3+3H2b)nZn=2,665=0,04molnAl=0,8127=0,03molnH2=0,04+0,03×32=0,085molVH2=0,085×22,4=1,904lc)nZnCl2=nZn=0,04molnAlCl3=nAl=0,03molCMZnCl2=0,040,04=1MCMAlCl3=0,030,04=0,75MmddHCl=40×1,072=42,88gmddspu=2,6+0,81+42,88−0,085×2=46,12gC%ZnCl2=0,04×13642,61×100%=12,77%C%AlCl3=0,03×133,542,61×100%=9,4%
1/ Thí nghiệm 1: Điều chế clo. Tính tẩy màu của khí clo ẩm
6HCl + KClO3 --> KCl + 3Cl2 + 3H2O
Cl2 sinh ra sẽ tác dụng với nước làm cho dd tạo thành chứ HClO --> HCl + [O], chính [O] này sẽ làm mất màu tời giấy màu ban đầu
2/ Thí nghiệm 2: So sánh tính oxi hoá của clo, brom và iot
-- Dùng Clo, ở muối NaBr sẽ xuất hiện màu nâu đỏ của brôm mới tạo thành Cl2 + 2 NaBr --> 2NaCl + Br2. Ổ NaI sẽ có màu vàng nhạt xuất hiện của iod mới tạo thành, Cl2 + 2NaI --> 2NaCl + I2
- Dùng brôm chỉ thấy màu vàng của iod sinh ra Br2 + 2NaI --> 2NaBr + I2
- Dùng iod hok có hiện tượng
---> nhận xét tính oxi hoá giảm gần theo thứ tự Cl2 > Br2 > I2
3/ Thí nghiệm 3: Tác dụng của iot với hồ tinh bột
Cho vào ống nghiệm một ít hồ tinh bột. Nhỏ 1 giọt nước iot vào ống nghiệm. Quan sát hiện tượng và nêu nguyên nhân.
Hồ tinh bột sẽ hoá xanh do iod có tính khử, tạo phức được với tinh bột
4/ Thí nghiệm 4: Tính axit của HCl
- Lấy 4 ống nghiệm sạch. Bỏ vào 1 trong các ống 1 trong các chất rắn sau đây
+ 1 ít Cu(OH)2 màu xanh (Điều chế bằng cách nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch CuSO4 rồi gạn lấy kết tủa)
2NaOH + CuSO4 --> Cu(OH)2 + NaSO4
Cu(OH)2 + 2HCl --> CuCl2 + 2 H2O --> tủa sẽ tan dần
+ 1 ít bột CuO màu đen
CuO + 2HCl --> CuCl2 + H2O, chất rắn màu đen tan dần, tạo thành dd trong suốt
+ 1 ít bột CaCO3 màu trắng (hoặc một mẩu đá vôi)
CaCO3 + 2HCl --> CaCl2 + CO2 + H2O --> đá vôi tan dần, có khí thoát ra
+ 1 viên kẽm
Zn + 2HCl --> ZnCL2 + H2 --> viên kẽm tan và cho khí bay ra
5. Thí nghiệm 5: Tính tẩy màu của nước Gia-ven
Cho vào ống nghiệm khoảng 1 ml nước Gia-ven. Bỏ tiếp vào ống 1 vài miếng vải hoặc giấy màu. Để yên 1 thời gian. Quan sát hiện tượng. Nêu nguyên nhân
vải hoặc giấy màu sẽ mất màu dần do trong nước janven chứa NaClO. CHính chất này sẽ tạo thành NaCl + [O], với sự có mặt của [O] làm cho dd có tình tẩy rửa.
6. Thí nghiệm 6: Bài tập thực nghiệm phân biệt các dung dịch
Mỗi bình có chứa 1 trong các dung dịch NaBr, HCl, NaI, và NaCl (không ghi nhãn)
- Dùng quỳ tím, nhận ra HCl vì quỳ tím đổi sang màu đỏ, còn 3 muối NaCl, NaI, NaBr đều hok làm quỳ tìm đổi màu
- Dùng tiếp dd nước brôm, chất nào làm dd brom mất màu nâu đỏ và xuất hiện màu vàng là NaI. 2NaI + Br2 --> 2NaBr + I2
- Dùng tiếp dd nước Cl2, chất nào xuât hiện màu nâu đỏ là NaBr. 2NaBr + Cl2 --> 2NaCl + Br2
còn lại là NaCl
Bài giải:
Số gam chất tan cần dùng:
a. mNaCl = . MNaCl =
. (23 + 35,5) = 131,625 g
b. =
.
=
= 2 g
c. =
.
=
. (24 + 64 + 32) = 3 g
chắc đề cho ở đktc nhỉ
PTHH : Zn + 2HCl ----> ZnCl2 + H2
a) Số mol Zn tham gia phản ứng : nZn = mZn/MZn = 14,3/65 = 0,22 (mol)
b) Theo PTHH : \(\hept{\begin{cases}n_{HCl}=2n_{Zn}=0,44\left(mol\right)\\n_{H_2}=n_{Zn}=0,22\left(mol\right)\end{cases}}\)
Thể tích khí H2 thu được ở đktc : \(V_{H_2}=n_{H_2}\cdot22,4=0,22\cdot22,4=4,928\left(l\right)\)
Khối lượng HCl tham gia phản ứng : \(m_{HCl}=n_{HCl}\cdot M_{HCl}=0,44\cdot36,5=16,06\left(g\right)\)
c) PTHH : 2H2 + O2 ---t0---> 2H2O
Số mol H2 tham gia phản ứng = 0,22 (mol) [ dùng toàn bộ ở a) ]
Số mol O2 tham gia phản ứng : \(n_{O_2}=\frac{V_{O_2}}{22,4}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)
Theo bài ra ta có : \(\frac{n_{H_2}\left(baicho\right)}{n_{H_2}\left(PTHH\right)}=\frac{0,22}{2}=0,11\left(mol\right)\); \(\frac{n_{O_2}\left(baicho\right)}{n_{O_2}\left(PTHH\right)}=\frac{0,15}{1}=0,15\left(mol\right)\)
=> H2 hết ; O2 dư và dư 0,15 - 0,11 = 0,04(mol)
Theo PTHH : \(n_{H_2O}=n_{H_2}=0,11\left(mol\right)\)
Khối lượng H2O thu được sau phản ứng : \(m_{H_2O}=n_{H_2O}\cdot M_{H_2O}=0,11\cdot18=1,98\left(l\right)\)
n hh khí = 0.5 mol
nCO: x mol
nCO2: y mol
=> x + y = 0.5
28x + 44y = 17.2 g
=> x = 0.3 mol
y = 0.2 mol
Khối lượng oxi tham gia pứ oxh khử oxit KL: 0.2 * 16 = 3.2g => m KL = 11.6 - 3.2 = 8.4g
TH: KL hóa trị I => nKL = 2*nH2 = 0.3 mol => KL: 28!!
KL hóa trị III => nKL = 2/3 *nH2 = 0.1 mol => KL: 84!!
KL hóa trị II => nKL = nH2 = 0.15 mol => KL: 56 => Fe.
nFe / Oxit = 0.15 mol
nO/Oxit = 0.2 mol
=> nFe/nO = 3/4 => Fe3O4
Fe3O4 + 4CO = 3Fe + 4CO2
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
0.15.....0.15.......0.15.....0.15
=> mH2SO4 pứ = 14.7 g => mdd = 147 g
m dd sau khi cho KL vào = m KL + m dd - mH2 thoát ra = 0.15 * 56 + 147 - 0.15*2 = 155.1g
=> C% FeSO4 = 14.7%
Câu 2:
a, \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{6,4}{160}=0,04\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=0,5.1=0,5\left(mol\right)\)
PT: \(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)
Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,04}{1}< \dfrac{0,5}{3}\), ta được H2SO4 dư.
Vậy: Fe2O3 tan hết.
b, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=n_{Fe_2O_3}=0,04\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=3n_{Fe_2O_3}=0,12\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,5-0,12=0,38\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}}=\dfrac{0,04}{0,5}=0,08\left(M\right)\\C_{M_{H_2SO_4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,38}{0,5}=0,76\left(M\right)\end{matrix}\right.\)
Câu 3:
a, \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=0,3.0,72=0,216\left(mol\right)\)
PT: \(Ba\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_{4\downarrow}+2H_2O\)
Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,216}{1}\), ta được H2SO4 dư.
Theo PT: \(n_{BaSO_4}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{BaSO_4}=0,2.233=46,6\left(g\right)\)
b, Theo PT: \(n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,216-0,2=0,016\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,016}{0,2+0,3}=0,032\left(M\right)\)
c, - Nhúng quỳ tím vào dd thấy quỳ hóa đỏ do H2SO4 dư.