Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1.
- nFe= \(\dfrac{11,2}{56}\) = 0,2 mol
nAl = \(\dfrac{m}{27}\) mol
- Khi thêm Fe vào cốc đựng dd HCl (cốc A) có phản ứng:
Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl2 +H2 \(\uparrow\)
0,2 0,2
- Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng cốc đựng HCl tăng thêm:
11,2 - (0,2.2) = 10,8g
- Khi thêm Al vào cốc đựng dd H2SO4 có phản ứng:
2Al + 3 H2SO4 \(\rightarrow\) Al2 (SO4)3 + 3H2\(\uparrow\)
\(\dfrac{m}{27}\) mol \(\rightarrow\) \(\dfrac{3.m}{27.2}\)mol
- Khi cho m gam Al vào cốc B, cốc B tăng thêm m - \(\dfrac{3.m}{27.2}\)
- Để cân thăng bằng, khối lượng ở cốc đựng H2SO4 cũng phải tăng thêm 10,8g. Có: m - \(\dfrac{3.m}{27.2}.2\) = 10,8
- Giải được m = (g)
2.
PTPƯ: CuO + H2 \(\underrightarrow{400^oC}\) Cu + H2O
Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu thu được \(\dfrac{20.64}{80}=16g\)
16,8 > 16 => CuO dư.
Hiện tượng PƯ: Chất rắn dạng bột CuO có màu đen dần dần chuyển sang màu đỏ (chưa hoàn toàn).
Đặt x là số mol CuO PƯ, ta có mCR sau PƯ = mCu + mCuO còn dư
= mCu + (mCuO ban đầu – mCuO PƯ)
64x + (20-80x) =16,8 \(\Leftrightarrow\) 16x = 3,2 \(\Leftrightarrow\) x= 0,2.
nH2 = nCuO= x= 0,2 mol. Vậy: VH2= 0,2.22,4= 4,48 lít
3.
2KClO3 \(\rightarrow\) 2KCl + 3O2
\(\dfrac{a}{122,5}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{a}{122,5}\left(74,5\right)\) + \(\dfrac{3a}{2}.22,4\)
2KMnO4 \(\rightarrow\) K2MnO4 + MnO2 + O2
\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)
\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)
\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)
Câu 1:
PTHH: Fe + 2HCl ===> FeCl2 + H2
a/ nFe = 11,2 / 56 = 0,2 mol
=> nH2 = 0,2 mol
=> VH2(đktc) = 0,2 x 22,4 = 4,48 lít
b/ => nHCl = 0,2 x 2 = 0,4 mol
=> mHCl = 0,4 x 36,5 = 14,6 gam
c/ => nFeCl2 = 0,2 mol
=> mFeCl2 = 0,2 x 127 = 25,4 gam
Câu 3/
a/ Chất tham gia: S, O2
Chất tạo thành: SO2
Đơn chất: S, O2 vì những chất này chỉ do 1 nguyên tố tạo nên
Hợp chất: SO2 vì chất này do 2 nguyên tố S và O tạo tên
b/ PTHH: S + O2 =(nhiệt)==> SO2
=> nO2 = 1,5 mol
=> VO2(đktc) = 1,5 x 22,4 = 33,6 lít
c/ Khí sunfuro nặng hơn không khí
Bài 1:
\(n_{C_4H_{10}}=\frac{m}{M}=\frac{11,6}{58}=0,2mol\)
PTHH: \(2C_4H_{10}+13O_2\rightarrow^{t^o}8CO_2\uparrow+10H_2O\)
0,2 1,3 0,8 1 mol
\(\rightarrow n_{O_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{13.0,2}{2}=1,3mol\)
\(V_{O_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=1,3.22,4=29,12l\)
\(\rightarrow n_{CO_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{8.0,2}{2}=0,8mol\)
\(m_{CO_2}=n.M=0,8.44=35,2g\)
\(\rightarrow n_{H_2O}=n_{C_4H_{10}}=\frac{10.0,2}{2}=1mol\)
\(m_{H_2O}=n.M=1.18=18g\)
Ta có pthh 2 Al+6HClà 2AlCl3+3H2
Theo đề 0,2 mol à 0,3 mol
+)nAl = 5,4 / 27 = 0,2 mol
+)VH2 = 0,3 / 22,4 = 6,72 lit
Pthh 4Al + 3O2 à 2Al2O3
Theo đề 0,2 mol à 0,1 mol
+)mAl2O3 = 0,1 * 102 = 10,2 gam
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, PT: \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\uparrow\)
b, Số mol Al tham gia phản ứng là:
\(n_{Al}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)
Theo pt+đb: \(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=\dfrac{3}{2}.0,2=0,3\left(mol\right)\)
=>Thể tích H2 thoát ra ở ĐKTC là:
\(V_{H_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)
c,Theo pt+đb: \(n_{HCl}=\dfrac{6}{2}n_{Al}=3.0,2=0,6\left(mol\right)\)
=>Khối lượng HCl tham gia phản ứng là:
\(m_{HCl}=0,6.36,5=21,9\left(g\right)\)
=.= hk tốt!!
a. PTHH: \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)
b. \(n_{Al}\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)
Theo PT ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{0,2.3}{2}=0,3\left(mol\right)\)
Thể tích của \(H_2\) thoát ra ở đktc là:
\(V_{H_2}=n.22,4=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)
c. Theo PT ta có: \(n_{HCl}=\dfrac{0,2.6}{2}=0,6\left(mol\right)\)
Khối lượng axit clohidric đã tham gia phản ứng là:
\(m_{HCl}=n.M=0,6.36,5=21,9\left(g\right)\)
a)
2Al+ 3H2SO4 ----> Al2(SO4)3 + 3H2
2 : 3 : 1 : 3
b)
nếu có 6,02.1023 nguyên tử Al thì tác dụng đc với số phân tử H2SO4 là
\(\frac{6,02.10^{23}.3}{2}=9,03.10^{23}\)
số phân tử H2 bằng số phân tử H2SO4=>tạo ra 9,03.1023 phân tử H2
số phân tử của H2SO4 gấp 3 lần số phân tử Al2(SO4)3=> số phân tử của Al2(SO4)3 khi đó là:
9,03.1023:3=3,1.1023
c) nếu có 3,01.1023 nguyên tử Al thì tác dụng đuocx với số phân tử H2SO4 là:
3,01.1023:2.3=4,515.1023phân tử H2SO4
và khi đó tạo ra được số phân tử Al2(SO4)3 là
4,515.1023:3=1,505.1023
khi đó tạo được số phân tử H2 là:
1,505.1023.3=4,515.1023
nhoc quay pha bn có thể giảng lại đc k mk k hiểu cho lắm
Bài 9 :
\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
Đặt x, y lần lượt số mol Mg , Zn phản ứng với axit
PTHH :
\(Mg\left(x\right)+H_2SO_4\left(x\right)-->MgSO_4\left(x\right)+H_2\left(x\right)\)
\(Zn\left(y\right)+H_2SO_4\left(y\right)-->ZnSO_4\left(y\right)+H_2\left(y\right)\)
Gỉa sử trong hỗn hợp chỉ có Zn :
\(x+y=n_{Zn}=n_{H_2}=0,1\)
\(\Rightarrow m_{Zn}=0,1.65=6,5\left(g\right)\)
\(\Rightarrow65x+65y=65\left(x+y\right)=6,5\left(g\right)< 7,8\left(g\right)\)
Vậy chứng tỏ axit vẫn dư sau phản ứng .
Bài 7 :
PTHH :
\(Fe+2HCl-->FeCl_2+H_2\left(1\right)\)
\(2Al+6HCl-->2AlCl_3+3H_2\left(2\right)\)
Gỉa sử trong hỗn hợp X chỉ có Fe :
\(n_{Fe}=\dfrac{22}{56}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow n_{HCl}=0,4.2=0,8\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=0,6\left(mol\right)< 0,8\left(mol\right)\)
Chứng tỏ kim loại không tan hết .(1)
\(Gỉa\) sử trong hỗn hợp chỉ có Al :
\(n_{Al}=\dfrac{22}{27}=0,814=>n_{HCl}=3.0,814=2,44\left(mol\right)>0,6\left(mol\right)\)
Chứng tỏ kim loại không tan hết (2)
Từ (1),(2) chứng tỏ hh X không tan hết .
HÌNH NHƯ SAI ĐỀ .
6)Gọi 2x,y là số mol Al,Fe
Theo gt:\(m_{hhKL}\)=\(m_{Al}+m_{Fe}\)=27.2x+56y=54x+56y=11(g)(1)
Ta có PTHH:
2Al+6HCl->\(2AlCl_3\)+3\(H_2\)(1)
2x......6x........................3x.....(mol)
Fe+2HCl->\(FeCl_2\)+\(H_2\)(2)
y........2y.....................y....(mol)
Theo PTHH(1);(2):\(n_{H_2\left(1;2\right)}\)=3x+y=8,96:22,4=0,4(mol)(2)
Từ (1);(2)=>\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\left(mol\right)\\y=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)=>\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=54x=54.0,1=5,4\left(g\right)\\n_{Fe}=56y=0,1.56=5,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy % về khối lượng là:
%\(m_{Al}\)=\(\dfrac{5,4}{11}.100\%\)=49,1%
%\(m_{Fe}\)=\(\dfrac{5,6}{11}.100\%\)=50,9%
b)Theo PTHH(1);(2):\(n_{HCl\left(1;2\right)}\)=6x+2y=0,6+0,2=0,8(mol)
mặt khác:\(C_{M\left(ddHCl\right)}\)=2M=>\(V_{ddHCl}\)=0,8:2=0,4l
a, PTHH: 2Al + 6HCl --à 2AlCl3 + 3H2
b, Đổi 300ml = 0,3L
Suy ra nHCl = 0,3.1 = 0,3 (L)
Theo PTHH, nAl = 1/3nHCl = 1/3.0,3 = 0,1 (mol)
Do đó, mAl = 0,1.27 = 2,7 (g)
c, Theo PTHH: nH2 = 1/2nHCl = ½.0,3 = 0,15 (mol)
suy ra VH2 = 0,15.24,79 = 3,7185 (L)