Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a,
\(n_{H2}=0,35\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=2n_{H2}=0,7\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{dd_{HCl}}=0,7.36,5:15\%=170,33\left(g\right)\)
b,
Gọi a là mol Mg, b là mol Al
\(\Rightarrow24a+27b=7,5\left(1\right)\)
Bảo toàn e: \(2a+3b=0,35.2=0,7\left(2\right)\)
\(\left(1\right)+\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\\b=0,1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\%_{Mg}=\frac{0,2.24}{7,5}.100\%=64\%\)
\(\Rightarrow\%_{Al}=100\%-64\%=36\%\)
1.1. Al + NaOH + H2O ==> NaAlO2 + 3/2H2
nH2(1)=3,36/22,4=0.15(mol)
=> nAl(1)= nH2(1):3/2= 0.15:3/2= 0.1(mol)
2.Mg + 2HCl ==> MgCl2 + H2
3.2Al + 6HCl ==> 2AlCl3 + 3H2
4.Fe + 2HCl ==> FeCl2 + H2
=> \(n_{H_2\left(2,3,4\right)}=\) 10.08/22.4= 0.45(mol)
=> nH2(3)=0.1*3/2=0.15(mol)
MgCl2 + 2NaOH ==> Mg(OH)2 + 2NaCl
AlCl3 + 3NaOH ==> Al(OH)3 + 3NaCl
FeCl2 + 2NaOH ==> Fe(OH)2 + 2NaCl
a)
4FeCO3 + O2 --> 2Fe2O3 + 4CO2 (1)
4FexOy + (3x-2y)O2 --> 2xFe2O3 (2)
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3)
2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (4)
b)
Giả sử Ba(OH)2 dư , chỉ xảy ra (3) không xảy ra pư (4)
nBaCO3 = 0,02 mol = nCO2
=> nFe2O3 (1) = 0,01 mol
Mà \(\Sigma\)nFe2O3 (1) + (2) = \(\dfrac{11,2}{160}\)= 0,07 mol => nFe2O3 (2) = 0,07 -0,01 = 0,06 mol
=> nFexOy = \(\dfrac{0,12}{x}\) mol
mFexOy = 12,64 - mFeCO3 = 12,64 - 0,02.116 = 10,32 gam
=> M FexOy = 86x (g/mol)
Với x = 1,2,3 ... đều không thỏa mãn
=> Ba(OH)2 phản ứng hết, xảy ra cả phản ứng (3) và (4)
nBa(OH)2 = 0,03 mol , nBaCO3 = 0,02 mol
=> nBa(OH)2 (4) = 0,03 - 0,02 = 0,01 mol
=> nCO2 (4) = 0,01.2 = 0,02 mol
=> nCO2 (1) = nCO2 (3) + nCO2 (4) = 0,04 mol
<=> nFe2O3 (1) = 0,02 mol , nFeCO3 = 0,04 mol
=> nFe2O3 (2) = 0,07 - 0,02 = 0,05 mol <=> n FexOy = \(\dfrac{0,1}{x}\) mol
mFexOy = 12,64 - mFeCO3 = 12,64 - 0,04.116 = 8 gam
=> M FexOy = 80x (g/mol)
với x = 2 => mFexOy = 160 (g/mol) <=> Fe2O3
\(n_{hh}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)
Do SO2 và O2 tỉ lệ mol 1:1
=> \(n_{SO_2}=n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\)
\(2SO_2+O_2-^{t^o,V_2O_5}\rightarrow2SO_3\)
Lập tỉ lệ : \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,2}{1}\) => Sau phản ứng O2 dư, tính theo số mol của SO2
Theo PT: \(n_{SO_3}=n_{SO_2}=0,2\left(mol\right)\)
Hỗn hợp khí Y gồm SO3, O2
\(SO_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4\)
\(n_{BaSO_4}=n_{SO_3}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{BaSO_{\text{4 }}\left(lt\right)}=0,2.233=46,6\left(g\right)\)
Thực tế chỉ thu được 45,8g kết tủa
\(\Rightarrow H=\dfrac{45,8}{46,6}=98,28\%\)
Bài1
Fe +2HCl----> FeCl2 +H2
Ta có
m\(_{HCl}=\frac{14,66.200}{100}=29,32\left(g\right)\)
n\(_{HCl}=\frac{29,32}{36,5}=0,8\left(mol\right)\)
Theo pthh
n\(_{Fe}=\frac{1}{2}n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)
m=m\(_{Fe}=0,4.56=22,4\left(g\right)\)
Theo pthh
n\(_{FeCl2}=n_{Fe}=0,4\left(mol\right)\)
m\(_{FeCl2}=0,4.127=50,8\left(g\right)\)
m\(_{H2}=0,8\left(g\right)\)
mdd= 22,4+200=0,8=221,6(g)
C%=\(\frac{50,8}{221,6}.100\%=22,92\%\)
Chúc bạn học tốt
Bài 2
2K+2H2O--->2KOH+H2
Ta có
n\(_K=\frac{15,6}{137}=0,1\left(mol\right)\)
Theo pthh
n\(_{H2}=\frac{1}{2}n_K=0,05\left(mol\right)\)
m\(_{H2}=0,1\left(g\right)\)
m=m\(_{H2O}=200+0,1-15,6=184,5\left(g\right)\)
V\(_{H2}=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\)
Chúc bạn học tốt
Câu trả lời:
a, Cho hỗn hợp khí CH4 và C2H2 qua dung dịch Br2 dư chỉ có C2H2 tham gia phản ứng. PTHH:\(C_2H_2+2Br_2→C_2H_2Br_4\)
b,\(n_{Br_2}=\dfrac{m_{Br_2}}{M_{Br_2}}=\dfrac{4}{160}=0,025(mol)\)
Theo PTHH: \(n_{C_2H_2}=\dfrac{n_{Br_2}}{2}=0,0125(mol)\)
\(V_{C_2H_2}=n_{C_2H_2}.22,4=0,0125.22,4=0,28(l)\)
Phần trăm của khí C2H4 trong hỗn hợp ban đầu là:\(\%V_{C_2H_2}=\dfrac{V_{C_2H_2}}{V_{hh}}.100\%=\dfrac{0,28}{3,36}.100\%\approx 8,(3)\%\)\(\)
Phần trăm của khí CH4 trong hỗn hợp ban đầu là:
\(\%V_{CH_4}=100\%-\%V_{C_2H_2}=100\%-8,(3)\%=91,(6)\%\)
Tham khảo
Cho hỗn hợp X vào dung dịch HCl lấy dư:
PTHH: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O
MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
Dung dịch Y gồm: AlCl3, MgCl2, FeCl2, HCl dư
Khí Z là H2
Chất rắn A là Cu
Cho A tác dụng với H2SO4 đặc nóng.
PTHH: Cu + 2H2SO4(đặc, nóng) → CuSO4 + SO2 + 2H2O
Khí B là SO2
Cho B vào nước vôi trong lấy dư
PTHH: SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O
Kết tủa D là CaSO3
Cho dung dịch NaOH vào Y tới khi kết tủa lớn nhất thì dừng lại.
PTHH: NaOH + HCl → NaCl + H2O
3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl
2NaOH + MgCl2 → Mg(OH)2 + 2NaCl
2NaOH + FeCl2 → Fe(OH)2 + 2NaCl
Chất rắn E là: Al(OH)3, Mg(OH)2, Fe(OH)2
Nung E trong không khí
Chất rắn G là Al2O3, MgO, Fe2O3
a,PTHH:
\(2CH_3COOH+CaCO_3\rightarrow\left(CH_3COO\right)_2Ca+CO_2\uparrow+H_2O.\)
b, Ta có :\(n_{CH_3COOH}=\dfrac{12}{60}=0,2mol\)
\(2CH_3COOH+CaCO_3\rightarrow\left(CH_3COO\right)_2Ca+CO_2\uparrow+H_2O.\)
0,2.........................................0,1
\(\Rightarrow m_{CaCO_3}\left(pu\right)=0,1.100=10g\)
c,
\(2CH_3COOH+CaCO_3\rightarrow\left(CH_3COO\right)_2Ca+CO_2\uparrow+H_2O.\)
0,2..........................................................................................0,1
\(CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3\downarrow+H_2O\)
0,1.................................................0,1
Khối lượng kết tủa thu được : \(m_{BaCO_3}=0,1.197=19,7g\Rightarrow a=19,7\)