Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Chứng minh hợp kim tan hết:
2. Hợp kim gấp đôi có tan hết hay không?
3. Tính khối lượng kim loại trong hợp kim:
Lưu ý:
Hy vọng bài giải này giúp bạn hiểu rõ hơn về bài toán.
\(n_A=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\\n_{Cl_2}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
PT: \(H_2+Cl_2\underrightarrow{^{t^o}}2HCl\)
Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,3}{1}>\dfrac{0,1}{1}\), ta được H2 luôn dư nếu pư hoàn toàn.
Gọi: nCl2 (pư) = a (mol) ⇒ nCl2 (dư) = 0,1 - a (mol)
Theo PT: nHCl = 2nCl2 (pư) = 2a (mol)
PT: \(Cl_2+2NaOH\rightarrow NaCl+NaClO+H_2O\)
__0,1-a____________0,1-a_____0,1-a (mol)
\(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)
2a________________2a (mol)
⇒ 12,34 = mNaCl + mNaClO = 58,5.(0,1 - a + 2a) + 74,5.(0,1 - a)
⇒ a = 0,06 (mol)
\(\Rightarrow H\%=\dfrac{0,06}{0,1}.100\%=60\%\)
Có vẻ hơi trễ:")
a)
\(n=3\Rightarrow\) có 3 lóp electron.
\(l=2\Rightarrow\) e cuối vào phân lớp 3d
\(m=1,m_s=-\dfrac{1}{2}\Rightarrow\) mũi tên hướng xuống dừng ở ô thứ 4.
=> e cuối của nguyên tố điền vào phân lớp \(3d^9\)
Cấu hình e bền vững sau bão hòa: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^1\left(Cu\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}STT:29\\CK:4\\nhóm:IB\end{matrix}\right.\)
b)
Tương tự câu a, e cuối của nguyên tố điền vào phân lóp \(4p^2\)
Cấu hình e: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^24p^2\left(Ge\right)\left\{{}\begin{matrix}STT:32\\CK:4\\nhóm:IVA\end{matrix}\right.\)
a, Ba(OH)2, NaOH
b, Ba(OH)2, Mg(OH)2, Cu(OH)2, NaOH
PT: \(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+2H_2O\)
\(Mg\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)
\(Cu\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow CuCl_2+2H_2O\)
\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)
c, Ba(OH)2, NaOH
PT: \(Ba\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\)
\(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)
d, Mg(OH)2, Cu(OH)2
PT: \(Mg\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}MgO+H_2O\)
\(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)2
e, Ba(OH)2, NaOH
PT: \(Ba\left(OH\right)_2+CuSO_4\rightarrow BaSO_4+Cu\left(OH\right)_2\)
\(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2\)
a) \(Al_2O_3+H_2SO_4\rightarrow X+H_2O\)
X là chất Al2(SO4)3
b) \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)
c) áp dụng công thức định luật bảo toàn khối lượng
\(m_{H_2SO_4}=m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}+m_{H_2O}-m_{Al_2O_3}=34,2+5,4-10,1=29,5\left(g\right)\)
vậy a = 29,5 g
\(n_{H_2SO_4}=0,5.0,6=03\left(mol\right)\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=x\\n_{CuO}=y\end{matrix}\right.\)
\(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)
x x x
\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)
y y
Có hệ phương trình:
\(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)
=>
x=0,2
y=0,1
a. \(m_{Zn}=0,2.65=13\left(g\right),m_{CuO}=80.0,1=8\left(g\right)\)
\(\%m_{Zn}=\dfrac{13.100\%}{21}=61,9\%\\ \%m_{CuO}=\dfrac{8.100\%}{21}=38,1\%\)
b. Có 1 phân tử khí \(H_2\) bay ra
a. Gọi số mol của Zn và CuO lần lượt là x và y.
Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
x x
CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O
y y
\(n_{H_2SO_4}\) = 0,6 . 0,5 = 0,3 mol
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\y=0,1\end{matrix}\right.\)
⇒ mZn = 13 gam ⇒ %Zn = 62%
⇒mCuO = 8 gam ⇒ % CuO = 38%
b. Khí thoát ra là khí H2.
⇒ \(n_{H_2}\)= 0,2 mol
X là BaCO3, Y là MCl.
Ta có: \(n_{M_2CO_3}=n_{M_2CO_3.10H_2O}=\dfrac{m}{2M_M+240}\left(mol\right)\)
PT: \(M_2CO_3+BaCl_2\rightarrow2MCl+BaCO_{3\downarrow}\)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{BaCl_2}=n_{BaCO_3}=n_{M_2CO_3}=\dfrac{m}{2M_M+240}\left(mol\right)\\n_{MCl}=2n_{M_2CO_3}=\dfrac{m}{M_M+120}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}=\dfrac{2080m}{M+120}\left(g\right)\)
\(m_{BaCO_3}=\dfrac{197m}{2M_M+240}\left(g\right)\)
\(m_{MCl}=\dfrac{m\left(M_M+35,5\right)}{M_M+120}\left(g\right)\)
⇒ m dd sau pư = mM2CO3.10H2O + m dd BaCl2 - mBaCO3
= \(\dfrac{m.\left(2M_M+4203\right)}{2M+240}\left(g\right)\)
\(\Rightarrow C\%_{MCl}=\dfrac{m_{MCl}}{m_{ddsaupu}}.100\%=2,7536\%\)
\(\Rightarrow M_M=23\left(g/mol\right)\)
→ M là Na.
Vậy: T là Na2CO3.10H2O.