CHƯƠNG V: HIĐRO - NƯỚC

`Na+H_2O\rightarrowNaOH+1/2H_2`

Dung dịch thu được sau phản ứng là NaOH

=> quỳ tím chuyển màu xanh

nFe2O3=19/56=0,11875(mol)

Fe2O3 + 3H2 —to–> 2Fe + 3H2O

0,11875->                 0,2375           (mol)

mFe(pư)=0,2375.56=13,3(g)

mFe(thu đc)=(50.13,3)/100=6,65(g)

a, \(n_{Mg}=\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

b, \(n_{HCl}=2n_{Mg}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow V_{HCl}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)\)

\(n_{Mg}=\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH :

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow\)

0,1        0,2                        0,1 

\(a,V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

\(b,V=\dfrac{n}{C_M}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)\)

Kim loại R có hóa trị 2

$R + 2HCl \to RCl_2 + H_2$
Theo PTHH : 

$n_{H_2} = n_R = \dfrac{a}{R}(mol)$
Ta thấy $R$ càng nhỏ thì $\dfrac{a}{R}$ càng lớn

mà : $M_{Mg} = 24< M_{Ca} = 40 < M_{Fe} = 56 < M_{Zn} = 65$

Do đó : dùng kim loại $Mg$ thu được thể tích $H_2$ lớn nhất

\(a,PTHH:Fe_2O_3+3H_2\rightarrow\left(t^o\right)3H_2O+2Fe\\ n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\\ b,n_{Fe}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\\ m_{Fe}=0,2.56=11,2\left(g\right)\)

Vì dòng điện định mức của dây đồng cao hơn hẳn so với dây chì cho nên nếu xảy ra trường hợp nổ lần nữa thì có thể dây đồng chưa chảy thì các thiết bị đã cháy trước 

Tiện thì đây là môn công nghệ nha

a) \(H_2SO_4+Fe\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{m_{H_2SO_4}}{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{49}{98}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2SO_4}=0,5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe}=n_{Fe}.M_{Fe}=0,5.56=28\left(g\right)\)

b) Theo PTHH: \(n_{H_2}=n_{H_2SO_4}=0,5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=n_{H_2}.22,4=0,5.22,4=11,2\left(l\right)\)

Gọi CTHH của oxit kim loại là $R_2O_n$

Ta có : $\%R = \dfrac{2R}{2R + 16n}.100\% = 60\%$

$\Rightarrow R = 12n$

Với n = 2 thì R = 24(Magie)

Vậy oxit là $MgO$

a, \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

b, \(n_{Zn}=\dfrac{5,2}{65}=0,08\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{ZnCl_2}=n_{H_2}=n_{Zn}=0,08\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=0,08.24,79=1,9832\left(l\right)\)

\(m_{ZnCl_2}=0,08.136=10,88\left(g\right)\)

c, \(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{6,032}{232}=0,026\left(mol\right)\)

PT: \(Fe_3O_4+4H_2\underrightarrow{t^o}3Fe+4H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,026}{1}>\dfrac{0,08}{4}\), ta được Fe₃O₄ dư.

Theo PT: \(n_{Fe}=\dfrac{3}{4}n_{H_2}=0,06\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe}=0,06.56=3,36\left(g\right)\)