Em đăng kí nhận giải thưởng thành viên đạt giải của HTGD chất lượng cao olm tháng 12 ạ!

Em đăng kí nhận giải thưởng "Ứng dụng to lớn của định lý Ta-lét trong cuộc sống"

Em đăng kí nhận thưởng bằng thẻ cào thay vì tiền mặt và gp ạ!

A)sắt phản ứng với H2SO4 loãng: Fe+H2SO4 dấu mũi tên FeSO4+H2 mũi tên hướng lên   đồng không phản ứng với H2SO4 loãng: Cu+H2SO4(loãng không xảy ra)                             B)%Cu=Khối lượng Cu/Khối lượng hợp kim x 100%=2,7/5x100%=54%                                           %Fe= Khối lượng Fe/Khối lượng hợp kim x 100%= 2,3/5x100%=46%                 

A)sắt phản ứng với H2SO4 loãng:                           Fe+H2SO4 dấu mũi tên FeSO4+H2 mũi tên hướng lên                                                                đồng không phản ứng với H2SO4 loãng:             Cu+H2SO4(loãng không xảy ra)                             B)%Cu=Khối lượng Cu/Khối lượng hợp kim x 100%=2,7/5x100%=54%                                           %Fe= Khối lượng Fe/Khối lượng hợp kim x 100%= 2,3/5x100%=46%                                             

Dưới đây là phân loại ngắn gọn các hợp chất:

1.C2H6O: Alcohol (Ethanol)

2.C2H2: Alkyne (Ethyne)

3.CH4O: Alcohol (Methanol)

4.C2H4: Alkene (Ethene)

5.CH3COOC2H5: Este (Etyl acetate)

6.C2H4O: Epoxide (Ethylene oxide)

7.C6H12: Cycloalkane (Cyclohexane)

\(n_{Al}=\dfrac{8,1}{27}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_S=\dfrac{9,6}{32}=0,3\left(mol\right)\)

Do khi hòa tan A vào HCl thu được hỗn hợp khí 

=> Trong A chứa H₂, H₂S

=> Al dư, S hết

PTHH: 2Al + 3S --t^o--> Al₂S₃

             0,2<--0,3------>0,1

            2Al + 6HCl --> 2AlCl₃ + 3H₂

            0,1----------------------->0,15

             Al₂S₃ + 6HCl --> 2AlCl₃ + 3H₂S

                0,1------------------------>0,3

=> \(\overline{M}_X=\dfrac{0,15.2+0,3.34}{0,15+0,3}=\dfrac{70}{3}\left(g/mol\right)\)

=> \(d_{X/H_2}=\dfrac{\dfrac{70}{3}}{2}=\dfrac{35}{3}\)

Hỗn hợp ban đầu gồm Mg và Al có tỷ lệ số mol là 1:2, nghĩa là số mol Al gấp 2 lần số mol Mg.

Gọi số mol Mg là nMgn_{Mg}nMg​ và số mol Al là nAl=2nMgn_{Al} = 2n_{Mg}nAl​=2nMg​.

Số gam tổng cộng của hỗn hợp là mmm, nên:

m=nMg×MMg+nAl×MAl=nMg×24+2nMg×27=nMg×(24+54)=78nMgm = n_{Mg} \times M_{Mg} + n_{Al} \times M_{Al} = n_{Mg} \times 24 + 2n_{Mg} \times 27 = n_{Mg} \times (24 + 54) = 78n_{Mg}m=nMg​×MMg​+nAl​×MAl​=nMg​×24+2nMg​×27=nMg​×(24+54)=78nMg​

Khi cho hỗn hợp Mg và Al vào dung dịch HNO₃, các phản ứng sau sẽ xảy ra:

Mg phản ứng với HNO₃:

Số mol khí H2H_2H2​ thu được từ Mg là nMgn_{Mg}nMg​.

Al phản ứng với HNO₃:

Số mol khí H2H_2H2​ thu được từ Al là 3nAl=6nMg3n_{Al} = 6n_{Mg}3nAl​=6nMg​.

Tổng số mol H2H_2H2​ sinh ra là nH2=nMg+6nMg=7nMgn_{H_2} = n_{Mg} + 6n_{Mg} = 7n_{Mg}nH2​​=nMg​+6nMg​=7nMg​.
 

Khí X gồm các khí NO, N₂O, N₂. Ta biết tổng thể tích khí X thu được là 4,032 lít, do đó tổng số mol khí X là:

nX=4,03222,4=0,18 moln_{X} = \frac{4,032}{22,4} = 0,18 \text{ mol}nX​=22,44,032​=0,18 mol

Khi thêm O₂ vào X, các khí này sẽ phản ứng với O₂ để tạo thành các sản phẩm như NO₂ và N₂. Phản ứng có thể như sau:

2NO+O2→2NO22NO + O_2 \rightarrow 2NO_22NO+O2​→2NO2​ 2N2O+O2→2N2+O22N_2O + O_2 \rightarrow 2N_2 + O_22N2​O+O2​→2N2​+O2​

Tuy nhiên, việc phản ứng hoàn toàn hoặc không sẽ phụ thuộc vào tỷ lệ các khí trong X. Từ thông tin bài toán, ta giả sử phản ứng xảy ra hoàn toàn.
 

Khi dẫn hỗn hợp khí Y (gồm các khí như NO₂, N₂, và O₂) qua dung dịch NaOH dư, ta sẽ thu được khí Z. Biết rằng tỉ khối của Z so với H₂ là 18,8, ta có thể tính được tỷ lệ các khí trong Z.

Tỉ khoˆˊi của Z/H2=MZMH2=18,8\text{Tỉ khối của Z/H}_2 = \frac{M_Z}{M_{H_2}} = 18,8Tỉ khoˆˊi của Z/H2​=MH2​​MZ​​=18,8 MZ=18,8×2=37,6 g/molM_Z = 18,8 \times 2 = 37,6 \text{ g/mol}MZ​=18,8×2=37,6 g/mol

Khí Z gồm các khí như NH3NH_3NH3​ và N2N_2N2​, và từ đó ta có thể tính được số mol các khí trong Z.

Bước 5: Tính lượng kết tủa khi cho KOH vào dung dịch A

Dung dịch A chứa các ion kim loại như Mg2+Mg^{2+}Mg2+ và Al3+Al^{3+}Al3+. Khi cho KOH vào, sẽ xảy ra phản ứng kết tủa:

Mg2++2OH−→Mg(OH)2(ke^ˊttủa)Mg^{2+} + 2OH^- \rightarrow Mg(OH)_2 (kết tủa)Mg2++2OH−→Mg(OH)2​(ke^ˊttủa) Al3++3OH−→Al(OH)3(ke^ˊttủa)Al^{3+} + 3OH^- \rightarrow Al(OH)_3 (kết tủa)Al3++3OH−→Al(OH)3​(ke^ˊttủa)

Lượng kết tủa thu được từ Mg(OH)2Mg(OH)_2Mg(OH)2​ và Al(OH)3Al(OH)_3Al(OH)3​ sẽ phụ thuộc vào số mol Mg2+Mg^{2+}Mg2+ và Al3+Al^{3+}Al3+ có trong dung dịch.

Lượng kết tủa lớn nhất là (m+20,4)(m + 20,4)(m+20,4) gam, tức là từ kết tủa của Mg2+Mg^{2+}Mg2+ và Al3+Al^{3+}Al3+.

Bước 6: Tính nồng độ % của muối Mg(NO₃)₂ trong dung dịch A

Sau khi phản ứng với HNO₃, dung dịch A chứa muối Mg(NO3)2Mg(NO_3)_2Mg(NO3​)2​ và Al(NO3)3Al(NO_3)_3Al(NO3​)3​. Ta có thể tính nồng độ % của muối Mg(NO3)2Mg(NO_3)_2Mg(NO3​)2​ trong dung dịch A bằng cách sử dụng lượng muối tạo thành và tổng khối lượng dung dịch.

Tuy nhiên, để tính chính xác các giá trị trong bài toán này, chúng ta cần giải các hệ phương trình liên quan đến số mol các khí và số mol các muối trong dung dịch.

Câu 6.

\(n_P=\dfrac{12,4}{31}=0,4mol\)

\(n_{O_2}=\dfrac{33,6}{32}=1,05mol\)

\(4P+5O_2\rightarrow\left(t^o\right)2P_2O_5\)

\(\dfrac{0,4}{4}\)< \(\dfrac{1,05}{5}\)                       ( mol )

0,4     0,5                  0,2              ( mol )

Chất dư là O2

\(m_{O_2\left(dư\right)}=\left(1,05-0,5\right).32=17,6g\)

\(m_{P_2O_5}=0,2.142=28,4g\)

Câu 7.\(1m^3=1000l\)

\(n_{CH_4}=\dfrac{1000}{22,4}.98\%=43,75mol\)

\(CH_4+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+2H_2O\)

43,75   87,5                                     ( mol )

\(V_{O_2}=87,5.22,4=1960l\)

Câu 8.

Gọi kim loại đó là R

\(4R+3O_2\rightarrow\left(t^o\right)2R_2O_3\)

\(n_{R_2O_3}=\dfrac{10,2}{2M_R+48}\)

\(n_{O_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15mol\)

\(4R+3O_2\rightarrow\left(t^o\right)2R_2O_3\)

     \(\dfrac{30,6}{4M_R+96}\) <--  \(\dfrac{10,2}{2M_R+48}\) ( mol )

Ta có:

\(\dfrac{30,6}{4M_R+96}=0,15\)

\(\Leftrightarrow0,6M_R+14,4=30,6\)

\(\Leftrightarrow M_R=27\) ( g/mol )

=> R là Nhôm (Al)

châu á có bao nhiêu nước

\(n_{Mg}=\dfrac{6}{24}=0,25\left(mol\right)\)

PT: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

Theo PT: \(n_{HCl}=2n_{Mg}=0,5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,5}{0,1}=5\left(M\right)\)

\(n_{SO_2}=\dfrac{7,437}{24,79}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{KOH}=0,4.1=0,4\left(mol\right)\)

Ta có: \(\dfrac{n_{KOH}}{n_{SO_2}}=\dfrac{0,4}{0,3}=1,33\)

→ Pư tạo 2 muối: KHSO₃ và K₂SO₃

PT: \(SO_2+KOH\rightarrow KHSO_3\)

\(SO_2+2KOH\rightarrow K_2SO_3+H_2O\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{SO_2}=n_{KHSO_3}+n_{K_2SO_3}=0,3\\n_{KOH}=n_{KHSO_3}+2n_{K_2SO_3}=0,4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{KHSO_3}=0,2\left(mol\right)\\n_{K_2SO_3}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

m _{dd sau pư} = m_SO2 + m _ddKOH = 0,3.64 + 400.0,8 = 339,2 (g)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C\%_{KHSO_3}=\dfrac{0,2.120}{339,2}.100\%\approx7,1\%\\C\%_{K_2SO_3}=\dfrac{0,1.158}{339,2}.100\%\approx4,7\%\end{matrix}\right.\)

Nồng độ phần trăm C% của dung dịch Y là khoảng 8,93%.

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{4,958}{24,79}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{n_{CO_2}}{n_{Ca\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,2}{0,15}=1,33\)

→ Pư tạo 2 muối: Ca(HCO₃)₂ và CaCO₃.

PT: \(2CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}+n_{CaCO_3}=0,2\\n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}+n_{CaCO_3}=0,15\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,05\left(mol\right)\\n_{CaCO_3}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

m _{dd sau pư} = m_CO2 + m _ddCa(OH)2 - m_CaCO3 = 0,2.44 + 150.1,02 - 0,1.100 = 151,8 (g)

\(\Rightarrow C\%_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{0,05.162}{151,8}.100\%\approx5,3\%\)

Ta có: \(n_{CH_3COOH}=\dfrac{6}{60}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(CH_3COOH+C_2H_5OH⇌CH_3COOC_2H_5+H_2O\) (t^o, H₂SO₄ đặc)

Theo PT: \(n_{CH_3COOC_2H_5\left(LT\right)}=n_{CH_3COOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CH_3COOC_2H_5\left(LT\right)}=0,1.88=8,8\left(g\right)\)

Mà: m_{CH3COOC2H5 (TT)} = 4,4 (g)

\(\Rightarrow H\%=\dfrac{4,4}{8,8}.100\%=50\%\)