Bài 1 ( 3đ ) :
Bài làm :
Các nguyên tử cùng một nguyên tố hóa học là:
- \(35_{17^A}\) và \(35_{17^E}\) : đều là nguyên tố Clo - Cl
- \(12_{6^X}\) và \(13_{6^M}\) : đều là nguyên tố Cacbon - C
- \(16_{8^Y}\) và \(17_{8^R}\) : đều là nguyên tố Oxi - O
Bài 2 ( 4đ ) :
Bài làm :
Gọi số mol SO2 ở 2 phản ửng lần lượt là a và b
PTHH : \(A_2SO_3+H_2SO_4->A_2SO_4+SO_2+H_2O\)
Mol phản ứng : a <-- a --> a
\(BSO_3+H_2SO_4->BSO_4+SO_2+H_2O\)
Mol phản ứng : b <-- b --> b
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
\(m_{m'SO_3}+m_{H_2SO_4}=m_{m'SO_4}+m_{SO_2}+m_{H_2O}\)
\(\Leftrightarrow m_{m'SO_4}=m_{m'SO_3}+m_{H_2SO_4}-m_{SO_2}-m_{H_2O}\)
\(\Leftrightarrow m_{m'SO_4}=6+\left(a+b\right)\cdot98-\left(a+b\right)\cdot64-\left(a+b\right)\cdot18\)
Ta có: \(n_{SO_2}=a+b=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{m'SO_4}=7,6\left(g\right)\)
Vậy khối lượng muối khan thu được sau phản ứng là 7,6g.
Bài 3 ( 4đ ) :
\(KMnO_4\rightarrow Cl_2\rightarrow HCl\rightarrow H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)
- \(2KMnO_4+16HCl\rightarrow5Cl_2+8H_2O+2KCl+2MnCl_2\)
- \(Cl_2+H_2\rightarrow2HCl\)
- \(4HCl+O_2\rightarrow2H_2O+2Cl_2\)
- \(H_2O+CaO\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)
Bài 4 ( 3đ ) :
Bài làm :
PTHH : \(NaOH+HNO_3\rightarrow NaNO_3+H_2O\)
a -> a -> a
\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)
b -> b -> b
=> \(\Sigma\) \(n_{NaOH}\) = a + b = 0,1 . 0,05 = 0,005 ( mol )
\(\Sigma\) \(m_{m'}\) = 85a + 58,5b = 0,319 ( g )
=> a = 0,001 ( mol )
b = 0,004 ( mol )
=> C% dung dịch \(HNO_3\left(D\right)\)= \(\dfrac{0,001.63.100\%}{80}=0,07875\%\)
C% dung dịch \(HCl\left(D\right)\) = \(\dfrac{0,004.36,5.100\%}{80}=0,1825\%\)
=> \(m_{HNO_3}\left(D\right)=1000.0,07875\%=0,7875\left(g\right)\)
\(m_{HCl}\left(D\right)=1000.0,1825\%=1,825\left(g\right)\)
=> Trong 10g C có 0,7875g \(HNO_3\) và 1,825g HCl
=> Trong dung dịch C có:
\(m_{HNO_3}=0,7875.\dfrac{500}{10}=39,375\left(g\right)\)
\(m_{HCl}=1,825.\dfrac{500}{10}=91,25\left(g\right)\)
=> C% dd A = \(\dfrac{91,25}{400}.100\%=22,8125\%\)
C% dd B = \(\dfrac{39,375}{100}.100\%=39,375\%\)
Vậy C% dd A = 22,8125%
C% dd B = 39,375%
Bài 5 ( 6đ ) :
Bài làm :
a, ( 4đ )
1) Gọi số mol Zn và Fe trong \(h^2\) lần lượt là a , b ( mol ) ( a > 0 , b > 0 )
Ta có : \(m_{h^2}\) = 65a + 56b = 43,7 ( g ) ( * )
PTHH : \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\) ( 1 )
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\) ( 2 )
Theo phản ứng ( 1 ) : \(n_{H_2}=n_{Zn}=a\left(mol\right)\)
Theo phản ứng ( 2 ) : \(n_{H_2}=n_{Fe}=b\left(mol\right)\)
=> \(\Sigma\) \(n_{H_2}\) = a + b = \(\dfrac{15,68}{22,4}=0.7\left(mol\right)\) ( 2* )
Từ ( * ) và ( 2* ) ta có hệ phương trình :
\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,7\\65a+56b=43,7\end{matrix}\right.\) => \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,5\left(mol\right)\\b=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(m_{Zn}=65.0,5=32,5\left(g\right)\)
\(m_{Fe}=56.0,2=11,2\left(g\right)\)
Vậy \(m_{Zn}=32,5g\)
\(m_{Fe}=11,2g\)
2) Ta có : \(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{46,4}{23,2}=0,2\left(mol\right)\)
PTHH : \(Fe_3O_4+4H_2\rightarrow3Fe+4H_2O\)
Xét tỉ số : \(\dfrac{0,2}{1}\) > \(\dfrac{0,7}{4}\)
=> Fe dư, các chất sản phẩm tính theo \(H_2\)
Theo phản ứng : \(n_{Fe}=\dfrac{3}{4}.n_{H_2}=\dfrac{3}{4}.0,7=0,525\left(mol\right)\)
=> \(m_{Fe}=0,525.56=29,4\left(g\right)\)
Vậy \(m_{Fe}=29,4g\)
b, ( 2đ )
Gọi CTHH của oxit là \(X_2O_x\) ( x \(\in\) N, \(1\le x\le3\))
PTHH: \(X_2O_x+x.CO\underrightarrow{t^o}2X+x.CO_2\left(1\right)\)
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\left(2\right)\)
Theo phản ứng (2): \(n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=\dfrac{10}{100}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{CO_2\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)\)
Theo phản ứng (1): \(n_{X_2O_x}=\dfrac{1}{x}.n_{CO_2}=\dfrac{0,1}{x}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow M_{X_2O_x}=8,1:\dfrac{0,1}{x}=81x\)
\(\Rightarrow M_X=\dfrac{81x-16x}{2}=\dfrac{65x}{2}\)
Xét x=1 \(\Rightarrow M_X=\dfrac{65}{2}\) ( loại )
Xét x=2 \(\Rightarrow M_X=65\Rightarrow X\) là Zn ( TM )
Xét x=3 \(\Rightarrow M_X=\dfrac{65.2}{3}=\dfrac{130}{3}\)( loại )
Vậy CTHH của oxit là ZnO.