Nhờ mn giúp e với ạ
Nhờ mn giúp e với ạ
Ở TN1 các phản ứng có thể xảy ra là:
\(K_2CO_3+2HCl->2KCl+H_2O+CO_2\)
\(CaCO_3+2HCl->CaCl_2+H_2O+CO_2\)
\(NaHCO_3+HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)
\(Na_2CO_3+HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)
TN2:
\(CaCO3-t^0->CaO+CO_2\)
\(2NaHCO_3-t^0->Na_2CO_3+H_2O+CO_2\)
\(CaSO_4-t^0->CaO+SO_3\)
TN3: Chất sau nung là Na2CO3
\(Na_2CO_3+2HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)
Gọi CTTQ là \(C_2O_y\) (O hoá trị II, y là hoá trị của C)
\(\%m_O=\dfrac{16y}{12.2+16y}=\dfrac{72,72}{100}\)
=> y = 4, chọn D
Đặt công thức là \(C_xO_y\)
\(\%m_C=100\%-m\%_O=100\%-72,72\%=27,28\%\)
\(x:y=\dfrac{27,28\%}{12}:\dfrac{72,72\%}{16}=0,5=\dfrac{1}{2}\)
=> \(CO_2\)
=> C có hóa trị \(IV\)
=> D
Đề ra, ta có hợp chất X là \(Al\left(YO_3\right)_3\) và:
\(\%m_Y=\dfrac{3M_Y}{27+3\left(M_y+16.3\right)}=\dfrac{19.72}{100}\)
=> \(M_y=14\left(N\right)\), chọn C
Giúp em vs ạ
ɑ) Cho 4 oxit Na2O, Fe2O3, CuO, Al2O3 vào HCl dư:
\(Na_2O+2HCl\rightarrow2NaCl+H_2O\)
\(Fe_2O_3+6HCl\rightarrow2FeCl_3+3H_2O\)
\(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)
\(Al_2O_3+3HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)
Cho hỗn hợp cả 4 oxit vào nước dư:
- Trước hết, Na2O tác dụng với nước tạo thành dd kiềm:
\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)
\(Fe_2O_3,CuO,Al_2O_3\) không tác dụng với nước.
- Nhưng, vì Al2O3 lưỡng tính nên có tác dụng với NaOH:
\(Al_2O_3+2NaOH\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\)
b) Cho NaHCO3 vào dd Ba(OH)2 đến dư:
\(2NaHCO_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Na_2CO_3+BaCO_3+2H_2O\)
Nhỏ từ từ AlCl3 vào NaOH:
- Giai đoạn 1: Không xuất hiện kết tủa.
\(AlCl_3+4NaOH\rightarrow NaAlO_2+3NaCl+2H_2O\)
- Giai đoạn 2: Khi NaOH dần dần hết ⇒ thấy kết tủa trắng keo.
\(AlCl_3+3NaOH\rightarrow Al\left(OH\right)_3\downarrow+3NaCl\)
Kim loại A tác dụng với muối B tạo ra 2 chất khí ⇒ A là Na, B là (NH4)2CO3:
- Giai đoạn 1: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)
- Giai đoạn 2: \(2NaOH+\left(NH_4\right)_2CO_3\rightarrow Na_2CO_3+2NH_3+2H_2O\)
Cho HCl vào dd \(\left(NH_4\right)_2CO_3\):
\(\left(NH_4\right)_2CO_3+2HCl\rightarrow2HCl+H_2O+CO_2\)
CO2 làm cho nước vôi trong vẩn đục.
Một nguyên tử x có tổng số hạt proton, notron, và electron là 52 hạt biết số hạt mang điện trong hạt nhân chiếm 32,69% tổng số hạt Tìm số hạt proton, notron của nguyên tử
Có p + n + e = 52
Mà p = e => 2p + n = 52 (*)
Số hạt mang điện chiếm 32,69%, tức p + e chiếm 32,69%, hay 2p chiếm 32,69%
\(\dfrac{2p}{52}=\dfrac{32,69}{100}\)=> p = 9
Thay vào (*) => n = 34
Cho 5,08 gam hỗn hợp X gồm hai muối M2CO3 và MHCO3 tác dụng với dung dịch HCl dư, hấp thụ toàn bộ khí CO2 sinh ra vào dung dịch chứa 0,04 mol Ca(OH)2 và 0,01 mol NaOH thu được kết tủa và dd chỉ chứa 2,46 gam muối. Xác định công thức và tính phần % lượng mỗi muối trong hỗn hợp X.
Mng giúp mình với, đang cần gấp
PTHH:
\(M_2CO_3+2HCl\rightarrow2MCl+CO_2\uparrow+H_2O\) (1)
\(MHCO_3+HCl\rightarrow MCl+CO_2\uparrow+H_2O\) (2)
\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\) (3)
\(CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\) (4)
\(CO_2+Na_2CO_3+H_2O\rightarrow2NaHCO_3\) (5)
\(CO_2+CaCO_3+H_2O\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\) (6)
Giả sử kết tủa chưa bị hoà tan
Nếu chỉ có muối \(Na_2CO_3\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{Na_2CO_3}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=0,005\left(mol\right)\)
`=>` \(m_{Na_2CO_3}=0,005.106=0,53\left(g\right)\)
Nếu chỉ có muối \(NaHCO_3\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{NaHCO_3}=n_{NaOH}=0,01\left(mol\right)\)
`=>` \(m_{NaHCO_3}=0,01.84=0,84\left(g\right)\)
Vậy \(0,53\le m_{muối}\le0,84< 2,46\left(g\right)\)
`=>` Chứng tỏ trong 2,46 gam muối có muối Ca(HCO3)2, kết tủa bị hoà tan một phần
`=>` \(m_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=2,46-0,84=1,62\left(g\right)\)
`=>` \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{1,62}{162}=0,01\left(mol\right)\)
\(\xrightarrow[]{\text{BTNT Ca}}n_{CaCO_3}=n_{Ca\left(OH\right)_2}-n_{CaCO_3}=0,03\left(mol\right)\)
\(\xrightarrow[]{\text{BTNT C}}n_X=n_{CO_2}=n_{CaCO_3}+2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}+n_{NaHCO_3}=0,06\left(mol\right)\)
`=>` \(\overline{M_X}=\dfrac{5,08}{0,06}=\dfrac{254}{3}\left(g/mol\right)\)
`=>` \(M_{MHCO_3}< \dfrac{254}{3}< M_2CO_3\)
`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}M_M< \dfrac{254}{3}-61=\dfrac{71}{3}\\M_M>\dfrac{\dfrac{254}{3}-60}{2}=\dfrac{37}{3}\end{matrix}\right.\)
`=>` \(\dfrac{37}{3}< M_M< \dfrac{71}{3}\)
Kết hợp với M có hoá trị I
`=> M` là `Na`
CTHH của 2 muối lần lượt là `Na_2CO_3, NaHCO_3`
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=x\left(mol\right)\\n_{NaHCO_3}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}106x+84y=5,08\\x+y=0,06\end{matrix}\right.\)
`<=>` \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{550}\left(mol\right)\\y=\dfrac{16}{275}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Na_2CO_3}=\dfrac{106}{550}.100\%=19,27\%\\\%m_{NaHCO_3}=100\%-19,27\%=80,73\%\end{matrix}\right.\)
Đốt cháy hoàn toàn 5,6g hợp chất A chỉ thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 0,8g H2O. Biết khối lượng mol hợp chất là 28g. Tìm CTHH hợp chất A
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\\n_{H_2O}=\dfrac{0,8}{18}=\dfrac{2}{45}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}n_C=0,4\left(mol\right)\\n_H=\dfrac{2.2}{45}=\dfrac{4}{45}\left(mol\right)\\n_O=\dfrac{5,6-\dfrac{4}{45}-0,4.12}{16}=\dfrac{2}{45}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Gọi CTTQ của A là \(C_xH_yO_z\)
`=>` \(x:y:z=0,4:\dfrac{4}{45}:\dfrac{2}{45}=9:2:1\)
`=>` A có dạng \(\left(C_9H_2O\right)_n\)
`=>` \(n=\dfrac{28}{126}=\dfrac{2}{9}\) (Đề sai)
Hòa tan 20 gam Fe2O3 vào dd H2SO4 24,5% vừa đủ thu được dd X. làm lạnh dd X xuống t độ C thấy tách 35,125 gam tinh thể Y và còn lại dd bão hòa Z có nồng độ chất tan là 18,54%. Xác định độ tan của muối trong dd Z ở t độ C và CTHH của Y.
Gọi \(S_{Fe_2\left(SO_4\right)_3\left(t^oC\right)}=x\left(g\right)\)
`=>` \(\dfrac{x}{100+x}.100\%=18,54\%\)
`=> x = 22,76(g)`
Ta có: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{20}{160}=0,125\left(mol\right)\)
PTHH: \(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)
0,125----->0,375----->0,125
`=>` \(m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,375.98}{24,5\%}=150\left(g\right)\)
`=>` \(m_{dd\text{ }sau\text{ }khi\text{ }làm\text{ }lạnh}=150+20-35,125=134,875\left(g\right)\)
`=>` \(m_{Fe_2\left(SO_4\right)_3\left(còn\text{ }lại\right)}=\dfrac{134,875.18,54}{100}=25\left(g\right)\)
`=>` \(n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3\left(trong\text{ }tinh\text{ }thể\right)}=0,125-\dfrac{25}{400}=0,0625\left(mol\right)\)
Gọi CTHH của tinh thể Y là \(Fe_2\left(SO_4\right)_3.nH_2O\)
`=>` \(n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3.nH_2O}=n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3\left(trong\text{ }tinh\text{ }thể\right)}=0,0625\left(mol\right)\)
`=>` \(M_{Fe_2\left(SO_4\right)_3.nH_2O}=\dfrac{35,125}{0,0625}=562\left(g/mol\right)\)
`=>` \(n=\dfrac{562-400}{18}=9\)
Vậy CTHH của tinh thể muối ngậm nước Y là Fe2(SO4)3.9H2O
giải giúp em câu này với ạ, em cảm ơn
\(X+2HCl\rightarrow XCl_2+H_2\)
12/X 33,3/(71+X)
=>\(\dfrac{12}{X}=\dfrac{33.3}{71+X}\)
=>12X+852=33,3X
=>-21,3X=-852
=>X=40
=>X là Canxi
Cách viết sau chỉ ý gì 4CaO