nêu các thí dụ chứng minh rằng oxi là một đơn chất phi kim rất hoạt động(đặc biệt là ở nhiệt độ cao)
nêu các thí dụ chứng minh rằng oxi là một đơn chất phi kim rất hoạt động(đặc biệt là ở nhiệt độ cao)
Ở nhiệt độ cao oxi tác dụng với
+ phi kim ( S, P...)
S + O2 → SO2 (to)
+ kim loại ( Fe, Mg...)
3Fe + 2O2 → Fe3O4(to)
+ Hợp chất ( CH4; C2H4...)
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O (to)
tính khối lượng khí Oxi cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 10,8g nhôm
Số mol Al là:
\(n_{Al}=\dfrac{10,8}{27}=0,4\) (mol)
Phương trình phản ứng:
4Al + 3O2 \(\rightarrow\) 2Al2O3
0,4 mol \(\rightarrow\) 0,3 mol
Khối lượng O2 cần dùng là:
\(m_{O_2}=0,3.32=9,6\) (g)
Cho 7.8g hỗn hợp gồm 2 kim loại M và Al ( biết M hóa trị 2).Tác dụng với khí O2 thu được 14.2g hỗn hợp 2 Oxit (MO và Al2O3) Giả sử số mol của nM = 1/2 nAla) Xác định nguyên tố Mb) Cho hỗn hợp vào dung dịch HNO3 (dư) thu được 2 muối , nước,NO .Tính V NO =? (đctc)
a)
Gọi nM = a mol ⇒ nAl = 2a mol
BTKL ta có : \(n_O = \dfrac{14,2-7,8}{16} = 0,4(mol)\)
Ta có :
\(n_{MO} = n_M = a\ mol\\ n_{Al_2O_3} = 0,5n_{Al} = a\ mol\)
BTNT với O : a + a.3 = 0,4
⇒ a = 0,1.
Suy ra : 0,1M + 0,1.2.27 = 7,8 ⇒ M = 24(Magie)
b)
Bảo toàn e : \(2n_{Mg} + 3n_{Al} = 3n_{NO}\\ \Rightarrow n_{NO} = \dfrac{0,1.2 + 0,2.3}{3} = \dfrac{4}{15}mol\\ \Rightarrow V_{NO} = \dfrac{4}{15}.22,4 = 5,973\ lít\)
giúp mk với
đốt cháy hoàn toàn 16,2 g C6H10O5
Tính Vo2 cần dùng đủ cho phản ứng trên(đktc)
b)mh2o tạo thành
a) C6H10O5 + 6O2 → 6CO2 + 5H2O
nC6H10O5 = \(\dfrac{16,2}{162}\)= 0,1 mol
Theo tỉ lệ phản ứng => nO2 phản ứng = 6nC6H10O5 = 0,1.6 = 0,6 mol
=> V O2 = 0,6.22,4 = 13,44 lít.
b) nH2O = 5nC6H10O5 = 0,1.5 = 0,5 mol
=> mH2O = 0,5.18 = 9 gam.
\(n_C=\dfrac{1.2}{12}=0.1\left(mol\right)\\ n_S=\dfrac{4}{32}=0.125\left(mol\right)\)
\(2KMnO_4\underrightarrow{t^0}K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)
\(C+O_2\underrightarrow{t^0}CO_2\)
\(S+O_2\underrightarrow{t^0}SO_2\)
\(\sum n_{O_2}=n_C+n_S=0.1+0.125=0.225\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{KMnO_4}=2n_{O_2}=0.225\cdot2=0.45\left(mol\right)\)
\(m_{KMnO_4}=0.45\cdot158=71.1\left(g\right)\)
2KMnO4 -to>K2MnO4+O2+MnO2
0,45------------------------0,225
C+O2-to>CO2
0,1--0,1
S+O2-to>SO2
0,125-0,125
n C=1,2\12=0,1 mol
n S=4\32=0,125 mol
=>m KMnO4=0,45.158=77,1g
\(n_{KMnO_4}=\dfrac{94.8}{158}=0.6\left(mol\right)\)
\(2KMnO_4\underrightarrow{t^0}K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)
\(0.6................................................0.3\)
\(V_{O_2}=0.3\cdot22.4=6.72\left(l\right)\)
\(n_S=\dfrac{12.8}{32}=0.4\left(mol\right)\)
\(S+O_2\underrightarrow{t^0}SO_2\)
\(0.3....0.3\)
\(n_{S\left(dư\right)}=0.4-0.3=0.1\left(mol\right)\)
Vậy: lượng S vẫn còn dư sau phản ứng
Đốt cháy x(gam) cacbon trong bình kín chứa 32 gam O2.Khi phản ứng xong trong bình kín không còn chất rắn mà chỉ chứa hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với khí hidro là 19. [Các khí đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất]
a.Hỗn hợp khí trong bình là khí gì?Tính thành phần phần trăm về thể tích mỗi khí trong hỗn hợp;
b.Tính khối lượng cacbon ban đầu(Tính x);
Hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO;CO2
2C+O2to→2CO
C+O2→toCO2
Mhh¯=19MH2=19.2=38
Áp dụng quy tắc đường chéo:
CO(28) 6
hh(38)
CO2(44) 10
→nCO\nCO2=6\10=3\5
→%nCO=3\3+5=37,5%→%nCO2=62,5%
Giả sử số mol CO là 3a suy ra số mol CO2 là 5a.
→nO2=1\2nCO+nCO2=3a\2+5a=6,5a=32\32=1
→a=2\13→nC=nCO2+nCO=2a=4\13→mC=4\13.12=3,692 gam = x
đốt m g Al trong O2 thu đc 5,1g Al2O3, m=?
PTHH: \(4Al+3O_2\underrightarrow{t^o}2Al_2O_3\)
Ta có: \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{5,1}{102}=0,05\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{Al}=0,1mol\) \(\Rightarrow m_{Al}=0,1\cdot27=2,7\left(g\right)\)
\(4Al+3O_2\rightarrow2Al_20_3\)
\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{5.1}{102}=0.05\left(mol\right)\)
theo phương trình:
\(n_{Al}=n_{Al_2O_3}=0.05\left(mol\right)\)
\(m_{Al}=n_{Al}\times M_{Al}=0.05\times27=1.35\left(g\right)\)
đốt cháy 3,1(g)P trong không khí thu được P2O5
a) tính Vo2 cần dùng
b) tính khối lượng P2O5 tạo thành
a) nP=0,1(mol)
PTHH: 4P + 5 O2 -to-> 2 P2O5
nO2= 5/4 . nP=5/4. 0,1= 0,125(mol)
=> V(O2,dktc)=0,125.22,4=2,8(l)
b) nP2O5= nP/2= 0,1/2= 0,05(mol)
=>mP2O5=142.0,05=7,1(g)