CHƯƠNG II. PHẢN ỨNG HÓA HỌC - Hỏi đáp

Đề thiếu khối lượng hỗn hợp

kim loại a+oxi\(\overset{t^0}{\rightarrow}\)oxit a

kim loại b+khí oxi\(\overset{t^0}{\rightarrow}\)oxit b

-Áp dụng định luật Bảo toàn khối lượng:

m_{kim loại a,b}+m_oxi=m_{oxit a,b}

\(\rightarrow\)m_oxi=m_{oxit a,b}-m_{kim loại a,b}=6,05-4,45=1,6 gam

M la j z bn?

Gọi hóa trị của kim loại M là n

2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Vì cho 5,6 gam kim loại vào dung dịch HCl dư mà dung dịch sau chỉ nặng hơn 5,4 gam nên khối lượng giảm đi là do H2

m_H2 = 5,6 - 5,4 = 0,2 gam ⇒ nH2 = 0,1 mol

n_M = \(\frac{0,2}{n}\)⇒M = 5,6: \(\frac{0,2}{n}=26n\)

Mà n là hóa trị của kim loại nên n = 1; 2 hoặc 3.

Ta thấy chỉ có n = 2 (M=56) là thỏa mãn. Vậy M là Fe

n_HCl p.ứ = 2n_H2 = 0,2.36,5 = 7,3 gam

ko cần hóa trị m cũng làm được mà

giúp dùm nhé, cần gấp

mCaCO3 = 10 x 80/ 100 = 8 tạ

PTHH:CaCO3 → CaO + CO2
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mCaO = 8 - 3,52 = 4,48 tạ

Chia 2 trường hợp

TH1: R p/ứ với HCl

TH2: R không p/ứ với HCl

ta cho qua khí H2 nung nóng

CuO+H2-tO>Cu+H2O

Fe2O3+3H2-to>2Fe+3H2O

sau đó ta cho hỗn họp vào HCl dư , gạn bỏ chất rắn ko tan , làm khô ta thu đc Cu

Fe+2HCl->FeCl2+H2

- Ống (1) + Ống (3) => Kết tủa

=> Na2CO3 và MgCl2

- Ống (3) + ống (4) => Khí

=> Na2CO3 và HCl , KHCO3 và HCl

Khi đó :

Ống 3 : Na2CO3

Ống 1 : MgCl2

Ống 4 : HCl

Ống 2 : KHCO3

- Khi đổ ống số (1) vào ống số (3) thì thấy kết tủa mà trong 4 dd chỉ có Na₂CO₃ và MgCl₂ tác dụng với nhau tạo kết tủa là MgCO₃ nên 2 dd này được chứa trong ống số (1) và (3); 2 dd HCl và KHCO₃ đựng trong các ống (2) và (4).

- Khi đổ ống số (3) vào ống số (4) thì thấy có khí bay lên mà trong 4 dd chỉ có Na₂CO₃ tác dụng với HCl tạo thành khí bay lên (CO₂) nên Na₂CO₃ được đựng trong ống số (3); HCl đựng trong ống số (4); MgCl₂ đựng trong ống số (1) và KHCO₃ đựng trong ống số (2)

a) 2KMnO₄ \(\rightarrow\) K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

Chất rắn thu được sau pứ gồm K₂MnO₄ , MnO₂ và có thể có KMnO₄(dư)

Gọi n_KMnO4(pứ) = a (mol)

Có : n_KMnO4(ĐB) = 110,6 : 158 = 0,7(mol)

=> n_KMnO4(dư) = 0,7 -a (mol)

=> m_KMnO4(dư) =(0,7-a) . 158 =110,6 - 158a (g)

Theo PT => n_K2MnO4 = 1_/2 . n_K2MnO4(pứ) = 1_/2 . a(mol)

=> m_K2MnO4 = n .M = 1_/2 . a . 197 =98,5a (g)

Theo PT => n_MnO2 = 1_/2 . n_K2MnO4(pứ) = 1_/2 .a (mol)

=> m_MnO2 = n .M = 1_/2 . a . 87 = 43,5a(g)

mà m_{chất rắn thu được} = 101 (g)

=> 110,6 - 158a + 98,5a + 43,5 = 101

=>a = 0,6(mol) = n_KMnO4(pứ)

=> m_KMnO4(pứ) = 158 . 0,6 = 94,8(g)

=> H = \(\dfrac{KMnO_{4\left(pứ\right)}}{KMnO_{4\left(ĐB\right)}}.100\%=\dfrac{94,8}{110,6}.100\%=85,72\%\)

b ) Theo PT => n_O2 = 1_/2 . n_KMnO4(pứ) = 1_/2 . 0,6 =0,3(mol)

=> V_{O2(thu được)} = n .22,4 = 0,3 . 22,4 = 6,72(l)

a) n_KMnO4=m/M=110,6/168=0,658(mol)

PT: 2KMnO₄ \(\underrightarrow{t^0}MnO_4+O_2\uparrow+K_2MnO_4\)

2...................1...............1...............1 (mol)

0,658..........0,329.........0,329..........0,329 (mol)

H=(số mol phản ứng.100)/ số mol lí thuyết= (0,329.100)/0,658=50%

b) V_O2=n.22,4=0,329.22,4=7,3696(lít)

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

b) n Al=5,4/27=0,2(mol)

n AlCl3=n Al=0,2(mol)

m Alcl3=0,2.133,5=26,7(g)

n H2=3/2n Al=0,3(mol)

V H2=0,3.22,4=6,72(l)

n_{Al}=5,4/27=0,2mol

$a.2Al+6HCl\to 2AlCl_3+3H_2$

b.Theo pt :

$n_{AlCl_3}=n_{Al}=0,2mol$

$=>m_{AlCl_3}=0,2.98=19,6g$

$n_{H_2}=3/2.n_{Al}=3/2.0,2=0,3mol$

$=>V_{H_2}=0,3.22,4=6,72l$

PTHH: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=\frac{20}{40}=0,5\left(mol\right)\\n_{HCl}=\frac{36,5}{36,5}=1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỷ lệ: \(\frac{0,5}{1}< \frac{1}{1}\) \(\Rightarrow\) NaOH phản ứng hết, HCl còn dư

\(\Rightarrow\) Môi trường sau phản ứng là môi trường Axit

\(\Rightarrow\) Quỳ tím hóa đỏ

NaOh+HCl->NaCl+H2O

nNaOH=20\40=0,5 mol

nHCl=36,5\36,5=1 mol

=>HCl dư => dư 0,5 mol

=> quỳ tím chuyển đỏ ~

mNaOH=2.40=80 g

nCO2=11,7\22,4=0,522mol

=>mCO2=0,522.44=24,288g

+) m_NaOH= 2 x 40 = 80 g

+) n_CO2 = 11.2/22.4 = 0.5 mol

m_CO2 = 0.5 x 44 = 22 g

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl3+3H2\)

\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl2+H2\)

Ta có:

\(n_{H2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H2}=0,4.2=0,8\left(g\right)\)

Theo 2 PTHH

\(n_{HCl}=2n_{H2}=0,8\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{HCl}=0,8.36,5=29,2\left(g\right)\)

\(m=m_{KL}=0,8+39,4-29,2=11\left(g\right)\)

\(n_{NaOH}=1.0,3=0,3(mol)\)

\(PTHH:2NaOH+CuSO_4→Na_2SO_4+Cu(OH)_2\)

(mol)______0,3____0,15_________________0,15__

\(a.V_{CuSO_4}=\frac{0,15}{1}=0,15\left(l\right)\)

\(b.m_{\downarrow}=0,15.98=14,7\left(g\right)\)