1)

\(M_{Fe3O4}=232g\)

\(\%Fe=\dfrac{168.100\%}{232}=72,4\%\)

\(M_{Fe2O3}=160g\)

\(\%Fe=\dfrac{112.100\%}{160}=70\%\)

thấy 72,4%>70%==>Fe có trong Fe3O4 nhiều hơn Fe có trong Fe2 O3

Cho các khí lội qua dd nước vôi trong dư

- O2 và N2 không có hiện tượng

Cho hai khí qua ống nghiệm có Cu, đun nóng

- Nhận ra O2 (chất rắn chuyển từ màu đỏ sang màu đen)

\(2Cu+O_2\rightarrow2CuO\)

- Còn lại là N2

- CO2 và không khí làm đục nước vôi trong

(do trong không khí cũng có CO2)

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

Cho que đóm đang cháy vào hai bình

- Nhận ra CO2, que đóm tắt ngay

- Không khí, que đóm cháy một lúc rồi mới tắt

Trích mẫu thử:

Cho các mẫu thử lần lượt thử với que đóm còn tàn đỏ. Khi đó ta thấy có 2 mẫu thử làm que đóm còn tàn đỏ bùng cháy.

Trong hai mẫu thử, ta thấy mẫu thử nào làm que đóm cháy lâu hơn thì đó là O₂, khí còn lại là không khí.

Hai chất không làm que đóm còn tàn đỏ bùng cháy ta cho chúng lần lượt lội qua dd Ca(OH)₂. Chất khi nào sau khi đi qua làm dd vẩn đục thì đó là CO₂, khí còn lại là N₂.

PT: CO₂ + Ca(OH)₂ ---> CaCO₃ + H₂O

Nhúng bốn lọ lần lượt vào nước vôi trong thấy nước vôi đục ở lọ nào thì đó là CO2

\(CaO+CO_2\underrightarrow{^{to}}CaCO_3\)

Ba chất còn lại đun nóng lên thấy O2 bay hơi

Hai chất còn lại cho kết hợp với H2 ta được NH4

Còn lại không khí

\(N+2H_2\rightarrow NH_4\)

2.

n_KMnO4 = \(\dfrac{1,58}{185}\) = 0,01mol

PTHH: 2KMnO₄ → K₂MnO₄ + KMnO₂ + O₂

0,01mol →0,005 mol

V_O2 = 0,005 . 22,4 = 0,112 (l)

b2: PTHH: 2KMnO₄ -> K₂MnO₄ + MnO₂+O₂

n_KMnO4=\(\dfrac{1,58}{158}\)=0,01(mol)

Theo pt: n_o2=\(\dfrac{1}{2}\)n_KMnO4=0,01.\(\dfrac{1}{2}\)=0,05(mol)

=> V_O2=0,05.22,4=1,12(l)

1) -Cho nước vào

+ NaCl và Ba(OH)2 tan(N1)

+BaSO4 và CaCO3 ko tan(N2)

-Cho QT và NT'

+MT lm QT hóa xanh là Ba(OH)2

+MT k lm QT đổi màu là NaCl

-Cho H3PO4 vào N2

+MT tạo kết tủa là BaSO4

3BaSO4+2H3PO4--->2Ba3(PO4)2↓+3H2SO4

+MT k ht là CaCO3

2. \(n_{K_2O}=\dfrac{4,7}{94}=0,05\left(mol\right)\)

Pt: \(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

0,05mol \(\rightarrow0,1mol\)

\(C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,1}{0,1}=1M\)

3. \(n_{CuO}=\dfrac{0,8}{80}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=0,03.1=0,03\left(mol\right)\)

Pt: \(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

0,1mol 0,03mol \(\rightarrow0,03mol\)\(\rightarrow0,03mol\)

Lập tỉ số : \(n_{CuO}:n_{H_2SO_4}=0,1>0,03\)

\(\Rightarrow\)CuO dư, H₂SO₄ hết

\(n_{CuO\left(dư\right)}=0,1-0,03=0,07\left(mol\right)\)

Bài 3 :

Theo đề bài ta có : nCuO = \(\dfrac{0,8}{80}=0,01\left(mol\right)\)

nH2SO4 = 1.0,03 = 0,03 mol

PTHH :

CuO + H2SO4 -> CuSO4 + H2O

0,01mol...0,01mol...0,01mol...0,01mol

Theo PTHH ta có :

nCuO = \(\dfrac{0,01}{1}mol< nH2SO4=\dfrac{0,03}{1}mol\)

=> Số mol của H2SO4 dư ( tính theo số mol của CuO )

Các chất thu được sau P/Ư bao gồm H2O(0,01mol) CuSO4 (0,01mol) và H2SO4 dư ( 0,02mol)

Hòa tan hoàn toàn bao nhiêu g ?

b2

bài 2

số mol S và O là :

ns=24\32=0,75(mol)

nO2=26\16.2=0,8125(mol)

pthh S+O2to→SO2

(ns(đề)\ns(pt))=0,751<(nO2(đề)\nO2(pt))=0,8125

=>tính theo S=>O dư =>S p/ứng hết

chất tạo thành là SO2

mSO2=nSO2.MSO2=0,75.(32+16.2)=48(g)

bài 3

số mol Fe và O là :

nFe=22,4\56=0,4(mol)

nO2=2,24\22,4=0,1(mol)

pthh 3Fe+2O2to→Fe3O4

nFe(đề)\nFe(pt)=0,43>nO2(đề)\nO2(pt)=0,12

=>tính theo O=>Fe dư =>O p/ứng hết

chất tạo thành là Fe3O4

mFe3O4=nFe3O4.MFe3O4=0,05.(56.3+16.4)=11.6(g)

b4

nCH4=3.36/22.4=0.15 (mol)

nO2=2.24/22.4=0.1 (mol)

PTPU: CH4+2O2->CO2+2H2O (nhiệt độ t)

Xét:

nCH4/1=0.15/1=0.15

nO2/2=0.1/2=0.05

Vì 0.15>0.05 nên O2 hết CH4 dư.

Vì vậy ta tính theo O2

...

Chất tạo thành CO2 và H2O

Theo PT ta có:

nCH4=nCO2=0.15 (mol) => mCO2=0.15.44=6.6(g)

nO2=nH2O=0.1 (mol) => mH2O=0.1.18=1.8 (g)

b6

4Al + 3O2 ==nhiệt độ==> 2Al2O3

nAl=21,6/27=0,8 (mol)

nO2=13,44/22,4= 0,6 (mol)

Ta có tỉ số:

0,8/4 = 0,6/3

Vậy cả 2 chất đều phản ứng hết.

Chất tạo thành là Al2O3

nAl2O3=1/2nAl=(1/2).0,8=0,4 (mol)

==> mAl2O3=0,4.102=40,8 (g)

b7

C2H2+5/2O2--------->2CO2+H2O

a) n C2H2=3,36/22,4=0,15(mol)

n O2=6,72/22,4=0,3(mol)

Lập tỉ lệ

0,15\1>0,3:5\2

---> C2H2 dư

Theo pthh

n C2H2=2/5 n O2=0,12(mol)

n C2H2 dư=0,15-0,12=0,03(mol)

m C2H2 dư=0,03.26=0,78(g)

b) Chất tạo thành là CO2 và H2O

c) Theo pthh

n CO2=4/5 n O2=0,24(mol)

m CO2=0,24.44=10,56(g)

n H2O=2/5n O2=0,12(mol)

m H2O=0,12.28=2,16(g)

b8

nC=19000.96%\12=1520(mol)

nO2=2240.(1\5)\22,4=20(mol)

PTHH: C + O2 to--> CO2

Xét tỉ lệ: 1520\1>20\2 => C dư, O2 hết

b>

Giả sử mỗi chất đều có khối lượng là 1 gam

Các phản ứng :

2KMnO4 + 16HCl -> 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

0,00663 --------------------------- →0,0158

KClO3 + 6HCl -> KCl + 3Cl2 + 3H2O

0,00816 -------------- → 0,0245

MnO2 + 4HCl -> MnCl2 + Cl2 + 2H2O

0,0115------------------- → 0,0115

K2Cr2O7 + 14HCl -> 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O

0,0034 ---------------------------------- →0,0102

=> Chất cho lượng khí lớn nhất là Cl2 : KClO3.

a>làm tương tụ ta ra đc kết quả làK2CrO7 ra nhiều nhất cl2

1) Hợp chất a, c, f

2) Oxit axit: P2O5, SO2, Mn2O7

Oxit bazơ: BaO, Na2O, CuO, Al2O3

3)

BaO: Bari oxit

P2O5: điphotpho pentaoxit

K2O: Kali oxit

CuO: Đồng (II) oxit

4) Khối lượng đồng trong oxit là \(80.80\%=64\left(g\right)\)

=> \(n_{Cu}=\frac{64}{64}=1\left(mol\right)\)

Khối lượng oxi trong oxit là \(80-64=16\left(g\right)\)

=> \(n_O=\frac{16}{16}=1\left(mol\right)\)

=> CTHH: CuO

bài 8: Có 4 lọ được đậy kín nút bị mất nhãn, mỗi lọ đựng 1 trong các chất khí sau: oxi, nitơ, không khí, khí cacbonic. Làm thế nào có thể nhận biết được chất khí nào ở trong mỗi lọ bằng phương pháp hoá học?

ta cho tàn đóm còn đỏ ta nhận đc

-Tàn đóm bùng cháy thu đc khí oxi

+ còn lại là không khí, khí cacbonic, nitơ

-ta cho d² Ca(OH)2 ta thu đc

-d²vẩn đục thu đc khí cacbonic

pt Ca(OH)2+CO2--->CaCO3+H2O

Còn lại là không khí ,nitơ

cho que đóm ta thấy tàn đóm bbị tắt thuđc N2

còn lại là không khí

Bài 9 a) muốn cho một vật nào đó có thể bắt cháy và tiếp tục cháy ta phải làm thế nào?

b) Muốn dập tắt ngọn lửa đang cháy ta phải làm thế nào?

a)ta tạo diièu kiện đó là cung cấp đủ oxi và nhiệt độ cháy

b)muốn dập tâtxs đấm cháy ta phải giảm nhiệt độ cháy xuống thấp ra khỏi nhiệt độ cháy không cung ccấp oxi cho phản ứng hoặc sử dụng chất không cho vật tiếp xúc với oxi như CO2 ...

bài 10 PTHH: 4P + 5O2 =(nhiệt)=> 2P2O5

Ta có: VO2(đktc) = 5,6\5=1,12(l)

⇒nO2=1,12\22,4=0,05(mol)

⇒nP=10\31=0,32(mol)

Lập tỉ lệ: 0,32\4>0,05\5

⇒⇒ P dư, O2 hết

Theo PTHH, nP(phản ứng) = 0,05×54=0,04(mol)\

⇒nP(dư)=0,32−0,04=0,28(mol)

⇒mP(dư)=0,28×31=8,68(gam)