a) 

- Hiện tượng: Lưu huỳnh cháy trong không khí với ngọn lửa nhỏ, màu xanh nhạt; cháy trong oxi mãnh liệt hơn

S + O₂ --t^o--> SO₂ (pư hóa hợp)

Sản phẩm: Lưu huỳnh đioxit

b) 

- Hiện tượng: Sắt cháy mạnh, sáng chói, tạo ra các hạt nhỏ nóng chảy màu nâu

3Fe + 2O₂ --t^o--> Fe₃O₄ (pư hóa hợp)

Sản phẩm: Sắt từ oxit

a,     Hiện tượng :Lưu huỳnh cháy trong không khí với ngọn lửa nhỏ, màu xanh nhạt; cháy trong khí oxi mãnh liệt hơn, tạo thành khí lưu huỳnh đioxit và rất ít lưu huỳnh trioxit . Chất rắn màu vàng Lưu huỳnh  dần chuyển sang thể hơi.

b, Hiện tượng :Khi mẩu than cháy trước tạo nhiệt độ đủ cao cho sắt cháy. Sắt cháy mạnh, sáng cói, không có ngọn lửa, không có khói, tạo ra các hạt nhỏ nóng chảy màu nâu là sắt (II, III) oxit, công thức hoá học là  thường được gọi là oxit sắt từ. Màu trắng xám của Sắt dần chuyển sang màu nâu thành hợp chất Oxit sắt từ.

a)

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃

nAl = \(\dfrac{8,1}{27}\)= 0,3 mol , nO₂ = \(\dfrac{3,36}{22,4}\)= 0,15 mol

Ta có tỉ lệ \(\dfrac{nAl}{4}\)> \(\dfrac{nO_2}{3}\)

=> Al dư, oxi phản ứng hết và số mol Al phản ứng = \(\dfrac{nO_2.4}{3}\)= 0,2 mol

nAl dư = nAl ban đầu - nAl phản ứng = 0,3 - 0,2 = 0,1mol

<=> mAl dư = 0,1.27 = 2,7 gam

b)

2Zn + O₂  →  2ZnO

nZn = 13:65 = 0,2 mol , nO₂ = 0,5 mol

\(\dfrac{nZn}{2}\)<\(\dfrac{nO_2}{1}\) => Zn phản ứng hết, Oxi dư

nO₂ phản ứng = nZn/2 = 0,1 mol

=> nO₂ dư = 0,5 - 0,1 = 0,4 mol 

<=> mO₂ dư = 0,4.32 = 12,8 gam

c) CH₄ + 2O₂ → CO₂  +  2H₂O

nCH₄ = 4,48:22,4 = 0,2 mol , nO₂ = 6,72 :22,4 = 0,3 mol

\(\dfrac{nCH_4}{1}\)>\(\dfrac{nO_2}{2}\) => CH₄ dư , oxi phản ứng hết

nCH₄ phản ứng = nO₂/2 = 0,15 mol

=> nCH₄ dư = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol 

<=> mCH₄ dư = 0,05. 16= 0,8 gam

d) C₁₂H₂₂O₁₁  + 12O₂ → 12CO₂  + 11H₂O

nC₁₂H₂₂O₁₁ = \(\dfrac{51,3}{342}\)= 0,15 mol , nO₂ = 2,688:22,4 = 0,12 mol

nC₁₂H₂₂O₁₁ >  \(\dfrac{nO_2}{12}\) => O₂ phản ứng hết, đường dư

nC₁₂H₂₂O₁₁ phản ứng = \(\dfrac{nO_2}{12}\) = 0,01

=> nC₁₂H₂₂O₁₁ dư = 0,15 - 0,01 = 0,14 mol

<=> mC₁₂H₂₂O₁₁  = 0,14.342 = 47,88 gam

a, PT: \(4Al+3O_2\underrightarrow{t^o}2Al_2O_3\)

Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{8,1}{27}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,3}{4}>\dfrac{0,15}{3}\), ta được Al dư.

Theo PT: \(n_{Al\left(pư\right)}=\dfrac{4}{3}n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{Al\left(dư\right)}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{Al\left(dư\right)}=0,1.27=2,7\left(g\right)\)

b, PT: \(2Zn+O_2\underrightarrow{t^o}2ZnO\)

Ta có: \(n_{Zn}=\dfrac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{16}{32}=0,5\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,5}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=0,4.32=12,8\left(g\right)\)

c, PT: \(CH_4+2O_2\underrightarrow{t^o}CO_2+2H_2O\)

Ta có: \(n_{CH_4}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,3}{2}\), ta được CH₄ dư.

Theo PT: \(n_{CH_4\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{O_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CH_4\left(dư\right)}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow m_{CH_4\left(dư\right)}=0,05.16=0,8\left(g\right)\)

d, PT: \(C_{12}H_{22}O_{11}+12O_2\underrightarrow{t^o}12CO_2+11H_2O\)

Ta có: \(n_{C_{12}H_{22}O_{11}}=\dfrac{51,3}{342}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{2,688}{22,4}=0,12\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,12}{12}\), ta được C₁₂H₂₂O₁₁ dư.

Theo PT: \(n_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(pư\right)}=\dfrac{1}{12}n_{O_2}=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(dư\right)}=0,14\left(mol\right)\Rightarrow m_{C_{12}H_{22}O_{11}\left(dư\right)}=0,14.342=47,88\left(g\right)\)

e, PT: \(2Zn+O_2\underrightarrow{t^o}2ZnO\)

Ta có: \(n_{Zn}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{2}< \dfrac{0,5}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{2}n_{Zn}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,45\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=0,45.32=14,4\left(g\right)\)

f, PT: \(4Na+O_2\underrightarrow{t^o}2Na_2O\)

Ta có: \(n_{Na}=\dfrac{4,6}{23}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{44,8}{22,4}=2\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{4}< \dfrac{2}{1}\), ta được O₂ dư.

Theo PT: \(n_{O_2\left(pư\right)}=\dfrac{1}{4}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=1,95\left(mol\right)\Rightarrow m_{O_2\left(dư\right)}=1,95.32=62,4\left(g\right)\)

Bạn tham khảo nhé!

A

Đưa lưu huỳnh đang cháy ngoài không khí vào bình đựng khí O 2 thì lưu huỳnh cháy sáng hơn, cho sản phẩm là S O 2 (lưu huỳnh đioxit).

Bài 14

\(n_{O_2}=\dfrac{1.4}{22,4}=0,0625\left(mol\right)\)

\(n_P=\dfrac{2.5}{31}=0,0806451\left(mol\right)\)

4P  +  5O₂ ----t^o--->2P₂O₅

Xét tỉ lệ : \(\dfrac{0.0625}{5}< \dfrac{0.0806451}{4}\)

=> P ko cháy hết 

bài 15

\(n_{O_2}=\dfrac{3.36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Gọi n_Fe = a ( mol ) và n_S = b (mol )

PTHH : 

S + O₂ ---t^o---> SO₂

3Fe + 2O₂ ----t^o----> Fe₃O₄

Ta có 32b + 56a= 100

Theo PT : n_S = n_O2 = b (mol)

Theo PT : n_O2 = 2/3 n_Fe = 2/3a ( mol)

=> 2/3a + b = 1,5 

Từ những điều trên  \(\left[{}\begin{matrix}56a+32b=100\\\dfrac{2}{3}a+b=1,5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=1,5\left(mol\right)\\b=0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(m_{Fe}=1,5.56=84\left(g\right)\)

\(m_S=0,5.32=16\left(g\right)\)

Bài 16 :

\(n_{H_2}=\dfrac{11.2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

\(n_{CuO}=\dfrac{16}{80}=0,2\left(mol\right)\)

Ta thấy : 0,5 > 0,2 => H₂ dư , CuO đủ

PTHH : CuO + H₂ -> Cu + H₂O

             0,2        0,2     0,2   

\(m_{Cu}=0,2.64=12,8\left(g\right)\)

\(m_{H_2\left(dư\right)}=\left(0,5-0,2\right).2=0,6\left(g\right)\)

Câu 1 : 

\(n_P=\dfrac{12,4}{31}=0,4\left(mol\right)\)

Pt : \(4P+5O_2\underrightarrow{t^o}2P_2O_5|\)

       4        5           2

     0,4                  0,2

\(n_{P2O5}=\dfrac{0,4.2}{4}=0,2\left(mol\right)\)

⇒ \(m_{P2O5}=0,2.142=28,4\left(g\right)\)

 Chúc bạn học tốt

Câu 2 : 

\(n_P=\dfrac{12,4}{31}=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{O2\left(dktc\right)}=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\)

Pt : \(4P+5O_2\underrightarrow{t^o}2P_2O_5|\)

        4       5            2

      0,4    0,25        0,1

Lập tỉ số só sánh : \(\dfrac{0,4}{4}>\dfrac{0,25}{5}\)

                    ⇒ P dư , O₂ phản ứng hết 

                    ⇒ Tính toán dựa vào số mol của O₂

\(n_{P2O5}=\dfrac{0,25.2}{5}=0,1\left(mol\right)\)

⇒ \(m_{P2O5}=0,1.142=14,2\left(g\right)\)

\(n_{P\left(dư\right)}=0,4-\left(\dfrac{0,25.4}{5}\right)=0,2\left(mol\right)\)

⇒ \(m_{P\left(dư\right)}=0,2.31=6,2\left(g\right)\)

\(m_{rắn}=14,2+6,2=20,4\left(g\right)\)

 Chúc bạn học tốt

PTHH: S +O₂ →SO₂

Ta có: 

\(+n_S=\dfrac{6,4}{32}=0,2\left(mol\right)\)

\(+n_{O_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

BIện luận: \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,1}{1}\)

⇒S dư, O₂ pư hết.

Theo PTHH ta có: 

+n_SO2=n_O2=0,1 (mol)

+m_SO2= 0,1 .64= 6,4 (gam)

+ Số mol của S:

\(n_S\) = \(\dfrac{m}{M}\) = \(\dfrac{6,4}{32}\) = 0,2 (mol)

+ Số mol của \(O_2\)

\(n_{O_2}\) = \(\dfrac{V}{22,4}\) = \(\dfrac{2,24}{22,4}\) = 0,1 (mol)

PTHH:   S      +      \(O_2\)    --->  \(SO_2\)

           0,1 mol    0,1 mol      0,1 mol

Tỉ lệ:   S       \(O_2\)

         0,2  >  0,1

=> S dư; \(O_2\) hết

*Khối lượng khí sunfurơ (\(SO_2\)):

\(m_{SO_2}\) = n . M = 0,1 . 64 = 6,4 (g)

______________________________

Ở trên là bài giải, có gì không đúng thì nhắn mình nhé :))

\(n_S=\dfrac{3,2}{32}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

PTHH: S + O₂ --t^o--> SO₂

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,5}{1}\) => S hết, O₂ dư

\(n_S=\dfrac{3,2}{32}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

PTHH: S + O₂ --t^o--> SO₂

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,5}{1}\) => S hết, O₂ dư

.

.