Nguyên tố X thuộc nhóm VIIA. Trong hợp chất oxit cao nhất của X có 38,8% khối lượng X. Khi cho 6,72 lít (đktc) hợp chất khí với hiđro của X vào 100 ml nước thu được dung dịch Y. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch Y.
Câu 10. Nguyên tố X thuộc nhóm VIIA. Trong hợp chất oxit cao nhất của X có 38,8% khối lượng X. Khi cho 6,72 lít (đktc) hợp chất khí với hiđro của X vào 100 ml nước thu được dung dịch Y. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch Y.
Gọi CTHH của oxit là $X_2O_7$
$\%X = \dfrac{2X}{2X + 16.7}.100\% = 38,8\% \Rightarrow X = 35,5(Clo)$
Hợp chất với Hidro : $HCl$
$n_{HCl} = \dfrac{6,72}{22,4} = 0,3(mol)$
$m_{dd\ Y} = m_{HCl} + m_{H_2O} = 0,3.36,5 + 100.1 = 110,95(gam)$
$C\%_{HCl} = \dfrac{0,3.36,5}{110,95}.100\% = 9,86\%$
Nguyên tố X thuộc nhóm VIIA, trong hợp chất oxi cao nhất (X2O7) có tỉ lệ khối lượng mX : mO = 71 : 112.
a. Xác định nguyên tố X.
b. Hòa tan hoàn toàn 4,32 gam hỗn hợp gồm Al và MgCO3 trong 200 ml dung dịch HX 1,5M (d = 1,05g/ml) được dung dịch A và hỗn hợp khí Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 13,6. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A.
Hòa tan 23,1 gam hỗn hợp X gồm K và BaO vào 177,1 gam nước thì thu được 2,24 lít khí (đktc) và dung dịch Y
a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch Y.
c) Để trung hòa vừa đủ dung dịch Y cần V ml dung dịch HCl 0,5M. Tính V
a)
$2K + 2H_2O \to 2KOH + H_2$
$BaO + H_2O \to Ba(OH)_2$
Theo PTHH :
$n_K = 2n_{H_2} = 0,2(mol)$
$\%m_K = \dfrac{0,2.39}{23,1}.100\% = 33,77\%$
$\%m_{BaO} = 100\%- 33,77\% = 66,23\%$
b)
$n_{BaO} = \dfrac{23,1 - 0,2.39}{153} = 0,1(mol)$
$m_{dd} = 23,1 + 177,1 - 0,1.2 = 200(gam)$
$C\%_{KOH} = \dfrac{0,2.56}{200}.100\% = 5,6\%$
$C\%_{Ba(OH)_2} = \dfrac{0,1.171}{200}.100\% = 8,55\%$
c)
$KOH + HCl \to KCl + H_2O$
$Ba(OH)_2 + 2HCl \to BaCl_2 + 2H_2O$
$n_{HCl} = 2n_{Ba(OH)_2} + n_{KOH} = 0,4(mol)$
$V = \dfrac{0,4}{0,5} = 0,8(lít) = 800(ml)$
Cho nguyên tố phi kim X. Hóa trị của X trong hợp chất oxit cao nhất bằng hoá trị của X trong hợp chất khí với hiđro. Trong hợp chất khí với hiđro, X chiếm 75,00% về khối lượng. Phần trăm khối lượng của X trong oxit cao nhất là
A. 25,50
B. 50,00
C. 27,27
D. 30,60
Chọn C
Hóa trị X trong hợp chất oxit cao nhất = hóa trị của x trong hợp chất với khí hidro
=> Hợp chất thuộc nhóm IVA oxit cao nhất là RO2 hợp chất khí với hidro là RH4
=> R/(R+4) = 0,75 => R = 12
=> Vậy trong CO2 %mC = 12/44 = 27,275
Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch H 2 S O 4 loãng, dư thu được 4,48 lít khí (đktc) và thấy còn 8,8 gam chất rắn không tan. Lấy phần chất rắn không tan ra thu được 250 ml dung dịch Y.
a. Xác định phần trăm về khối lượng các chất trong X.
b. Dung dịch Y tác dụng vừa đủ với B a C l 2 thu được 69,9 gam kết tủa. Tính nồng độ mol các chất trong Y.
c. Nếu cho 12 gam X vào 300 ml dung dịch A g N O 3 0,8M. Sau một thời gian thu được 28 gam chất rắn Z. Tính khối lượng của Ag có trong Z?
Cho hỗn hợp A tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 19,88% (D = 1,047g/cm3) được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với Na2CO3 thấy thoát ra tối đa 1,904 lít khí (đktc). Tính:
a. Thành phần % khối lượng các oxit có trong A.
b. Nồng độ % các chất có trong dung dịch X.
Hỗn hợp A gồm MgO và CaO, hỗn hợp B gồm MgO và Al2O3 đều có khối lượng là 9,6 gam. Khối lượng của MgO trong B bằng 1,125 lần khối lượng MgO trong A.
Cho 59,9 gam hỗn hợp X gồm bari và kali oxit tác dụng vừa đủ với nước, sau phản ứng thu được 6,72 lít khí (đktc)
a. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp.
b. Tính khối lượng các chất tan trong dung dịch thu được sau phản ứng.
\(a,n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)
PTHH: Ba + 2H2O ---> Ba(OH)2 + H2
0,3<-------------0,3<---------0,3
=> mBa = 0,3.137 = 41,1 (g)
=> mK2O = 59,9 - 41,1 = 18,8 (g)
\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Ba}=\dfrac{41,1}{59,9}.100\%=68,61\%\\\%m_{K_2O}=100\%-68,61\%=31,39\%\end{matrix}\right.\)
\(b,n_{K_2O}=\dfrac{18,8}{94}=0,2\left(mol\right)\)
PTHH: K2O + H2O ---> 2KOH
0,2----------------->0,4
Các chất tan trong dd sau phản ứng: KOH, Ba(OH)2
\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{KOH}=0,4.56=22,4\left(g\right)\\m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.171=51,3\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Hỗn hợp rắn X gồm M, MO và MCl2 (M là kim loại có hóa trị II không đổi). Cho 18,7 gam X tác dụng với dung dịch HCl (vừa đủ), thu được dung dịch A và 6,72 lít khí (đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, sau phản ứng thu được kết tủa B. Nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 18,0 gam chất rắn. Mặt khác, khi cho 18,7 gam hỗn hợp X vào 500 ml dung dịch CuCl2 1,0M, sau phản ứng, tách bỏ chất rắn rồi cô cạn dung dịch, thu được 65,0 gam muối khan. Biết các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn.
Xác định kim loại M và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X.
Thủy phân hoàn toàn m gam hỗn hợp hai este đơn chức mạch hở A, B ( M A < M B ) trong 700 ml dung dịch KOH 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 ancol là đồng đẳng liên tiếp. Thực hiện tách nước Y trong H2SO4 đặc lượng của các ete là 8,04 gam (Hiệu suất ete hóa của các ancol đều là 60%). Cô cạn dung dịch X được 54,4 gam chất rắn. Nung chất rắn này với CaO cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 6,72 lít hỗn hợp khí T (đktc). Thêm NaOH vào chất rắn nung tiếp thấy có thêm khí thoát ra. Phần trăm khối lượng của A trong hỗn hợp ban đầu là:
A. 66,89%
B. 48,96%
C. 49,68%
D. 68,94%
Chọn đáp án D.
Có n K O H = 0 , 7 m o l n T = 6 , 72 22 , 4 = 0 , 3 m o l
Thêm NaOH vào chất rắn nung tiếp thấy có thêm khí thoát ra
⇒ Chứng tỏ muối RCOOK chưa phản ứng hết khi nung chất rắn.
⇒ n e s t e = n K O H − n T = 0 , 7 − 0 , 3 = 0 , 4 m o l ⇒ n Y = 0 , 4 m o l
Số mol H2O tạo thành trong phản ứng tạo ete = 60 % . 1 2 .0 , 4 = 0 , 12 m o l
⇒ M ¯ e t e = 8 , 04 0 , 12 = 67 ⇒ 2 ancol là C2H5OH và CH3OH
⇒ n C 2 H 5 O H + n C H 3 O H = 0 , 4 m o l 46 n C 2 H 5 O H + 32 n C H 3 O H 0 , 4 = 8 , 04 + 18.0 , 12 0 , 24 ⇒ n C 2 H 5 O H = 0 , 3 n C H 3 O H = 0 , 1
m c h a t r a n = m R C O O K + m K O H d u = R + 83 .0 , 4 + 56.0 , 3 = 54 , 4 g
⇒ R = 11 ⇒ Có 1 gốc axit là H, gốc axit còn lại kí hiệu là
Trường hợp 1: H C O O K : 0 , 1 m o l R ' C O O K : 0 , 3 m o l ⇒ R ' = 37 , 6 − 84.0 , 3 0 , 1 − 83 = 41
⇒ Loại.
Trường hợp 2: H C O O K : 0 , 3 m o l R ' C O O K : 0 , 1 m o l ⇒ R ' = 37 , 6 − 84.0 , 3 0 , 1 − 83 = 41
⇒ R ' là C3H5-, A là HCOOC2H5, B là C3H5COOCH3
% m A = 74.0 , 3 74.0 , 3 + 100.0 , 1 .100 % = 68 , 94 %