bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt 4 oxit riêng biệt sau chỉ bằng nước và HCl: CuO, Na2O,Al2O3, MgO.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{10,2}{27.2+16.3}=0,1\left(mol\right)\)
⇒ Số phân tử Al2O3 = 6,022.1023.0,1 = 6,022.1022 (phân tử)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Có vẻ hơi trễ:")
a)
\(n=3\Rightarrow\) có 3 lóp electron.
\(l=2\Rightarrow\) e cuối vào phân lớp 3d
\(m=1,m_s=-\dfrac{1}{2}\Rightarrow\) mũi tên hướng xuống dừng ở ô thứ 4.
=> e cuối của nguyên tố điền vào phân lớp \(3d^9\)
Cấu hình e bền vững sau bão hòa: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^1\left(Cu\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}STT:29\\CK:4\\nhóm:IB\end{matrix}\right.\)
b)
Tương tự câu a, e cuối của nguyên tố điền vào phân lóp \(4p^2\)
Cấu hình e: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^24p^2\left(Ge\right)\left\{{}\begin{matrix}STT:32\\CK:4\\nhóm:IVA\end{matrix}\right.\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bước 1: Nung chảy hỗn hợp của cả 3 kim loại.
Bước 2: Khi hỗn hợp đã nóng chảy, sẽ thấy các lớp kim loại tách ra dựa trên mật độ của chúng. Vàng, có mật độ cao hơn, sẽ nằm ở đáy. Đồng sẽ nằm ở giữa và kẽm sẽ ở trên cùng.
Bước 3: Dùng một cái muôi hoặc ống hút, là đã có thể lấy từng lớp kim loại ra khỏi hỗn hợp.
Tick cho e với
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(CaCO_3+2HCl\underrightarrow{ }CaCl_2+CO_2+H_2O\)
\(nCaCO_3=\dfrac{15}{100}=0,15\left(mol\right)\)
\(nHCl=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2\left(mol\right)\)
Vậy \(CaCO_3\) dư
a. Rắn B là: CaCO3 dư
\(nCaCO_3\) phản ứng là: 0,2:2 = 0,1 (mol)
\(nCaCO_3\) dư : 0,05 (mol)
Khối lượng rắn CaCO3 là : 0,05.100 = 5 (g)
b. Theo PTHH em dễ dàng tính được nồng độ dd B (CaCl2):
Khối lượng CaCl2: 0,1.111 = 11,1(g)
Khối lượng khí CO2: 0,1.44 = 4,4 (g)
Khối lượng dd sau phản ứng:
15+20 - 5 - 4,4 = 25,6 (g)
Nồng độ % dung dịch CaCl2: \(\dfrac{11,1}{25,6}.100\%=43,36\%\)
c. Thể tích CO2 ở đtc:
0,1.24,79 = 2,479 (l)
\(n_{CaCO_3}=\dfrac{15}{100}=0,15mol\\ n_{HCl}=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2mol\\ CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2+H_2O\\ \rightarrow\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,2}{2}=>CaCO_3.dư\\ n_{CaCO_3pư}=n_{CaCl_2}=n_{CO_2}=\dfrac{0,2}{2}=0,1mol\\ a.m_B=m_{CaCO_3.dư}=\left(0,15-0.1\right).100=5g\\ b.m_{dd}=0,1.100+20-0,1.44=25,6g\\ C_{\%CaCl_2}=\dfrac{0,1.111}{25,6}\cdot100=43.36\%\\ c.ddC?\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1. C
Cu không thể phản ứng với dung dịch HCl và H2SO4 loãng.
2. B
Các base không tan như Zn(OH)2 , Mg(OH)2, Ba(OH)2 và Fe(OH)3 không làm phenol phthalein hóa đỏ
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(n_{H_2}\)= \(\dfrac{0,756}{24,79}\) = 0,0305 mol
PTHH:
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
Al + 3HCl → AlCl3 + \(\dfrac{3}{2}\)H2
Gọi số mol của Mg và Al lần lượt là x và y.
Ta có hệ phương trình
\(\left\{{}\begin{matrix}24x+27y=0,615\\x+1,5y=0,0305\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,011\\y=0,013\end{matrix}\right.\)
⇒ mMg = 0,11 . 24 = 0,264 gam
⇒ %Mg = \(\dfrac{0,264}{0,615}\) . 100 = 43%
- Trích mẫu thử.
- Hòa tan từng mẫu thử vào nước.
+ Tan: Na2O
PT: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)
+ Không tan: CuO, Al2O3, MgO. (1)
- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với HCl rồi nhỏ NaOH thu được ở thí nghiệm trên vào.
+ Có tủa xanh: CuO
PT: \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)
\(CuCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Cu\left(OH\right)_{2\downarrow}\)
+ Có tủa keo trắng rồi tan trong NaOH dư: Al2O3
PT: \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)
\(2AlCl_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_{3\downarrow}+6NaCl\)
\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)
+ Có tủa trắng: MgO
PT: \(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)
\(MgCl_2+2NaOH\rightarrow NaCl+Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}\)
- Dán nhãn.