Khách
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây

Hôm qua lúc 21:07

a)Kẽm = 65

Đồng = 64

=>Kẽm nặng hơn đồng 65/64 lần

b) Kẽm=65

Lưu huỳnh = 32

=>Kẽm nặng hơn lưu huỳnh 65/32 lần

c)Kẽm= 65

Nitơ=14

=>Kẽm nặng hơn Nitơ 65/14 lần

d) Kẽm =65

Oxi=16

=>Kẽm nặng hơn Oxi 65/16 lần

Hôm kia lúc 16:54

\(NTK_A=2,5.16=40\left(đvC\right)\)

=> A là Canxi (Ca)

\(NTK_B=\dfrac{40}{2}=20\left(đvC\right)\)

=> B là Neon (Ne)

\(NTK_C=20+8=28\left(đvC\right)\)

=> C là Silic (Si)

\(NTK_D=28-1=27\left(đvC\right)\)

=> D là Nhôm (Al)

Hôm kia lúc 16:25

A là nguyên tử Canxi (Ca)

B là nguyên tử Neon (Ne)

C là nguyên tử Cacbon (C)

D là nguyên tử Bo (B)

22 tháng 6 lúc 11:25

a) \(Fe_3O_4+4H_2\underrightarrow{t^o}3Fe+4H_2O\)

c) \(2K+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+H_2\)

e)  \(2FeCl_3+Cu\rightarrow2FeCl_2+CuCl_2\)

21 tháng 6 lúc 17:06

\(n_{H_2SO_4}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

Có \(n_{H_2SO_4}>n_{H_2}\)

=> Trong A chứa H2SO4

Vậy kim loại R không tan trong H2SO4 loãng

\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: 2R + 2nH2SO4 --> R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

                                            \(\dfrac{0,05}{n}\)<---0,05

=> \(M_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{\dfrac{0,05}{n}}=160n\left(g/mol\right)\)

=> \(M_R=32n\left(g/mol\right)\)

Xét n = 2 thỏa mãn => MR = 64 (g/mol) => R là Cu

\(n_{Cu}=n_{CuSO_4}=\dfrac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)

Gọi số mol Al, Fe là a,b (mol)

=> 27a + 56b = 8,7 - 0,05.64 = 5,5 (1)

PTHH: 2Al + 3H2SO4 --> Al2(SO4)3 + 3H2

              a----------------------------->1,5a

             Fe + H2SO4 --> FeSO4 + H2

              b--------------------------->b

=> 1,5a + b = 0,2 (2)

(1)(2) => a = 0,1 (mol); b = 0,05 (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=0,1.27=2,7\left(g\right)\\m_{Fe}=0,05.56=2,8\left(g\right)\\m_{Cu}=0,05.64=3,2\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

21 tháng 6 lúc 17:15

\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4\left(bđ\right)}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT H}}n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)< 0,3\)

=> H2SO4 dư, mà vẫn có chất rắn B không tan là kim loại R

=> R là kim loại yếu

Đặt R có hoá trị n

\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\\ n_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{2M_R+96n}\left(mol\right)\)

PTHH:

\(2R+2nH_2SO_{4\left(đặc,nóng\right)}\xrightarrow[]{t^o}R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2+2nH_2O\)

                                            \(\dfrac{0,05}{n}\)<-----0,05

\(\rightarrow\dfrac{8}{2M_R+96n}=\dfrac{0,05}{n}\\ \Leftrightarrow M_R=32n\left(g\text{/}mol\right)\)

Xét n = 2 thoả mãn

=> MR = 32.2 = 64 (g/mol)

=> R là Cu

\(n_{Cu}=\dfrac{0,05.2}{2}=0,05\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow27a+56b+0,05.64=8,7\left(1\right)\)

PTHH:

\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

a---->1,5a

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)

b----->b

\(\rightarrow1,5a+b=0,2\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\left(mol\right)\\b=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{0,1.27}{8,7}.100\%=31,03\%\\\%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{8,7}.100\%=32,18\%\\\%m_{Cu}=100\%-31,03\%-32,18\%=36,79\%\end{matrix}\right.\)

20 tháng 6 lúc 9:37

Giả sử các chất đều có khối lượng 1 gam

\(n_{KMnO_4}=\dfrac{1}{158}\left(mol\right)\)

PTHH: 2KMnO4 --to--> K2MnO4 + MnO2 + O2 (1)

              \(\dfrac{1}{158}\)------------------------------->\(\dfrac{1}{316}\)

\(n_{KClO_3}=\dfrac{1}{122,5}\left(mol\right)\)

PTHH: 2KClO3 --to--> 2KCl + 3O2 (2)

              \(\dfrac{1}{122,5}\)------------->\(\dfrac{3}{245}\)

Có \(\dfrac{1}{316}< \dfrac{3}{245}\Rightarrow n_{O_2\left(1\right)}< n_{O_2\left(2\right)}\)

=> KClO3 sinh ra nhiều O2 hơn