|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 25/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 23/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 22/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 21/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 20/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bảo toàn e
|
|
|
|
$n_{H^+} = n_{HCl} + 2n_{H_2SO_4} = 0,2.1,2 + 0,2.1,8.2 = 0,96$ mol Sô mol hỗn hợp kim loại nhỏ nhất khi hỗn hợp toàn bộ là sắt : $n_{hh} = n_{Fe} = 32/56=0,57 > 0,96/2$ => kim loại dư , axit hết $n_{H_2} = 1/2n_{H^+} = 0,48$ mol ; $n_{CuO} = 0,8$ mol $H_2+CuO => Cu +H_2O$ Chất rắn trong ống gồm $0,48$ mol $Cu$ và $0,32$ mol $CuO$ $Cu + 2H_2SO_4 => CuSO_4 + 2H_2O+SO_2$ $CuO+H_2SO_4=> CuSO_4+ H_2O$ Bạn tính nốt nhé |
|
|
|
giải đáp
|
BT e 2
|
|
|
|
Từ tỉ lệ mol xác định được $n_{Mg} = 0,14$ mol , $n_{MgO} = 0,01$ mol $n_{Mg(NO_3)_2} = n_{Mg} + n_{MgO} = 0,14 + 0,01 = 0,15$ mol => $m_{MgNO_3)_2} = 22,2$ gam < $22,6$ gam => có muối $NH_4NO_3$ tạo thành $m_{NH_4NO_3} = 22,6-22,2 = 0,4 => n_{NH_4NO_3} = 0,005$ mol Theo ĐLBT e ta có : $n_{Mg}.2 = 0,04.x + 0,005.8$ ( Với $x$ là số e trao đổi của $NO_3^-$ và khí $X$) => $x = 8 => X$ là $N_2O$
|
|
|
|
giải đáp
|
BT e
|
|
|
|
$n_{Mg(NO_3)_2} = n_{Mg} + n_{MgO} = 0,28 + 0,02 = 0,3$ mol => $m_{MgNO_3)_2} = 44,4$ gam < $46$ gam => có muối $NH_4NO_3$ tạo thành $m_{NH_4NO_3} = 46-44,4 = 1,6 => n_{NH_4NO_3} = 0,02$ mol Theo ĐLBT e ta có : $n_{Mg}.2 = 0,04.x + 0,02.8$ ( Với $x$ là số e trao đổi của $NO_3^-$ và khí $X$) => $x = 10 => X$ là $N_2$ |
|
|
|
sửa đổi
|
BT e
|
|
|
|
BT e cho hỗn hợp gồm 6,7 3g Mg và 0,8g MgO tác dụng hết với lượng dư dung dịch $HNO_{3}$. sau khi các p.ư xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lít khí X(đktc) và dung dịch Y. làm bay hơi dd Y được 46g muối khan. Khí X là?
BT e cho hỗn hợp gồm 6,7 2g Mg và 0,8g MgO tác dụng hết với lượng dư dung dịch $HNO_{3}$. sau khi các p.ư xảy ra hoàn toàn thu được 0,896 lít khí X(đktc) và dung dịch Y. làm bay hơi dd Y được 46g muối khan. Khí X là?
|
|
|
|
giải đáp
|
hoá 11 chương 1
|
|
|
|
$n_{muối} = 0,1$ mol $n_{Na_2SO_4} = n_{Al_2(SO_4)_3} = n_{muối} = 0,1$ mol $C_MNa_2SO_4 = C_MAl_2(SO_4)_3 = 0,1/0,2 = 0,5$M |
|
|
|
giải đáp
|
hoá 11 nè
|
|
|
|
$A + Ba(OH)_2 => BaSO_4,BaCO_3$ có khí $NH_3$ bay ra $n_{NH_4^+} = n_{NH_3} = 3,4/17 = 0,2$ mol $A + H_2SO_4 => CO_2$ $n_{CO_3^{2-}} = n_{CO_2} = 2,24/22,4 = 0,1$ mol $n_{BaCO_3} = n_{CO_3^{2-}} = 0,1$ mol => $n_{SO_4^{2-}} = n_{BaSO_4} = \frac{43-0,1.197}{233} = 0,1$ mol Theo ĐLBT e ta có : $n_{Nã^+} + n_{NH_4^+} = 2n_{SỐ_4^{2-}} + 2n_{CO_3^{2-}}$ => $n_{Na^+} = 2.0,1+2.0,1 - 0,2 = 0,2$ mol => $m_A = 0,2.23+0,2.18+0,1.60+0,1.96 = 23$ gam |
|
|
|
giải đáp
|
Hóa 10 chuyên
|
|
|
|
Gọi $2$ muối là $MHCO_3$ và $M_2CO_3$ với số mol là $a,b$ ta có $a+b = n_{CO_2} = 0,03$ mol $a.(M+61) + b.(2M + 60) = 7,14$ => $(a+2b).M + a + 60(a+b) = 7,14 => (0,03+b).M = 5,34 - a$ Nhận thấy $a + b = 0,03$
=> $M = \frac{5,34-a}{0,03+b}$ => $\frac{5,34-0}{0,03+0,03}$<$M$<$\frac{5,34-0,03}{0,03+0}$ => $0<a<0,03$ và $0<b<0,03$ => $89 < M < 177$ . Mà $M$ là kim loại hóa trị $1$ có muối cacbonat tan trong nước => $M$ là $Cs$ $2$ muối là $CsHCO_3$ và $Cs_2CO_3$. Phần trăm e thay vào tự tính nhé |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình phản ứng.
|
|
|
|
$Zn \rightarrow Zn^{2+} + 2e$ $2N^{5+} + 8e \rightarrow N_2O$ $2N^{5+} + 8e \rightarrow NH_4NO_3$ $N^{+5} + 3e \rightarrow NO$ => Hệ số của $Zn$ là $(8+8+3)=19$ Hệ số của $3$ sản phẩm khử là $2$. Ta có $19Zn + 48HNO_3 => 19Zn(NO_3)_2 + 2N_2O + 2NH_4NO_3 + 2NO + 20H_2O$
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 18/08/2013
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
hoa 11 ne! giup voi
|
|
|
|
Ta có $V_{H_2O} = 1300 - 700 = 600$ ml ; $V_{CO_2} = 700 -100 = 600$ ml Thể tích khí còn dư hấp thụ bởi photpho là $O_2 , V_{O_2} = 100$ ml Do cùng điều kiện tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ mol nên ta giả sử thể tích $O$ trong $X$ là $x$ ta có $x + 900.2 = 600 + 600.2 + 100.2 => x = 200$ ml Gọi CT của $X$ là $C_aH_bO_c$ ta có $a = V_{CO_2}/V_X = 600/200 = 3$ $b = 2V_{H_2O}/V_X = 600.2/200 = 6$ $c = V_O/V_X = 200/200 = 1$ => CT của $X$ là $C_3H_6O$ |
|