Archives

Trong dung dịch AlCl3 có phản ứng thủy phân: Al3+ + 3H2O ⇋ Al(OH)3 + 3H+ (1) Khi thêm KIO3 và KI vào: IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O H+ bị tiêu thụ làm cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều thuận, tạo kết tủa keo trắng Al(OH)3.

Y có 3 lớp electron, số electron ở phân lớp có mức năng lượng cao nhất là 2 —> Cấu hình lớp ngoài cùng của Y là 3s2 hoặc 3s2 3p2. Mặt khác Y là phi kim nên chọn lớp ngoài cùng của Y là 3s2 3p2. Cấu hình electron đầy đủ của Y là 1s2 2s2 2p6 3s2 3p2, Y có Z = 14, Y là Si. Số neutron của Y1 = 2Z – 14 = 14 hạt Số neutron của Y3 – Số netron của Y1 = 16/8 —> Số neutron của Y3 = 16 —> Số neutron của Y2 =

Bài đã có sẵn, bấm đây để xem giải. Chú ý: Câu hỏi (b) khác nhau (%m và %n), em tự điều chỉnh lại kết quả.

2CH3COOH + Ba(OH)2 —> (CH3COO)2Ba + 2H2O nCH3COOH = 0,15; nBa(OH)2 = 0,07 —> nH2O = 0,07.2.70% = 0,098 Nhiệt tỏa ra = 1(50 + 50).4,18.12,5 = 5225 J = 5,225 kJ Biến thiên enthalpy trung hoà = 5,225/0,098 = 53,3 kJ

nO(trong oxide RxOy) = nCO2 = nBaCO3 = 0,07 mR = mRxOy – mO = 4,06 – 0,07.16 = 2,94 2R + 2nHCl —> 2RCln + nH2 nHCl = 0,105 —> nR = 0,105/n —> MR = 2,94n/0,105 = 28n —> n = 2, MR = 56: R là Fe x : y = nFe : nO = 0,0525 : 0,07 = 3 : 4 —> Fe3O4

2Al + Fe2O3 —> Al2O3 + 2Fe Phần 1 + NaOH tạo H2 nên Al dư, Fe2O3 hết Al2O3 + 2NaOH —> 2NaAlO2 + H2O 2Al + 2NaOH + 2H2O —> 2NaAlO2 + 3H2 nH2 = 0,75 —> nAl dư (phần 1) = 0,5 Phần 1: Al (0,5), Fe (2a), Al2O3 (a) Phần 2: Al (0,5k), Fe (2ka), Al2O3 (ka) Al2O3 + 6HCl —> 2AlCl3 + 3H2O 2Al + 6HCl —> 2AlCl3 + 3H2 Fe + 2HCl —> FeCl2 + H2 nH2 = 0,75k + 2ka = 3,75 (1) Phần 2 – Phần 1 = 13,4 gam ⇔ 27(0,5k –

Hiện tượng: Có màu xanh tím xuất hiện Tinh bột + I2 —> Sản phẩm màu xanh tím.

Nếu M không phải Na thì %Na = 0,92/(5,43 + 0,92) = 14,49% ≠ 36,22%: Vô lý, vậy M là Na nNa = 36,22%(0,92 + 5,43)/23 = 0,1 mR = mY – mNa = 4,05 Na + H2O —> NaOH + ½H2 0,1……………………………0,05 nH2 tổng = 0,275 —> nH2 của R = 0,225 R + (x-2)H2O + (4-x)NaOH —> Na(4-x)RO2 + 0,5xH2 —> nR = 0,45/x —> R = 4,05x/0,45 = 9x —> Chọn x = 3, R = 27: R là Al   X gồm Al (0,15) và Na (0,06) Na + H2O —> NaOH + ½H2 Al + H2O + NaOH

Zn3(PO4)2 ⇋ 3Zn2+ + 2PO43- x…………………..3x………..2x T = (3x)³.(2x)² = 9,1.10^-33 —> x = 1,53.10^-7 [Zn2+] = 3x = 4,59.10^-7 [PO43-] = 2x = 3,06.10^-7

Tổng số đơn vị điện tích hạt nhân = X + (X + 1) + (X + 2) + (X + 3) + (X + 4) + (X + 5) = 63 —> X = 8 X (Z = 8): 1s2 2s2 2p4 —> Chu kỳ 2, nhóm VIA Y (Z = 9): 1s2 2s2 2p5 —> Chu kỳ 2, nhóm VIIA R (Z = 10): 1s2 2s2 2p6 —> Chu kỳ 2, nhóm VIIIA A (Z = 11): 1s2 2s2 2p6 3s1 —> Chu kỳ 3, nhóm IA B (Z = 12): 1s2 2s2 2p6 3s2 —> Chu kỳ

(a) Sai, hỗn hợp đem chưng cất gồm C2H5OH, H2O, các thành phần khác trong gạo và một lượng nhỏ CH3CHO, CH3COOH, CH3OH. (b) Sai, ethanol có nhiệt độ sôi thấp hơn nước nên dùng phương pháp chưng cất thường để tách ethanol. (c) Đúng, các chất độc như CH3OH, CH3CHO có nhiệt độ sôi thấp hơn nên lượng chất lỏng thoát ra đầu tiên chứa nhiều các chất độc này, cần phải loại bỏ. (d) Đúng, 60.60%/(60 + 20) = 45% = 45°

Z gồm CuSO4 (2a) và Fe2(SO4)3 (0,1) Bảo toàn S —> 2a + 0,1.3 = a + 0,2.2 —> a = 0,1 Z + Ba(OH)2 —> Cu(OH)2 (2a), Fe(OH)3 (0,2), BaSO4 (0,5) —> m = 157,5 gam

Bấm đây để xem bài tương tự.

nH2 = 0,5 ≠ nSO2 nên R có phản ứng với H2SO4 đặc, nóng, dư. TH1: R không phản ứng với HCl —> nMg = nH2 = 0,5 —> mR = mX – mMg = 8 gam nSO2 của R = 0,625 – 0,5 = 0,125 Kim loại R hóa trị n, bảo toàn electron: 8n/R = 0,125.2 —> R = 32n —> n = 2; R = 64: R là Cu (thỏa mãn). %Mg = 60%; %Cu = 40% TH2: R có phản ứng với HCl Hóa trị của R trong phản ứng với HCl, H2SO4 đặc lần lượt là

Al2O3 + 3H2SO4 —> Al2(SO4)3 + 3H2O 0,1……………0,3…………….0,1 nK2SO4 = 174.10%/174 = 0,1 mol mddY = 10,2 + 0,3.98/20% + 174 = 331,2 gam 5,04 gam phèn chua chứa mK2SO4.Al2(SO4)3 = 5,04.516/948 = 2,74329 gam Bảo toàn khối lượng muối: 0,1.516 = 516m/948 + (331,2 – m).2,74329/(100 + 5,04) —> m = 82,89 gam

(1) FeS + HCl → H2S↑ + FeCl2 (2) FeCl2 + AgNO3 (dư) → AgCl↓ + Ag↓ + Fe(NO3)3 (3) H2S + CuSO4 → CuS↓ + H2SO4 Các chất Q và M trong sơ đồ trên lần lượt là CuS và Fe(NO3)3.

(a) Sai, phản ứng trong bình cầu có tạo khí CO: HCOOH (H2SO4 đặc) —> CO + H2O (b) Đúng, khí đi ra khỏi ống (1) là CO2, khí này làm dung dịch Ca(OH)2 vẩn đục: CO + CuO —> Cu + CO2 CO2 + Ca(OH)2 —> CaCO3 + H2O (c) Đúng, chất rắn trong ống (1) sau thí nghiệm là Cu, có thể có CuO dư, chúng đều tan trong dung dịch HNO3. (d) Sai, chất rắn trong ống (1) chuyển từ màu đen (CuO) sang màu đỏ (Cu).

mX = 4 gam gồm Cu (0,02 mol), Ag (0,02 mol) và Au (0,56 gam) Bước 1: Chỉ Cu, Ag tan trong HNO3 dư; Au không tan. Dung dịch Y chứa Cu2+ (0,02), Ag+ (0,02), H+ và NO3-. Bước 2: ne = It/F = 0,04 Ag+ + 1e —> Ag Cu2+ + 2e —> Cu —> Cathode có 0,02 mol Ag và 0,01 mol Cu thoát ra —> m1 = 0,02.108 + 0,01.64 = 2,8 gam Bước 3: Cu2+ + 2e —> Cu 2H+ + 2e —> H2 —> Cathode có 0,01 mol Cu và một lượng H2 thoát ra

Alcohol Y có M = 46 —> Y là C2H5OH Số C = 88.54,545%/12 = 4 Số H = 88.9,091%/1 = 8 Số O = 88.36,364%/16 = 2 Z là C4H8O2, cấu tạo CH3COOC2H5; X là CH3COOH Ban đầu: nCH3COOH = 0,8 và nC2H5OH = 0,5 Bước 1 có hiệu suất 80% nên nCH3COOC2H5 = 0,4 và T chứa CH3COOH (0,8 – 0,4 = 0,4) và C2H5OH (0,5 – 0,4 = 0,1) nCH3COOC2H5 tổng = 0,465 —> nCH3COOC2H5 bước 2 = 0,465 – 0,4 = 0,065 —> a = 0,065/0,1 = 65%