S + O2------to---> SO2

Hiện tượng:Lưu huỳnh cháy trong không khí với ngọn lửa nhỏ, màu xanh nhạt; cháy trong khí oxi mãnh liệt hơn, tạo thành khí lưu huỳnh đioxit SO2 (còn gọi là khí sunfurơ)

\(n_{O_2}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH : \(2KMnO_4-t^o->K_2MnO_4+MnO_4+O_2\)   (1)

             \(2KClO_3-t^o->2KCl+3O_2\) (2)

Theo pthh (1) : \(n_{KMnO_4}=2n_{O_2}=0,6\left(mol\right)\)

Theo pthh (2) : \(n_{KCl}=\frac{2}{3}n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}m_{KMnO_4\left(can.dung\right)}=158\cdot0,6=94,8\left(g\right)\\m_{KClO_3\left(can.dung\right)}=122,5\cdot0,2=24,5\left(g\right)\end{cases}}\)

mol lafluowngj chất có chứa 6.10²³ nguyên tử or phân tử của chất

mol la luong chat co chua 6.10 mu 23 nguyeen tu hoac phan tu cua chat do

VD : bazo tương ứng với BaO là Ba(OH)2

                                         MgO là Mg(OH)2

bazo tương ứng với mỗi oxit bazo,

tương tự thì : axit sẽ tương ứng với mỗi axit

VD : axit tương ứng của SO2 là H2SO3

                                        SO3 là H2SO4

                                        P2O5 là H3PO4

Bài 1 :

\(n_{Mg}=\frac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\) ; \(n_{HCl}=\frac{3,65}{36,5}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH : \(Mg+2HCl-->MgCl_2+H_2\)

Ta thấy : \(\frac{n_{HCl}}{2}< n_{Mg}\left(0,05< 0,1\right)\)=> Spu Mg còn dư

Theo pthh : \(n_{H_2}=n_{MgCl_2}=n_{Mg\left(pứ\right)}=\frac{1}{2}n_{HCl}=0,05\left(mol\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}m_{Mg\left(dư\right)}=\left(0,1-0,05\right)\cdot24=1,2\left(g\right)\\m_{MgCl_2}=95\cdot0,05=4,75\left(g\right)\\V_{H_2}=0,05\cdot22,4=1,12\left(l\right)\end{cases}}\)

Bài 2 : 

\(n_{Al}=\frac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\) ; \(n_{H_2SO_4}=\frac{14,7}{98}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH : \(2Al+3H_2SO_4-->Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

Ta thấy : \(\frac{n_{Al}}{2}>\frac{n_{H_2SO_4}}{3}\left(0,1>0,05\right)\) => Spu Al còn dư

Theo pthh : \(n_{Al\left(pứ\right)}=\frac{2}{3}n_{H_2SO_4}=0,1\left(mol\right)\)

                   \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\frac{1}{3}n_{H_2SO_4}=0,05\left(mol\right)\)

                   \(n_{H_2}=n_{H_2SO_4}=0,15\left(mol\right)\)

=> \(\hept{\begin{cases}m_{Al\left(dư\right)}=\left(0,2-0,1\right)\cdot27=2,7\left(g\right)\\m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=342\cdot0,05=17,1\left(g\right)\\V_{H_2}=0,15\cdot22,4=3,36\left(l\right)\end{cases}}\)

Bài 3 :

\(n_{H_2}=\frac{4,704}{22,4}=0,21\left(mol\right)\)

PTHH : \(2M+6HCl-->2MCl_3+3H_2\)

Theo pthh : \(n_M=\frac{2}{3}n_{H_2}=0,14\left(mol\right)\)

=> \(\frac{3,78}{M_M}=0,14\)

=> \(M_M=27\) (g/mol)

=> Kim loại M là Nhôm (Al)

Bài 4 :

\(n_P=\frac{6,2}{31}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH : \(2KMnO_4-t^o->K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)   (1)

             \(4P+5O_2-t^o->2P_2O_5\)   (2)

Theo pthh (1); \(n_{O_2}=\frac{1}{2}n_{KMnO_4}=0,2\left(mol\right)\)

Xét pứ (2) , thấy : \(\frac{n_P}{4}>\frac{n_{O2}}{5}\left(0,05>0,04\right)\) => spu photpho còn dư

Theo pthh (2) : \(n_{P_2O_5}=\frac{2}{5}n_{O_2}=0,08\left(mol\right)\)

=> \(m_{P_2O_5}=0,08\cdot142=11,36\left(g\right)\)

bạn từng câu lên sẽ dễ nhìn hơn 

a) \(n_{CO_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\frac{5,4}{18}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}n_{C\left(hchc\right)}=0,15\left(mol\right)\\n_{H\left(hchc\right)}=0,3\cdot2=0,6\left(mol\right)\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}m_{C\left(hchc\right)}=0,15\cdot12=1,8\left(g\right)\\m_{H\left(hchc\right)}=0,6\left(g\right)\end{cases}}\)

Ta có : \(m_{C\left(hchc\right)}+m_{H\left(hchc\right)}=1,8+0,6=2,4\left(g\right)=m_{hchc}\)

=> X chỉ gồm 2 nguyên tố C và H.

b) \(M_X=8\cdot2=16\) (g/mol)

Gọi CTPT của hợp chất hữu cơ là \(C_xH_y\) ( \(x;y\inℕ^∗\))

Có : \(x:y=n_C:n_H=0,15:0,6=1:4\)

=> Công thức đơn giản của hợp chất là CH₄

=> CTPT của hợp chất (CH₄)_n

Có : (12 + 4).n = 16

=> n = 4

=> CTPT của hợp chất là CH₄

c) Cách 1 :

BT Oxi : \(n_O=2n_{CO_2}+n_{H_2O}=0,6\left(mol\right)\)

=> \(n_{O_2}=\frac{1}{2}n_O=0,3\left(mol\right)\)

=> \(V_{O_2}=0,3\cdot22,4=6,72\left(l\right)\)

Cách 2 : Theo ĐLBTKL :

m_X + m_(oxi)  = m_CO2 + m_H2O

=> \(2,4+m_{O2}=0,15\cdot44+5,4\)

=> \(m_{O2}=9,6\left(g\right)\)

=> \(n_{O_2}=\frac{9,6}{32}=0,3\left(mol\right)\)

=> \(V_{O_2}=0,3\cdot22,4=6,72\left(l\right)\)

Cách 3 : PTHH : \(CH_4+2O_2-t^o->CO_2+2H_2O\)

Theo pthh : \(n_{O2}=2n_{CH_4}=2\cdot\frac{2,4}{16}=0,3\left(mol\right)\)

=> \(V_{O2}=0,3\cdot22,4=6,72\left(l\right)\)

p/s: bạn có thể chọn 2 trong 3 cách trên để tính V nhé . có thể hơi sai nhưng mik nghĩ hóa học hữu cơ là của hóa học lp 9 chứ nhỉ ? :D

Mik ms học lớp 8 thui à!!

\(n_{Al}=\frac{108\cdot1000}{27}=4000\left(mol\right)\)

PTHH : \(2Al_2O_3\underrightarrow{dpnc\left(criolit\right)}4Al+3O_2\)

Theo PTHH : \(n_{Al_2O_3}=\frac{1}{2}n_{Al}=2000\left(mol\right)\)

=> \(m_{Al_2O_3}=2000.102=204000\left(g\right)=204\left(kg\right)\)

Mà hiệu suất phản ứng là 80% => \(m_{Al_2O_3\left(thực\right)}=\frac{204}{80}\cdot100=255\left(kg\right)\)

=> \(m_{quặng}=\frac{255}{50}\cdot100=510\left(kg\right)\)

gfvfvfvfvfvfvfv555

a) 

PTHH : \(Na_2O+H_2O-->2NaOH\)    (1)

             \(Al_2O_3+2NaOH-->2NaAlO_2+H_2O\)  (2)

             \(Fe_2O_3+6HCl-->2FeCl_3+3H_2O\)    (3)

b) Vì sau khi cho hh vào nước được CR Y, cho Y vào NaOH dư thì thu được CR E giảm 8,8 gam so với Y

=> Y chứa Al dư : 8,8 gam

Theo pthh (3) : n_Fe2O3 = \(\frac{1}{6}n_{HCl}=0,15\left(mol\right)\)  => m_fe2o3 = 24 (g) => m_Y = m_fe2o3 + m_al(dư) = 24 + 8,8 = 32,8 (g)

Đặt n_Na2O = x (mol) => n_{Al2O3 (tan khi cho vào nước}) = n_Na2O = x (=\(\frac{1}{2}n_{NaOH}\)) xem ptr (1); (2)

Có : \(m_Y=\frac{1}{2}m_X\Rightarrow62x+102x=32,8\)

=> \(x=0,2\left(mol\right)\)

=> m_X = 2m_Y = 32,8.2 = 65,6 (g)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\%m_{Al2O3}=\frac{102.0,2+8,8}{65,6}\cdot100\%=44,51\%\\\%m_{Fe_2O_3}=\frac{24}{65,6}\cdot100\%=36,59\%\\\%m_{Na_2O}=\frac{0,2.62}{65,6}\cdot100\%=18,9\%\end{cases}}\)

c) Theo pthh (2) : \(n_{NaAlO_2}=n_{NaOH}=2\cdot n_{Na_2O}=0,4\left(mol\right)\)

=> \(C_{M\left(NaAlO_2\right)}=\frac{0,4}{0,25}=1,6\left(M\right)\)