Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: Sau phản ứng thu đc \(2240(cm^3)\) lít khí (đktc)
\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1(mol)\\ a,PTHH:Zn+2HCl\to ZnCl_2+H_2\\ ZnO+2HCl\to ZnCl_2+H_2O\\ b,n_{Zn}=n_{H_2}=0,1(mol)\\ \Rightarrow m_{Zn}=0,1.65=6,5(g)\\ \Rightarrow \%_{Zn}=\dfrac{6,5}{14,6}.100\%= 44,52\%\\ \Rightarrow \%_{ZnO}=100\%-44,52\%=55,48\%\\ n_{ZnO}=\dfrac{14,6-6,5}{81}=0,1(mol)\\ \Sigma n_{ZnCl_2}=n_{Zn}+n_{ZnO}=0,1+0,1=0,2(mol)\\ \Rightarrow C_{M_{ZnCl_2}}=\dfrac{0,2}{0,2}=1M\)
Đổi 300ml = 0,3 lít
Ta có: \(n_{HCl}=2.0,3=0,6\left(mol\right)\)
a. PTHH:
CuO + 2HCl ---> CuCl2 + H2O (1)
ZnO + 2HCl ---> ZnCl2 + H2O (2)
b. Gọi x, y lần lượt là số mol của CuO và ZnO
Theo PT(1): \(n_{HCl}=2.n_{CuO}=2x\left(mol\right)\)
Theo PT(2): \(n_{HCl}=2.n_{ZnO}=2y\left(mol\right)\)
=> 2x + 2y = 0,6 (*)
Theo đề, ta có: 80x + 81y = 24,2 (**)
Từ (*) và (**), ta có HPT:
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+2y=0,6\\80x+81y=24,2\end{matrix}\right.\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,2\end{matrix}\right.\)
=> \(m_{CuO}=0,1.80=8\left(g\right)\)
=> \(\%_{m_{CuO}}=\dfrac{8}{24,2}.100\%=33,06\%\)
\(\%_{m_{Zn}}=100\%-33,06\%=66,94\%\)
c. PTHH:
CuO + H2SO4 ---> CuSO4 + H2O (3)
ZnO + H2SO4 ---> ZnSO4 + H2O (4)
Theo PT(3): \(n_{H_2SO_4}=n_{CuO}=0,1\left(mol\right)\)
Theo PT(4): \(n_{H_2SO_4}=n_{ZnO}=0,2\left(mol\right)\)
=> \(n_{H_2SO_4}=0,1+0,2=0,3\left(mol\right)\)
=> \(m_{H_2SO_4}=0,3.98=29,4\left(g\right)\)
Ta có: \(C_{\%_{H_2SO_4}}=\dfrac{29,4}{m_{dd_{H_2SO_4}}}.100\%=20\%\)
=> \(m_{dd_{H_2SO_4}}=147\left(g\right)\)
\(n_{FeO}=a\left(mol\right),n_{CuO}=b\left(mol\right)\)
\(m_{hh}=72a+80b=19.2\left(g\right)\left(1\right)\)
\(FeO+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)
\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)
\(n_{H_2SO_4}=a+b=0.25\left(mol\right)\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right):a=0.1,b=0.15\)
\(m_{FeO}=0.1\cdot72=7.2\left(g\right)\)
\(m_{CuO}=12\left(g\right)\)
\(C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{0.1}{0.25}=0.4\left(M\right)\)
\(C_{M_{CuSO_4}}=\dfrac{0.15}{0.25}=0.6\left(M\right)\)
a)
Dung dịch X gồm $Ca(OH)_2,Ba(OH)_2$ làm đổi màu quỳ tím chuyển màu xanh.
b)
$Ca + 2H_2O \to Ca(OH)_2 + H_2$
$Ba + 2H_2O \to Ba(OH)_2 + H_2$
Gọi $n_{Ca} = a ; n_{Ba} = b$
Ta có :
$m_{hh} = 40a + 137b = 17,7(gam)$
$n_{H_2} = a + b = 0,2(mol)$
Suy ra a = b = 0,1
$\%m_{Ca} = \dfrac{0,1.40}{17,7}.100\% = 22,6\%$
$\%m_{Ba} = 100\%-22,6\% = 77,4\%$
c)
$n_{Ca(OH)_2} = n_{Ba(OH)_2} = a = b = 0,1(mol)$
$m_{Ca(OH)_2} = 0,1.74 = 7,4(gam)$
$m_{Ba(OH)_2} = 0,1.171 = 17,1(gam)$
a, PT: \(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)
\(FeO+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)
Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CuO}=x\left(mol\right)\\n_{FeO}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 80x + 72y = 11,2 (1)
Ta có: \(n_{H_2SO_4}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{CuO}+n_{FeO}=x+y=0,15\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,05 (mol), y = 0,1 (mol)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CuO}=\dfrac{0,05.80}{11,2}.100\%\approx35,71\%\\\%m_{FeO}\approx64,28\%\end{matrix}\right.\)
b, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CuSO_4}=n_{Cu}=0,05\left(mol\right)\\n_{FeSO_4}=n_{FeO}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{CuSO_4}}=\dfrac{0,05}{0,15}=\dfrac{1}{3}\left(M\right)\\C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{0,1}{0,15}=\dfrac{2}{3}\left(M\right)\end{matrix}\right.\)
a, PT: \(HCl+KOH\rightarrow KCl+H_2O\)
\(CH_3COOH+KOH\rightarrow CH_3COOK+H_2O\)
Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=x\left(mol\right)\\n_{CH_3COOH}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Theo PT: \(n_{KOH}=n_{HCl}+n_{CH_3COOH}=x+y=0,003.1=0,003\left(mol\right)\left(1\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{KCl}=n_{HCl}=x\left(mol\right)\\n_{CH_3COOK}=n_{CH_3COOH}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 74,5x + 98y = 0,235 (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\approx0,0025\left(mol\right)\\y\approx0,0005\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,0025}{0,01}=0,25\left(M\right)\\C_{M_{CH_3COOH}}=\dfrac{0,0005}{0,01}=0,05\left(M\right)\end{matrix}\right.\)
b, Ta có: \(n_{H^+}=n_{HCl}+n_{CH_3COOH}=0,003\left(mol\right)\)
\(n_{OH^-}=2n_{Ba\left(OH\right)_2}+n_{NaOH}=2.\dfrac{V}{1000}.0,02+\dfrac{V}{1000}.0,01\left(mol\right)\)
PT: \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
Theo PT: \(n_{H^+}=n_{OH^-}\)
\(\Rightarrow0,003=2.\dfrac{V}{1000}.0,02+\dfrac{V}{1000}.0,01\) \(\Rightarrow V=60\left(ml\right)\)
nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol
nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol
Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)
Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2
x → 2x → x (mol)
Mg + 2H+ → Mg2+ + H2
y → 2y → y (mol)
Dung dịch Y gồm có:
Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol)
=> NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan một phần
=> nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol
H+ + OH- → H2O
0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)
Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2
x → 2x → x (mol)
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2
y → 2y → y (mol)
Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O
0,01 ← 0,02 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2
=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = 8
Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol)
=> nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol)
- Khi kết tủa Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+
=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol
Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại
- Giả sử sau khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2:
+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol
=> mBaSO4 = 233b (gam)
+ Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)
=> mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)
Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại. Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol
=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)
Kết tủa sau phản ứng gồm có:
Mg(OH)2 → t ∘ MgO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
Zn(OH)2 → t ∘ ZnO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
=> m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam
1.Trung hòa 200ml dung dịch NAOH 1M = 300ml HCL 1M
a) \(n_{NaOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right);n_{HCl}=0,3.1=0,3\left(mol\right)\)
\(PTHH:NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)
Theo ĐB: 0,2mol........0,3mol
Theo PT:1mol............1 mol
Lập tỉ lệ\(\frac{0,2}{1}< \frac{0,3}{1}\)
=>Sau p.ứ HCl dư
Vậy dung dịch sau phản ứng làm quỳ tím đổi sang màu đỏ
b)Các chất trong dung dịch sau phản ứng gồm HCl dư và NaCl
Theo PT : \(n_{NaCl}=n_{NaOH}=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{HCl\left(dư\right)}=0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\)
\(m_{ddsaup.ứ}=200+300=500ml=0,5l\)
\(\Rightarrow C_{M\left(NaCl\right)}=\frac{0,2}{0,5}=0,4M\)
\(\Rightarrow C_{M\left(HCl\right)}=\frac{0,1}{0,5}=0,2M\)
Câu 1 :
nNaOH = 0.2 mol
nHCl = 0.3 mol
NaOH + HCl --> NaCl + H2O
0.2_____0.2______0.2
nHCl dư = 0.3 - 0.2 = 0.1 mol
Vì : dung dịch sau phản ứng có HCl dư nên quỳ tím hóa đỏ
CM HCl dư = 0.1/0.5=0.2M
CM NaCl = 0.2/0.5 = 0.4M
Câu 2 :
Đặt :
nAl2O3 = x mol
nZnO = y mol
mhh= 102x + 81y=28.5 (1)
nH2SO4 = 0.7 mol
Al2O3 + 3H2SO4 --> Al2(SO4)3 + 3H2O
x_________3x
ZnO + H2SO4 --> ZnSO4 + H2O
y_______y
<=> 3x + y = 0.7 (2)
Giải (1) và (2) :
x = 0.2
y = 0.1
mAl2O3 = 20.4 g
mZnO = 8.1 g
%Al2O3 = 71.57%
%ZnO=28.43%
2KOH + Al2O3 --> 2KAlO2 + H2O
0.4______0.2
2KOH + ZnO --> K2ZnO2 + H2O
0.2______0.1
mKOH = 0.6*56= 33.6 g
mdd KOH = 33.6*100/10=336 g