Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
nHCl = 0,5.1,4 = 0,7 (mol) ; nH2SO4 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol) => nSO42- = nH2SO4 = 0,25 (mol)
∑ nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,7 + 2.0,25 = 1,2 (mol)
nNaOH = 2V (mol) ; nBa(OH)2 = 4V (mol)
∑ nOH- = nNaOH + 2nBa(OH)2 = 2V + 2.4V = 10V (mol)
Các PTHH xảy ra:
H+ + OH- → H2O (1)
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ (2)
Khi cho Zn vào dd C thấy có khí H2 thoát ra => có 2 trường hợp có thể xảy ra. Zn có thể bị hòa tan bởi dung dịch axit hoặc bazo
nH2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)
TH1: dd C có chứa H+ dư => phản ứng (1) OH- phản ứng hết
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2↑ (3)
0,3 ← 0,15 (mol)
=> nH+ (1) = ∑ nH+ - nH+ dư = 1,2 – 0,3 = 0,9 (mol)
Theo (1): ∑nOH- = nH+ (1) = 0,9 = 10V => V = 0,09 (lít)
nBa(OH)2 = 4.0,09 = 0,36 => nBa2+ = nBa(OH)2 = 0,36 (mol) > nSO42-
Từ PTHH (2) => nBaSO4 = nSO42- = 0,25 (mol) => mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25(g)
TH2: dd C có chứa OH- dư => phản ứng (1) H+ phản ứng hết
Zn + 2OH- → ZnO22- + H2↑ (4)
0,3 ← 0,15 (mol)
=> ∑ nOH- = nOH-(1) + nOH- (4) = 1,2 + 0,3 = 1,5 (mol)
=> 10V = 1,5
=> V = 0,15 (lít)
=> nBa(OH)2 = 0,15. 4 = 0,6 (mol)
=> nBa2+ = 0,6 (mol) > nSO42- = 0,25 (mol)
=> mBaSO4 = 0,25.233 = 58,25 (g)
Đặt a, b, c là số mol Mg, Al, Fe
-> mA = 24a + 27b + 56c = 4,3
Với NaOH =>; nH2 = 1,5b = 0,075
Với HCl =>; nH2 = a + 1,5b + c = 0,135
=>a = 0,01; b = 0,05; c = 0,05
=> A gồm Mg (5,47%), Al (30,75%) và Fe (63,78%)
Al(OH)3 tan trong NaOH dư nên chất rắn còn lại gồm MgO (a) và Fe2O3 (0,5c)
=> m rắn = 4,4 gam
Dễ thấy b = c = 5a nên trong x gam A chứa Mg (y), Al (5y) và Fe (5y)
Bảo toàn electron: 2y + 3.5y + 2.5y = 0,6.3
=>y = 1/15
=>x = 439/15 gam
QT cho electron:
Fe → Fe2+ + 2e
Mg → Mg2+ + 2e
QT nhận electron:
Ag+ + 1e → Ag
Cu2+ + 2e → Cu
Ta có: nAgNO3= 0,1 mol; nCu(NO3)2= 0,16 mol; nH2= 0,17 mol
Nhìn chung qua quá trình phản ứng thì 3 muối còn lại sẽ là: Cu(NO3)2dư, Fe(NO3)2; Mg(NO3)2 và các kim loại Mg, Fe đều phản ứng hết.
Sơ đồ phản ứng tiếp theo:
⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩Mg(NO3)2 xFe(NO3)2 yCu(NO3)2NaOH−−−→⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩Mg(OH)2Fe(OH)2Cu(OH)2O2,to−−−→⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩MgO x1/2Fe2O3 y/2CuO
Ta có các PT: nH2 = x + y = 0,17
mchất rắn = 40x + 80y + 80z = 10,4 g
Bảo toàn số mol nguyên tử N trong các muối:
nN-AgNO3 + nN-Cu(NO3)2 = nN-Fe(NO3)2 + nN-Mg(MO3)2
Þ 0,1.1 + (0,16 – z).2 = 2x + 2y
Từ đó giải ra x = 0,16; y = 0,01; z = 0,04
=> m = 0,16.24 + 0,01.56 = 4,4 gam.
Khối lượng các muối là: 23,68g; 1,8g; 7,52 g
Muối có phân tử khối lớn nhất trong B là Cu(NO3)2 0,04 mol có khối lượng là 7,52 gam
nBaSO4 = 0,18 mol
→nAl2(SO4)3 = 0,06
→V2 = 0,12 (l) → nAl3+=0,24 , nSO42-= 0,18 mol
nBa2+ = 0,5V1 mol
nOH- = 2V1 + 0,5V1 < 0,18
→ nOH- < 3nAl3+
→ Kết tủa tính theo Ba2+ và OH-
→ 56,916 = 233.0,5V1 + 78.2V1/3
→V1= 0,34 + 0,5V1 ≥ 0,18
→ nBaSO4 = 0,18 mol
→ nAl(OH)3 =0,192 mol
→ nOH- = 2V1 = 4nAl3+ − nkt = 0,768 mol
→ V1=0,384 (l)
a) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑
Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2↑
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑
2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑
nHCl = 0,5 . 1 = 0,5 mol
nH2SO4 = 0,28 . 0,5 = 0,14 mol
nH2 =\(\frac{8,736}{22,4}\) = 0,39 mol
Nhận thấy nHCl + 2nH2SO4 = 2nH2
→ Hỗn hợp axit phản ứng vừa đủ
Bảo toàn nguyên tố Cl: nCl = nHCl = 0,5 mol
Bảo toàn gốc SO4: nSO4 = nH2SO4 = 0,14 mol
m muối = mKL + mCl + mSO4
= 7,74 + 0,5 . 35,5 + 0,14 . 96
= 38,93 (g)
b)
nKOH = V . 1 = V (mol)
nBa(OH)2 = 0,5V (mol)
Để lượng kết tủa là lớn nhất thì nKOH + 2.nBa(OH)2 = nHCl + 2.nH2SO4
→ V + 2 . 0,5V = 0,5 + 2 . 0,14
a) NH2SO4=0,14
NHCl=0,5
NH2=0,39
nH+=0,14.2+0,5=NH2
H+ hết
m muối =7,74+0,14.98+0,5.36,5-0,39.2=38,93
b) ddA gồm MgSO4 Al2(SO4)3
kết tủa lớn nhất khi kết tủa nhôm không bị tan trong dd kiềm và dd kiềm chỉ vừa đủ tạo thành kết tủa là Mg(OH)2 Al(OH3) BaSO4
Gọi số mol của Mg Al lần lượt là x,y ta có hệ
24x+27y=7,74 (1)
Theo pt ở đb có NH2=x+1.5y=0,39 (2)
Từ (1)(2 )có nMg=0,12 nAl=0,18
Al\(\rightarrow\)Al(OH3)
0,18\(\rightarrow\)0,18
Mg\(\rightarrow\)Mg(OH)2
0,12\(\rightarrow\) 0,12
Ba(OH)2 \(\rightarrow\)BaSO4
NH2SO4=nBaSO4=0,14
\(\rightarrow\)m kết tủa max= 0,14.233+0,18.78+0,12.58=53,62
- Ta có : \(m_{hh}=m_{Na}+m_{Ba}=7,09=23n_{Na}+137n_{Ba}\left(I\right)\)
\(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)
\(Ba+2H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2+H_2\)
- Theo PTHH : \(n_{H_2}=\dfrac{V}{22,4}=0,075=\dfrac{1}{2}n_{Na}+n_{Ba}\left(II\right)\)
- Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Na}=0,07\\n_{Ba}=0,04\end{matrix}\right.\) mol .\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,07\\n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,04\end{matrix}\right.\) mol .
\(\Rightarrow n_{OH^-}=0,15mol\)
Theo bài ra : \(n_{H^+}=0,2V+2.0,15.V=0,5Vmol\)
PT : \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
Theo PT ion : \(0,5V=0,15\)
\(\Rightarrow V=0,3\left(l\right)\)
- Ta lại có : \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ba\left(OH\right)2}=0,04\\n_{H2SO4}=0,045\end{matrix}\right.\) mol
\(PTHH:Ba\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)
Theo PTHH : \(m_{\downarrow}=m_{BaSO4}=0,04.M=9,32\left(g\right)\)
Vậy ...
\(n_{OH}=10Vmol\)
\(n_H=1,2mol\)
Có 2 trường hợp xảy ra để tạo \(H_2\).
1. Acid dư
2. Bazơ dư ( vì Al lưỡng tính )
Xét TH1:
\(n_H\) dư = ( 1,2 - 10V ) mol
----> \(n_{H_2}=0,15\rightarrow V=0,09\) ( lít ) = 90ml
Xét TH2:
\(n_{OH}\) dư = ( 10V - 1,2 ) mol
Ta có:
\(H_2O+Al+OH\left(-\right)\rightarrow AlO_2\left(-\right)+\dfrac{3}{2}H_2\)
\(\rightarrow n_{OH}=0,1mol\rightarrow V=0,13\) lít = 130ml.