Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(n_{Na_2SO_4}=\dfrac{142.10}{100.142}=0,1(mol)\\ Na_2SO_4+Ba(OH)_2\to BaSO_4\downarrow+2NaOH\\ \Rightarrow n_{BaSO_4}=n_{Ba(OH)_2}=0,1(mol);n_{NaOH}=0,2(mol)\\ a,m_{BaSO_4}=0,1.233=23,3(g)\\ b,m_{dd_{Ba(OH)_2}}=\dfrac{0,1.171}{15\%}=114(g)\\ c,C\%_{NaOH}=\dfrac{0,2.40}{142+114-23,3}.100\%=3,44\%\)
Ta có: \(n_{Na_2SO_4}=\dfrac{\dfrac{10\%.142}{100\%}}{142}=0,1\left(mol\right)\)
\(PTHH:Na_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2--->BaSO_4\downarrow+2NaOH\)
a. Theo PT: \(n_{BaSO_4}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=n_{Na_2SO_4}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{BaSO_4}=0,1.233=23,3\left(g\right)\)
b. Ta có: \(m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,1.171=17,1\left(g\right)\)
Mà: \(C_{\%_{Ba\left(OH\right)_2}}=\dfrac{17,1}{m_{dd_{Ba\left(OH\right)_2}}}.100\%=15\%\)
\(\Leftrightarrow m_{dd_{Ba\left(OH\right)_2}}=114\left(g\right)\)
c. Ta có: \(m_{dd_{NaOH}}=114+14,2-23,3=104,9\left(g\right)\)
Theo PT: \(n_{NaOH}=2.n_{Ba\left(OH\right)_2}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{NaOH}=0,2.40=8\left(g\right)\)
\(\Rightarrow C_{\%_{NaOH}}=\dfrac{8}{104,9}.100\%=7,63\%\)
\(n_{K_2O}=\dfrac{1,88}{94}=0,02(mol)\\ a,K_2O+H_2O\to 2KOH\\ b,n_{KOH}=0,04(mol)\\ \Rightarrow C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,04}{0,5}=0,08M\\ c,n_{KOH}=0,04.50\%=0,02(mol)\\ KOH+HCl\to KCl+H_2O\\ \Rightarrow n_{HCl}=0,02(mol)\\ \Rightarrow m_{dd_{HCl}}=\dfrac{0,02.36,5}{7,3\%}=10(g)\)
Tính toán theo PTHH :
Mg + CuSO4 → Cu + MgSO4
Mg + FeSO4 → Fe + MgSO4
Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2
Ba(OH)2 + FeSO4 → BaSO4 + Fe(OH)2
Mg(OH)2 → MgO + H2O
2 Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2 H2O
Giả sư dung dịch muối phản ứng hết
=> n Fe = n FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol => m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g
=> n Cu =n CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol => m Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g
=> m chất rắn = 11,2 + 6,4 = 17,6 g > 12 g > 6,4
=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO4 phản ứng trước sau đó mới đến FeSO4 phản ứng
CuSO4 đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO4
12 g = m Cu + m Fe phản ứng = 6,4 g + m Fe phản ứng
=> m Fe = 5,6 g => n Fe = 0,1 mol => n FeSO4 dư = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
Theo PTHH : n Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol ( bắng số mol CuSO4 và FeSO4 phản ứng )
Theo PTHH : n Mg = n MgSO4 = n Mg(OH)2 = n MgO = 0,2 mol
n FeSO4 dư = n Fe(OH)2 = n Fe2O3 . 2 = 0,1 mol
=> n Fe2O3 = 0,1 mol
=> m chất rắn = m Fe2O3 + m MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40 = 24 g
Cho Ba(OH)2 vào muối Al sẽ có 2TH sau:
TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan
Al3+ + 3OH– → Al(OH)3↓
→ nAl(OH)3 = nAl3+ → nAl(OH)3 = xn + 0,04n
TH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần
Al3+ + 3OH– → Al(OH)3↓
(xn + 0,04n)→ 3(xn + 0,04n) (xn + 0,04n)
Al(OH)3 + OH– → AlO2– + 2H2O
0,952 – 3(xn + 0,04n) ←0,952
→ nAl(OH)3 = 4xn + 0,16n – 0,952
a) PTHH: \(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)
Ta có: \(n_{SO_3}=\dfrac{24}{80}=0,3\left(mol\right)=n_{H_2SO_4}\) \(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,3\cdot98}{20\%}=147\left(g\right)\)
\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{147}{1,14}\approx128,95\left(ml\right)\)
b) PTHH: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\uparrow\)
Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)=n_{FeSO_4}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Fe}=0,3\cdot56=16,8\left(g\right)\\V_{H_2}=0,3\cdot24,76=7,428\left(l\right)\\m_{FeSO_4}=0,3\cdot152=45,6\left(g\right)\\m_{H_2}=0,3\cdot2=0,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Mặt khác: \(m_{dd}=m_{Fe}+m_{ddH_2SO_4}-m_{H_2}=163,2\left(g\right)\)
\(\Rightarrow C\%_{FeSO_4}=\dfrac{45,6}{163,2}\cdot100\%\approx27,94\%\)
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
a, Ta có : \(n_{CO2}=\dfrac{V}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
\(BTNT\left(C\right):n_{MgCO3}=n_{CO2}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{MgCO3}=n.M=8,4\left(g\right)\)
\(\Rightarrow m_{MgO}=8\left(g\right)\)
b, Thấy sau khi phản ứng xảy ra thu được dung dịch A gồm \(MgSO_4\) và có thể còn \(H_2SO_4\) dư .
\(BTNT\left(Mg\right):n_{MgSO_4}=n_{MgCO3}+n_{MgO}=0,3\left(mol\right)\)
\(PTHH:MgSO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+BaSO_4\downarrow\)
.................0,3............0,3..................0,3..................0,3.............
\(\Rightarrow m_{\downarrow}=m_{Mg\left(OH\right)2}+m_{BaSO4}=87,3\left(g\right)\)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}m\downarrow=110,6\left(g\right)>87,3g\\n_{Ba\left(OH\right)2}=C_M.V=0,45>n_{Ba\left(OH\right)2pu}\left(0,3mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> Dung dịch A vẫn còn H2SO4 dư và mol BaSO4 được tạo ra tiếp là :
\(n_{BaSO4}=\dfrac{110,6-87,3}{M}=0,1\left(mol\right)\)
\(PTHH:H_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)
..................0,1............0,1...............0,1........................
Lại có : \(n_{Ba\left(OH\right)2}=0,45\left(mol\right)\)
=> Trong dung dịch B còn có Ba(OH)2 dư ( dư 0,45 - 0,3 - 0,1 = 0,05mol)
\(\Rightarrow C_{MBa\left(OH\right)2}=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1\left(M\right)\)
Vậy ...
a) \(n_{Al}=\dfrac{32,4}{27}=1,2\left(mol\right)\)
PTHH: 2Al + 3CuCl2 --> 2AlCl3 + 3Cu
_____1,2--->1,8-------->1,2----->1,8
=> mCu = 1,8.64 = 115,2 (g)
b) \(V_{ddCuCl_2}=\dfrac{1,8}{1,5}=1,2\left(l\right)\)
c) \(AlCl_3+3NaOH\rightarrow3NaCl+Al\left(OH\right)_3\downarrow\)
\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)