\(n_{Fe}=\dfrac{1,2395}{56}=0,022\left(mol\right)\)

a)

  \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

0,022 0,044   0,022      0,022

\(m_{HCl}=0,044.36,5=1,606\left(g\right)\)

b)

\(m_{FeCl_2}=0,022.127=2,794\left(g\right)\)

c) \(V_{H_2}=0,022.24,79=0,54538\left(l\right)\)

Tổng số các loại hạt proton, nơtron và electron của X là 49

p + n + e = 49  hay 2p + n = 49    (1)

Tổng số hạt không mang điện bằng 53,125%  số hạt mang điện

n = 53,125% (p+e) hay n = 53,125%.2p   (2)

Từ (1), (2) ta có p = e = 16 , n =17

=> X là S (lưu huỳnh)

\(FeCl_3+3AgNO_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_3+3AgCl\downarrow\)

\(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)

Thuốc thử: \(Ba\left(HCO_3\right)_2,HCl\)

Lần lượt lấy mỗi dung dịch hỗn hợp ở các lọ làm mẫu thử thực hiện thí nghiệm sau:

- Cho từng mẫu thử tác dụng với dung dịch \(Ba\left(HCO_3\right)_2\) dư:

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng là mẫu: \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\), \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\) (I)

\(K_2CO_3+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaCO_3\downarrow+2KHCO_3\) 

\(Na_2SO_4+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaSO_4+2NaHCO_3\)

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng và có sủi bọt khí là mẫu: \(HCl\) và \(H_2SO_4\)

- Thu kết tủa của 2 mẫu ở (I) cho tác dụng với dung dịch HCl dư:

+ Kết tủa tan => kết tủa \(BaCO_3\) => Đó là mẫu chứa \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\)

\(BaCO_3+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O+CO_2\)

+ Kết tủa không tan => kết tủa \(BaSO_4\) => Đó là mẫu chứa \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\)

- Trích mẫu thử.

- Hòa tan từng mẫu thử vào nước.

+ Tan: Na₂O 

PT: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

+ Không tan: CuO, Al₂O₃, MgO. (1)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với HCl rồi nhỏ NaOH thu được ở thí nghiệm trên vào.

+ Có tủa xanh: CuO

PT: \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

\(CuCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Cu\left(OH\right)_{2\downarrow}\)

+ Có tủa keo trắng rồi tan trong NaOH dư: Al₂O₃

PT: \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)

\(2AlCl_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_{3\downarrow}+6NaCl\)

\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

+ Có tủa trắng: MgO

PT: \(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)

\(MgCl_2+2NaOH\rightarrow NaCl+Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}\)

- Dán nhãn.

\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{10,2}{27.2+16.3}=0,1\left(mol\right)\)

⇒ Số phân tử Al₂O₃ = 6,022.10²³.0,1 = 6,022.10²² (phân tử)

Bước 2: n_{BaSO4 (ứng với 20 ml)} = 0,0185 (mol) ⇒ n_{BaSO4 (100 ml)} = 0,0925 (mol)

Bước 3: n_{KMnO4 (10 ml)} = 0,0004 (mol) ⇒ n_{KMnO4 (100ml)} = 0,004 (mol)

Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=x\left(mol\right)\\n_{Fe_2O_3.nH_2O}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

BTNT Fe: n_FeSO4 = n_Fe = x (mol), n_Fe2(SO4)3 = n_Fe2O3 = y (mol)

BTNT S: n_{H2SO4 (pư)} = n_FeSO4 + 3n_Fe2(SO4)3 = x + 3y (mol)

⇒ n_{H2SO4 (dư)} = x + 3y (mol)

BTNT S: n_BaSO4 = n_{SO4^2- (trong 100 ml X)} 

⇒ 0,0925 = 2x + 6y (1) 

Xét pư với KMnO₄: 

\(10FeSO_4+2KMnO_4+8H_2SO_4\rightarrow5Fe_2\left(SO_4\right)_3+K_2SO_4+2MnSO_4+8H_2O\)

___x________0,004______x+3y (mol)

TH1: H₂SO₄ dư.

⇒ x = 0,02 (mol) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ y = 0,00875 (mol)

\(\Rightarrow\%Fe_{oxh}=\dfrac{0,00875.2}{0,00875.2+0,02}.100\%\approx46,67\%\)

TH2: FeSO₄ dư.

Theo PT: x + 3y = 0,004.4 (3)

Từ (1) và (3) → vô lý

Bạn xem lại số liệu đề cho nhé.

Bài này cách giải tương tự bài mình vừa làm (https://olm.vn/hoi-dap/detail/9041569754295.html) và kết quả T là K₂CO₃.10H₂O bạn nhé.

X là BaCO₃, Y là MCl.

Ta có: \(n_{M_2CO_3}=n_{M_2CO_3.10H_2O}=\dfrac{m}{2M_M+240}\left(mol\right)\)

PT: \(M_2CO_3+BaCl_2\rightarrow2MCl+BaCO_{3\downarrow}\)

Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{BaCl_2}=n_{BaCO_3}=n_{M_2CO_3}=\dfrac{m}{2M_M+240}\left(mol\right)\\n_{MCl}=2n_{M_2CO_3}=\dfrac{m}{M_M+120}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}=\dfrac{2080m}{M+120}\left(g\right)\)

\(m_{BaCO_3}=\dfrac{197m}{2M_M+240}\left(g\right)\)

\(m_{MCl}=\dfrac{m\left(M_M+35,5\right)}{M_M+120}\left(g\right)\)

⇒ m _{dd sau pư} = m_M2CO3.10H2O + m _{dd BaCl2} - m_BaCO3 

= \(\dfrac{m.\left(2M_M+4203\right)}{2M+240}\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{MCl}=\dfrac{m_{MCl}}{m_{ddsaupu}}.100\%=2,7536\%\)

\(\Rightarrow M_M=23\left(g/mol\right)\)

→ M là Na.

Vậy: T là Na₂CO₃.10H₂O.

1. Chứng minh hợp kim tan hết:

• Xét phản ứng của Fe với H2SO4:
  • Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe)
  • n(H2SO4) = C(H2SO4) * V(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) = n(H2SO4) = 0,2 mol
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 11,2 gam
• Xét phản ứng của Ni với H2SO4:
  • Ni + H2SO4 → NiSO4 + H2
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = (36,2 - 11,2) / 58,7 = 0,42 mol
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim tan hết vì lượng H2SO4 đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

2. Hợp kim gấp đôi có tan hết hay không?

• Lượng Fe và Ni gấp đôi:
  • m(Fe) = 2 * 11,2 = 22,4 gam
  • m(Ni) = 2 * (36,2 - 11,2) = 50 gam
• Lượng H2SO4 không đổi:
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
• Xét phản ứng:
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe) = 0,4 mol
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = 0,86 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) + n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim gấp đôi sẽ không tan hết vì lượng H2SO4 không đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

3. Tính khối lượng kim loại trong hợp kim:

• Tính lượng H2 sinh ra:
  • n(H2) = m(CuO) / M(CuO) = 48 / 80 = 0,6 mol
• Tính lượng Fe và Ni:
  • n(Fe) = n(H2) = 0,6 mol
  • n(Ni) = n(H2) - n(Fe) = 0,6 - 0,6 = 0 mol
• Tính khối lượng Fe và Ni:
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 0,6 * 56 = 33,6 gam
  • m(Ni) = n(Ni) * M(Ni) = 0 * 58,7 = 0 gam
• Kết luận:
  • Khối lượng Fe trong hợp kim là 33,6 gam.
  • Khối lượng Ni trong hợp kim là 0 gam.

Lưu ý:

• Trong bài toán này, ta giả định rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn.
• Nồng độ của dung dịch H2SO4 là 0,2M, không phải 0,耀M như trong đề bài.

Hy vọng bài giải này giúp bạn hiểu rõ hơn về bài toán.