Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Định hướng tư duy giải
Ta có:
Thêm tiếp Ba(OH)2 kết tủa bị tan 1 phần
Đáp án D
Khi cho BaCl2 vào dung dịch B thì kết tủa thu được chỉ chứa BaSO4 → nBaSO4 = 0,18 mol
Bảo toàn nhóm SO42- → nCr2(SO4)3 = 0,18 : 3 = 0,06 mol → V2 = 0,06 : 0,5 = 0,12 lít
Ta có nCrCl3 = 0,12. 1 = 0,12 mol
Có dd A chứa 
TH1: Nêu 0,5V1 > 0,18 → V1 > 0,36 lít thì kết tủa thu được chứa BaSO4 : 0,18 mol
→ nCr(OH)3 = 
= 0,2 mol
Vì nCr(OH)3 < nCr3+ → xảy ra sự hòa tan kết tủa tạo CrO2- : 0,24- 0,2 = 0,04 mol
Có nOH- = 3nCr(OH)3 + 4nCrO2- = 3. 0,2 + 4. 0,04 = 0,76 mol → V1 = 0,38 lít.
TH2: Nếu 0,5V1 < 0,18 → V1 < 0,36 lít.
Có nOH- = 2V1 < 0,72
→
n
O
H
-
n
C
r
3
+
<
0
,
72
0
,
24
=3 -> Cr(OH)3 chưa bị hòa tan kết tủa
Khi đó BaSO4 : 0,5V1 mol, Cr(OH)3 chưa bị hòa tan kết tủa
→ nCr(OH)3 =
n
O
H
-
3
m
o
l
=
0
,
2
V
1
3
→ 62,54 = 0,5V1. 233 +
0
,
2
v
1
3
. 103 → V1 = 0,337 lít
Vậy thể tích ít nhất cần dùng là 0,337 lít.
Đáp án D
B + BaCl2 dư → 41,94 g kết tủa (1)
V1 lít A + V2 lít B → 62,54 g kết tủa. (2)
ü Trường hợp 2: Cr 3 + phản ứng hết
Có 233.0,18 + 103.0,24 = 66,66 > 62,54
=> Chứng tỏ Cr(OH)3 tạo thành đã bị hòa tan một phần.
m ↓ ( 2 ) = m BaSO 4 + m Cr ( OH ) 3 = 233 . 0 , 18 + 103 . 0 , 24 - 2 V 1 - 3 . 0 , 24 = 62 , 54 ⇒ V 1 = 0 , 38
Vậy giá trị nhỏ nhất của V1 là 0,338 l, gần nhất với giá trị 0,34.
Chọn đáp án B
Xét thí nghiệm 1: 3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3.
Giả sử
Phản ứng vừa đủ ⇒ n B a ( O H ) 2 = 3 V 1
⇒ 0 , 9 m = 769 , 5 V 1 g a m
s TH1: Ba(OH)2 thiếu. n B a ( O H ) 2 = V 2 mol
s TH2: Ba(OH)2 dư, hòa tan 1 phần Al(OH)3. Khi đó:
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (1)
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (2)
Từ (1)
Chọn đáp án B
Ta có
Trường hợp 1 : Nếu V1 > 3V2 → Al(OH)3 bị tan 1 phần và
bị kết tủa hết.
Trường hợp 1 : Nếu V1 < 3V2 → Al(OH)3 chưa cực đại và Ba2+ bị kết tủa hết