Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Xét NaOH +X
tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +
Ghép với A l O 2 - ⇒ tạo 0,05 mol N a A l O 2
Đặt n A l = x ; n M g = y
Giải hệ có: 
TH1: B a S O 4 đạt cực đại
⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14 m o l
⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12 m o l
Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l - còn dư 0,6 mol điện tích
Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol
⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H - dư
Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ; 0 , 15 m o l M g O ⇒ mrắn =38,62g
TH2: A l ( O H ) 3 đạt cực đại
⇒ các ion trong dung dịch gồm B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -
(ta đang giả sử B a 2 + , S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)
Đặt n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a
Bảo toàn điện tích:
n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08 m o l
⇒ mrắn tối đa =38,62 (g)
Đáp án A
Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na2SO4 : 0,14mol;
Vì n N a O H > n N a C l + 2 n N a 2 S O 4 nên còn N a A l O 2
Bảo toàn Na có n N a O H = n N a C l + 2 n N a 2 S O 4 + n N a A l O 2 → 0 , 85 = 0 , 52 + 2 . 0 , 14 + n N a A l O 2
→ n N a A l O 2 = 0,05 mol
Kết tủa thu được là M g ( O H ) 2 : x mol và A l ( O H ) 3 : y mol
Ta có hệ sau
→ dd X có A l + 3 : 0 , 15 m o l ; M g + 2 : 0 , 15 m o l ; C l - : 0 , 52 m o l ; S O 4 2 - : 0 , 14 m o l
Ta thấy X có 3 n A l + 2 n M g < n C l + 2 n S O 4 nên X có dư H + → n H + = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol
OH- + H + → H2O
OH- + M g + 2 → M g ( O H ) 2
3OH- + A l + 3 → A l ( O H ) 3
B a 2 + + S O 4 2 - → B a S O 4
A l ( O H ) 3 + O H - → A l O 2 - + 2 H 2 O
Khi thêm 8x mol KOH và x mol B a ( O H ) 2 vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét các TH sau
TH1 : kết tủa có B a S O 4 : 0,14 mol và M g ( O H ) 2 : 0,15 mol và có thể có A l ( O H ) 3
Bảo toàn Ba có x = 0,14 mol → n O H =8x + 2x =10x =1,4 mol > 2 n M g + 4 n A l + n H + = 0,95
→ phản ứng có kết tủa A l ( O H ) 3 bị hòa tan hết → kết tủa thu được là B a S O 4 và M g ( O H ) 2
→ đem nung thu được B a S O 4 : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol → m = 38,62g
TH2: Kết tủa có A l ( O H ) 3 : 0,15 mol và Mg(OH)2: 0,15 mol; B a S O 4
Ta có n O H = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 → x = 0,08 mol→ có 0,08 mol B a S O 4
→ Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol B a S O 4 ; 0,075 mol Al2O3 và 0,15mol MgO
→ m = 0,08.233 + 0,075.102 +0,15.40 =32,29g
Nên TH1 khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất
Chọn A.
Dung dịch Y gồm Cu2+ (0,12 mol), Mg2+ (0,1 mol), Al3+ (0,1 mol), H+(dư) (0,11 mol), SO42- (0,15 mol) và Cl- (0,55 mol).
Khi cho dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,6M vào Y đến khi thu được khối lượng kết tủa lớn nhất thì ta xét hai trường hợp sau:
Đáp án C
Nhận thấy sau 1 thời gian mới bắt đầu xuất hiện kết tủa → chứng tỏ trong dung dịch chứa H+ dư
Dựa vào đồ thị tại 17a mol OH- kết tủa không đổi → chỉ chứa Mg(OH)2 : 2a mol → nMg= 2a mol
Lượng kết tủa cực đại chứa Mg(OH)2 : 2a mol, Al(OH)3 : 3a mol → nAl2O3 = 1,5a mol
→ 2a. 24+ 1,5a . 102 = 12, 06 → a = 0,06 mol
Gọi số mol của HCl và H2SO4 lần lượt là0,5b và 0,1b
Dung dịch X chứa Mg2+ : 0,12 mol, Al3+ : 0,18 mol, Cl-:0,5b mol, SO42- :0,1b mol H+ dư : 0,7b- 0,78 ( bảo toàn điện tích)
Tại thời điểm 17a mol OH- thì nOH- = 4nAl3+ + 2nMg2+ + nH+ dư → 17. 0,06 = 4. 0,18 + 2.0,12 + 0,7b- 0,78 → b = 1,2
Khi thêm :
Kết tủa cực đại khi chưa ra sự hòa tan kết tủa thì nOH- = nH+ dư + 2nMg2+ + 3nAl3+ = 0,84
→ 0,5V = 0,84 → V = 1,68 lít → nBa2+ = 0,168 mol
Khi đó nBaSO4 = nSO42- = 0,12 mol
Chất rắn khan chứa BaSO4:0,12 mol; MgO: 0,12 mol; Al2O3: 0,09 mol → m = 41,94 gam
Đáp án B
Có:
= 0,24 +3.0,1 = 0,54 mol
= 0,22 mol
· mkết tủa = 
Lượng kết tủa thu được lớn nhất khi S O 2 - 4 kết tủa hoàn toàn và khối lượng Al ( O H ) 3 là lớn nhất.
=> Al(OH)3 bị tan ra
=> Al(OH)3 tan hết
= 97,1 (g)
Gần nhất với giá trị 97,08
Đáp án C
X tan trong 0,3 mol H2SO4 và 1,1 mol HCl thu được dung dịch chứa Y chứa:
Fe2+ 0,24 mol, Mg2+ 0,2 mol, Al3+ 0,2 mol, H+ dư 0,22 mol, SO42-0,3 mol và Cl- 1,1 mol.
Nhỏ từ từ hỗn hợp chứa Ba(OH)2 0,2M và NaOH 1,2M đến khối lượng kết tủa lớn nhất.
Gọi thể tích dung dịch thêm vào là V, dung dịch này chứa Ba2+0,2V, Na+ 1,2V và OH- 1,6V.
Để kết tủa hidroxit lớn nhất thì cần số mol OH-=0,24.2+0,2.2+0,2.3+0,22=1,7 mol.
Để kết tủa BaSO4 lớn nhất thì số mol Ba2+ là 0,3 mol tương đương với thêm vào 2,4 mol OH-.
Vậy có sự hòa tan Al(OH)3 tuy nhiên kết tủa vẫn tăng do có tạo thành BaSO4 bù vào.
Vậy kết tủa thu được là Fe(OH)2 0,24 mol Mg(OH)2 0,2 mol và BaSO4 0,3 mol.
Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được Fe2O3 0,12 mol, MgO 0,2 mol và BaSO4 0,3 mol.
=> m = 97,1 gam
Giải thích:
Dd X + NaOH → Mg(OH)2 + Al(OH)3
Lượng kết tủa khi NaOH dư là nMg(OH)2 = 2a
→ lượng kết tủa tối đa là nAl(OH)3 = n↓ - nMg(OH)2 = 5a - 2a =3a
→ nMg : nAl2O3 = 2a : = 4 : 3
Mà mhỗn hợp = 24nMg + 102nAl2O3 = 12,06 → nMg = 0,12 mol và nAl2O3 = 0,09 mol
→ a = 0,06 mol → nOH = 17a = 1,02 = nH+ (X) + 2nMg + 8nAl2O3 = nH+(X) + 0,96 → nH+(X) = 0,06 mol
Bảo toàn điện tích trong dung dịch X có nH+(X) + 2nMg2+ + 3nAl3+ = nCl- + 2nSO4 = 0,84
Mà nCl : nSO4 = 5 : 1 nên nCl- = 0,6 mol và nSO4 = 0,12 mol
X có Cl- : 0,6 mol SO42- : 0,12 mol, H+ : 0,06 mol, Al3+ : 0,18 mol và Mg2+ : 012 mol
Dd thêm vào có Ba2+ : x mol, Na+ : 3x mol ; OH- : 5x mol
Để thu được kết tủa tối đa thì ta có tạo kết tủa Al(OH)3 và Mg(OH)2 tối đa
nOH- = 5x = 0,18.3 +0,12.2 =0,78 mol
Khi đó Ba2+ : 0,156 → nBaSO4= 0,12 → ↓ BaSO4 : 0,12 mol; Al(OH)3 : 0,18 mol; Mg(OH)2 : 0,12 mol
→ nung thu được 0,12 mol BaSO4; 0,09 mol Al2O3 và 0,12 mol MgO
→ m =41,94
Đáp án D
Do KOH dư ⇒ kết tủa hết ion kim loại ⇒ nung T thì rắn gồm Fe2O3 và CuO.
⇒ mrắn = 41,05 = 0,5a × 160 + 80b. Giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol.
Quy hỗn hợp B về N và O. Bảo toàn nguyên tố nitơ có nN spk = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol.
⇒ bảo toàn nguyên tố oxi có nO sk = 0,7 × 3 – 0,45 × 3 – 0,35 = 0,4 mol.
⇒ BTKL mdung dịch sau phản ứng = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2 gam.
Đáp án C
Đáp án B
•
• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)
Có n NaOH = 0 , 85 > 0 , 52 + 2 . 0 , 14 = 0 , 8
=> Chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan một phần: n AlO 2 - = 0 , 85 - 0 , 8 = 0 , 05 mol
⇒ m ↓ = m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5 g (2)
• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15
• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.
⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V , n OH - = ( 0 , 8 + 2 . 0 , 1 ) V = V
P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi: n OH - = n H + ⇒ V = 0 , 8 ( l )
Khi đó: n B a 2 + = 0 , 08 mol < n SO 4 2 - = 0 , 14 mol
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15 + 233 . 0 , 08 = 39 , 04 g
P Lượng BaSO4 thu được cực đại khi: n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14 mol ⇒ n OH - = 1 , 4 mol
Khi đó: n OH - > n H + + n Al ⇒ Al ( OH ) 3 tan hết
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 41 , 32 g > 39 , 04 g
=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít
⇒ m ↓ = m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62 g
Gần nhất với giá trị 38,6