Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. PTHH: \(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\uparrow\)
b. Có \(n_{Mg}=\frac{3,6}{24}=0,15mol\)
\(140ml=0,14l\)
\(n_{H_2SO_4}=0,14.1,2=0,168mol\)
Lập tỉ lệ \(\frac{n_{Mg}}{1}< \frac{n_{H_2SO_4}}{1}\)
Vậy Mg đủ, \(H_2SO_4\) dư
Theo phương trình \(n_{H_2SO_4}=n_{Mg}=0,15mol\)
\(\rightarrow n_{H_2SO_4\left(\text{(dư)}\right)}=0,168-0,15=0,018mol\)
\(\rightarrow m_{H_2SO_4\left(\text{(dư)}\right)}n.M=0,018.98=1,764g\)
c. MgSO\(_4\) là muối
Theo phương trình \(n_{MgSO_4}=n_{Mg}=0,15mol\)
\(\rightarrow m_{\text{muối}}=m_{MgSO_4}=n.M=0,15.120=18g\)
d. \(H_2\) là khí
Theo phương trình \(n_{H_2}=n_{Mg}=0,15mol\)
\(\rightarrow V_{H_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=0,15.22,4=3,36l\)
\(n_{MgCO3}=\dfrac{8,4}{84}=0,1\left(mol\right)\)
a) Pt : \(2CH_3COOH+MgCO_3\rightarrow\left(CH_3COO\right)_2Mg+CO_2+H_2O|\)
2 1 1 1 1
0,2 0,1 0,1 0,1
b) \(n_{CH3COOH}=\dfrac{0,1.2}{1}=0,2\left(mol\right)\)
⇒ \(m_{CH3COOH}=0,2.60=12\left(g\right)\)
\(C_{ddCH3COOH}=\dfrac{12.100}{200}=6\)0/0
\(n_{\left(CH3COO\right)2Mg}=\dfrac{0,1.1}{1}=0,1\left(mol\right)\)
⇒ \(m_{\left(CH3COO\right)2Mg}=0,1.142=14,2\left(g\right)\)
\(m_{ddspu}=8,4+200-\left(0,1.44\right)=204\left(g\right)\)
\(C_{dd\left(CH3COO\right)2Mg}=\dfrac{14,2.100}{204}=6,96\)0/0
Chúc bạn học tốt
a. PTHH: \(2SO_2+O_2\rightarrow^{t^o}_{V_2O_5}2SO_3\) (đoạn này Latex OLM đánh nhiều hơi rối nên không hiểu thì hỏi nhé)
\(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)
\(300ml=0,3l\)
\(\rightarrow n_{H_2SO_4}=1.0,3=0,3mol\)
Theo phương trình \(n_{O_2}=n_{SO_3}=n_{H_2SO_4}=0,3mol\)
\(\rightarrow m_{SO_2}=64.0,3=19,2g\)
b. PTHH: \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)
\(n_{Al_2O_3}=\frac{15,3}{102}=0,15mol\)
Xét tỉ lệ \(n_{Al_2O_3}>\frac{n_{H_2SO_4}}{3}\)
Vậy \(Al_2O_3\) dư
Theo phương trình \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\frac{1}{3}n_{H_2SO_4}=0,1mol\)
\(\rightarrow C_{M_{Al_2\left(SO_4\right)_3}}=\frac{0,1}{0,3}=0,33M\)
nH2 = \(\frac{1,68}{22,4}\) = 0,075 (mol)
Mg + 2HCl \(\rightarrow\) MgCl2 + H2\(\uparrow\) (1)
0,075 <--------0,075 <--0,075 (mol)
MgO + 2HCl \(\rightarrow\) MgCl2 + H2O (2)
%mMg= \(\frac{0,075.24}{5,8}\) . 100% = 31,03 %
%m MgO = 68,97%
nMgO = \(\frac{5,8-0,075.24}{40}\) = 0,1 (mol)
Theo pt(2) nMgCl2 = nMgO= 0,1 (mol)
mdd sau pư = 5,8 + 194,35 - 0,075.2 = 200 (g)
C%(MgCl2) = \(\frac{95\left(0,075+0,1\right)}{200}\) . 100% = 8,3125%
2 Lấy cùng một thể tích dd NaOH cho vào 2 cốc thủy tinh riêng biệt. Giả sử lúc đó mối cốc chứa a mol NaOH.
Sục CO2 dư vào một cốc, phản ứng tạo ra muối axit.
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (1)
CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (2)
Theo pt (1,2) nNaHCO3 = nNaOH = a (mol)
* Lấy cốc đựng muối axit vừa thu được đổ từ từ vào cốc đựng dung dịch NaOH ban đầu. Ta thu được dung dịch Na2CO3 tinh khiết
NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O
1.Kết tủa A là BaSO4, dung dịch B có thể là H2SO4 dư hoặc Ba(OH)2
TH1: Dung dịch B là H2SO4 dư
Dung dịch C là Al2(SO4)3 ; Kết tủa D là Al(OH)3
TH2: Dung dịch B là Ba(OH)2
Dung dịch C là: Ba(AlO2)2 ; Kết tủa D là BaCO3
các pthh
BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O
BaO + H2O → Ba(OH)2
2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2
Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2 + 3Na2SO4
Ba(OH)2 + 2H2O + 2Al → Ba(AlO2)2 + 3H2
Ba(AlO2)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaAlO2
- Khi cho dd BaCl2 vào dd A:
BaCl2 + Na2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\) + 2NaCl (1)
BaCl2 + K2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\) + 2KCl (2)
- Khi cho dd H2SO4 vào nước lọc thấy xuất hiện kết tủa, chứng tỏ trong nước lọc còn chứa BaCl2 (dư) và tham gia phản ứng hết với H2SO4.
BaCl2 + H2SO4 \(\rightarrow\) BaSO4\(\downarrow\)+ 2HCl (3)
- Khối lượng BaCl2 cho vào dung dịch A là:
\(m_{BaCl_2}=\frac{1664}{100}.10=166,4\left(g\right)\rightarrow n_{BaCl_2}=\frac{166,4}{208}=0,8\left(mol\right)\)
- Số mol BaCl2 tham gia phản ứng (3) là:
\(n_{BaCl_2\left(3\right)}=n_{BaSO_4\left(3\right)}=\frac{46,6}{233}=0,2mol\)
- Suy ra tổng số mol Na2SO4 và K2SO4 = số mol BaCl2 tham gia phản ứng (1) và (2) và bằng: \(n_{\left(Na_2SO_4+K_2SO_4\right)}=n_{BaCl_2\left(1+2\right)}=0,8-0,2=0,6mol\)
- Vì số mol Na2SO4 và K2SO4 trong hỗn hợp trộn với nhau theo tỉ lệ 1:2 nên ta có:
\(n_{Na_2SO_4}=0,2\left(mol\right);n_{K_2SO_4}=0,4\left(mol\right)\)
\(\rightarrow m_{Na_2SO_4}=0,2.142=28,4\left(g\right);m_{K_2SO_4}=0,4.174=69,6\left(g\right)\)
- Khối lượng dung dịch A: \(m_{ddA}=102+28,4+69,6=200g\)
- Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A:
\(C\%_{Na_2SO_4}=\frac{28,4}{200}.100\%=14,2\%;\)\(C\%_{K_2SO_4}=\frac{69,6}{200}.100\%=34,8\%\)
Bài 1 :
nFe = 0,25 mol; nAgNO3 = 0,2 mol; nCu(NO3)2 = 0,05 mol.
Giữa Ag+ và Cu2+ thì Ag+ có tính oxi hóa mạnh hơn Cu2+, nên Ag+ tham gia phản ứng với Fe trước, sau khi Ag+ tham gia phản ứng hết nếu còn dư Fe thì Cu2+ mới tiếp tục tham gia.
Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag (VII)
nFe = 0,25 mol; nAg+ = 0,2 mol → Fe dư sau phản ứng (VII)
Fe + 2Ag+ → Fe2+ +2Ag
0,1 (mol) 0,2 (mol) 0,1 (mol) 0,2 (mol)
Sau phản ứng (VII) ta có: nFe còn = 0,25 – 0,1 = 0,15 mol, Ag tạo thành = 0,2 mol.
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (VIII)
nFe = 0,15 mol; nCu2+ = 0,05 mol → Fe vẫn còn dư sau phản ứng (VIII)
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu
0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol) 0,05 (mol)
Vậy, sau phản ứng (VII) và (VIII), chất rắn thu được gồm nAg = 0,2 mol; nCu = 0,05 mol và nFe dư = 0,25 – (0,1 + 0,05) = 0,1 mol.
Nên ta có giá trị của m = mAg + mCu + mFe dư
= 0,2.108 + 0,05.64 + 0,1.56 = 30,4 gam.
Bài 2 :
Nhận xét :
- Mg sẽ tác dụng với AgNO3 trước, sau khi AgNO3 hết thì Mg mới phản ứng với Cu(NO3)2.
- Vì chưa biết khối lượng Mg tham gia là bao nhiêu, nên bài toán này ta phải chia ra các trường hợp:
+ Mg tham gia vừa đủ với AgNO3, Cu(NO3)2 chưa tham gia, chất rắn thu được là Ag tính được giá trị m1.
+ AgNO3, Cu(NO3)2 tham gia hết, Mg phản ứng vừa đủ, chất rắn tham gia gồm Ag, Cu có giá trị là m2.
Nếu khối lượng chất rắn trong 2 trường hợp nằm trong khoảng m1< 17,2 < m2 (từ dữ kiện đề bài, tính toán giá trị m1, m2) có nghĩa là Ag+ tham gia phản ứng hết, Cu2+ tham gia một phần.
Đáp số : m = 3,6gam.
Bài 7:
a) PTHH: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)
b) Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)=n_{Zn\left(pư\right)}\)
\(\Rightarrow m_{Zn\left(pư\right)}=0,2\cdot65=13\left(g\right)\)
c) Theo PTHH: \(n_{HCl}=2n_{H_2}=0,4mol\) \(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,4}{0,2}=2\left(M\right)\)
(Coi như thể tích dd thay đổi không đáng kể)
PTHH: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
Gộp cả phần a và b
Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)=n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaCO_3}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{Ca\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,05}{0,1}=0,5\left(M\right)\\m_{CaCO_3}=0,05\cdot100=5\left(g\right)\end{matrix}\right.\)