Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Số mol Na = 0,3 mol. Số mol HCl = 0,05 mol. Số mol AlCl3 = 0,08 mol.
Ta có: 2Na + 2HCl ---> 2NaCl + H2
0,05 ---0,05
=> 2NaCl + 2H2O ----> 2NaOH + H2
0,25 ------------------------0,25
=> 3NaOH + AlCl3 ---> Al(OH)3 + NaCl3
0,24 --------0,08----------0,08
=> NaOH + Al(OH)3 ---> NaAlO2 + 2H2O
0,01 -------0,01
Vậy kết tủa Al(OH)3 thu được = 0,07 mol => a = 5,46g
Nhận xét: nAl(OH)3 = 0,05 < nAlCl3 → kết tủa chưa đạt tối đa.
TH1: kết tủa chưa bị hòa tan
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O
0,025 ← 0,05
3Ba(OH)2 + 2AlCl3 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3↓
0,075 ← 0,05
→ nBa(OH)2 = 0,1 → V = 100 ml
TH2: kết tủa bị hòa tan một phần
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O
0,025 ← 0,05
3Ba(OH)2 + 2AlCl3 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3↓
0,15 ← 0,1 → 0,1
Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
0,025 ← 0,05
Dư: 0,05
→ nBa(OH)2 = 0,2 → V = 200 ml
Vậy có 2 giá trị của V là: 100 và 200
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
Ta có: \(n_{NaOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{KOH}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{OH^-}=n_{NaOH}+n_{KOH}=0,5\left(mol\right)\)
\(n_{HCl}=0,1.0,5=0,05\left(mol\right)=n_{H^+}\)
\(n_{AlCl_3}=0,1x\left(mol\right)=n_{Al^{3+}}\)
\(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{3,9}{78}=0,05\left(mol\right)\)
TH1: Kết tủa chưa bị hòa tan
PT: \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
_____0,05____0,05 (mol)
\(Al^{3+}+3OH^-\rightarrow Al\left(OH\right)_3\)
_________0,15_________0,05 (mol)
⇒ nOH- (pư) = 0,05 + 0,15 = 0,2 (mol) → OH- dư
⇒ Kết tủa phải bị hòa tan 1 phần.
→ Loại TH1.
TH2: Kết tủa đã bị hòa tan 1 phần.
PT: \(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)
____0,05____0,05 (mol)
\(Al^{3+}+3OH^-\rightarrow Al\left(OH\right)_3\)
0,1x______0,3x________0,1x (mol)
\(Al\left(OH\right)_3+OH^-\rightarrow AlO_2^-+2H_2O\)
0,1x-0,05____0,1x-0,05 (mol)
⇒ 0,05 + 0,3x + 0,1x - 0,05 = 0,5 ⇒ x = 1,25 (M)
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
nCuSO4 = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)
\(n_{Cu\left(OH\right)_2}=\dfrac{4,9}{98}=0,05\left(mol\right)\) => Trong dd còn CuSO4 (tức là CuSO4 dư)
PTHH: 2Na + 2H2O --> 2NaOH + H2
0,1<---------------0,1
2NaOH + CuSO4 --> Cu(OH)2 + Na2SO4
0,1<-----------------0,05
=> a = 0,1.23 = 2,3 (g)
Ta có: \(n_{NaOH}=0,1.1,54=0,154\left(mol\right)\)
Gọi: V dd Y = a (l) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=0,2a\left(mol\right)\\n_{AlCl_3}=0,3a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
PT: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\) (1)
\(3NaOH+AlCl_3\rightarrow3NaCl+Al\left(OH\right)_{3\downarrow}\) (2)
\(NaOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\) (3)
a, - Kết tủa trắng bắt đầu xuất hiện khi pư (1) vừa kết thúc.
Theo PT: \(n_{NaOH}=n_{HCl}\Rightarrow0,154=0,2a\Rightarrow a=0,77\left(l\right)=770\left(ml\right)\)
b, - Kết tủa trắng lớn nhất khi pư (2) vừa kết thúc.
Theo PT: \(n_{NaOH}=n_{HCl}+3n_{AlCl_3}\Rightarrow0,154=0,2a+3.0,3a\Rightarrow a=0,14\left(l\right)=140\left(ml\right)\)
c, Ta có: \(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{1,638}{78}=0,021\left(mol\right)\)
- TH1: Kết tủa chưa bị hòa tan.
Theo PT: \(n_{NaOH}=n_{HCl}+3n_{Al\left(OH\right)_3}\Rightarrow0,154=0,2a+3.0,021\Rightarrow a=0,455\left(l\right)=455\left(ml\right)\)
- TH2: Kết tủa đã bị hòa tan một phần.
Theo PT: \(n_{Al\left(OH\right)_3\left(2\right)}=n_{AlCl_3}=0,3a\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{Al\left(OH\right)_3\left(3\right)}=0,3a-0,021\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{NaOH}=n_{HCl}+3n_{AlCl_3}+n_{Al\left(OH\right)_3\left(3\right)}\)
\(\Rightarrow0,154=0,2a+3.0,3a+0,3a-0,021\Rightarrow a=0,125\left(l\right)=125\left(ml\right)\)
d, \(n_{NaOH}=0,1.1,5=0,15\left(mol\right)\)
PT: \(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)
____x________x (mol)
\(AlCl_3+4NaOH\rightarrow NaAlO_2+3NaCl+2H_2O\)
y___________4y_______y (mol)
\(HCl+NaAlO_2+H_2O\rightarrow Al\left(OH\right)_{3\downarrow}+NaCl\)
z_________z (mol)
\(AlCl_3+3NaAlO_2+6H_2O\rightarrow4Al\left(OH\right)_{3\downarrow}+3NaCl\) (*)
b___________3b (mol)
\(3HCl+Al\left(OH\right)_3\rightarrow AlCl_3+3H_2O\)
- Thu được tủa bền, không tan khi lắc dd khi vừa kết thúc pư (*)
Theo PT: x + 4y = 0,15 và z + 3b = y ⇒ x + 4y + z + 3b = 0,15 + y ⇒ (x + z) + 3.(y + b) = 0,15
Mà: x + z = 0,2a
y + b = 0,3a
⇒ 0,2a + 3.0,3a = 0,15 ⇒ a = 3/22 (l) = 1500/11 (ml)
Tính toán theo PTHH :
Na + HCl → NaCl + ½ H2
Na + H2O → NaOH + ½ H2
3NaOH + AlCl3 → NaCl + Al(OH)3↓
NaOH + Al(OH)3↓→ NaAlO2 + 2 H2O ( có thể có )
n Na = 0,2 mol , n HCl = 0,25 . 0,2 = 0,05 mol , n AlCl3 = 0,4 . 0,2 = 0,08 mol
Theo PTHH : n Na = n HCl = 0,05 mol => Na dư : n Na dư = 0,2 – 0,05 = 0,15 mol
Theo PTHH : n Na = n NaOH = 0,15 mol
Theo PTHH : n NaOH = n AlCl3 . 3 ó 0,15 < 0,08 . 3 => AlCl3 dư => NaOH hết
=> n Al(OH)3 = 0,15 : 3 = 0,05 mol
=> m Al(OH)3 = 0,05 . 78 =3,9 g