Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên
tố H ta có:
nHCl = 2nH2 = 2.0,045 = 0,09 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
ta có: mA + mHCl = m muối + mH2
=> m = m muối + mH2 – mA = 4,575 + 0,045.2 – 0,09.36,5 = 1,38 (gam)
Câu 2
Do cho kim loại phản ứng với H2SO4 đặc và HNO3 đặc nên khí sinh ra là SO2 và NO2.
Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:
SO2: 64 4,5
50,5
NO2: 46 13,5
→nSO2=nNO2=4,513,5=13
Đặt số mol của Fe và M lần lượt là x và y (mol)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HCl:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
x x (mol)
M + nHCl → MCln + 0,5nH2
y 0,5ny (mol)
nH2 = 0,045 => x + 0,5ny = 0,045 (1)
- Khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc và H2SO4 đặc:
Ta có các bán phản ứng oxi hóa – khử:
Fe → Fe3+ + 3e
x 3x
M → Mn+ + ne
y ny
S+6 + 2e → S+4 (SO2)
0,021 0,042
N+5 + 1e → N+4 (NO2)
0,063 0,063
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + ny = 0,042 + 0,063 hay 3x + ny = 0,105 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình sau:
Mặt khác: mA = mFe + mM => 1,38 = 0,015.56 + My => My = 0,54(4)
Từ (3) và (4) suy ra M = 9n
Ta có bảng sau:
| n |
1 |
2 |
3 |
| M |
9 (loại) |
18 (loại) |
27 (nhận) |
Vậy kim loại M là nhôm, kí hiệu là Al.
TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan
KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓
0,01 ←0,01
→ nHCl = 0,02
→ V = 0,02 (lít) = 20 (ml)
TH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần
KAlO2 + HCl +H2O → KCl + Al(OH)3↓
0,05 → 0,05 0,05
Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O
0,04` → 0,12
→ nHCl = 0,18 → V = 0,18 (l) = 180 (ml)
Vậy có 2 giá trị của V thỏa mãn là: 20 ml và 180 ml
\(n_{SO_2}=\dfrac{13,644}{22,4}=0,61\left(mol\right)\)
Đặt n Fe = x (mol) =>\(m_{Fe}=56x\)
Vì m Fe = mMg => \(n_{Mg}=\dfrac{56x}{24}=\dfrac{7}{3}x\)
nAl = y(mol)
=> 56x + 56x + 27y = 16,14 (1)
\(Fe\rightarrow Fe^{3+}+3e\) \(S^{+6}+2e\rightarrow S^{+4}\)
\(Mg\rightarrow Mg^{2+}+2e\)
\(Al\rightarrow Al^{3+}+3e\)
Bảo toàn e : 3x + \(\dfrac{7}{3}.2x\) + 3y = 0,61.2 (2)
Từ (1), (2) => x=0,12 ; y=0,1
=> mFe =mMg=0,12.56 = 6,72(g)
m Al = 0,1.27=2,7(g)
Gọi $n_{Fe} = a ; n_{Mg} = b; n_{Al} = c$
Ta có :
$24b = 56a(1)$
$56a + 24b + 27c = 16,14(2)$
$n_{SO_2} = 0,61(mol)$
Bảo toàn electron : $3n_{Fe} + 2n_{Mg} + 3n_{Al} = 2n_{SO_2}$
$\Rightarrow 3a + 2b + 3c = 0,61.2(3)$
Từ (1)(2)(3) suy ra a = 0,12 ; b = 0,28 ; c = 0,1
$m_{Fe} = m_{Mg} = 0,12.56 = 6,72(gam)$
$m_{Al} = 0,1.27 = 2,7(gam)$
a, Ta có : \(n_{CO2}=\dfrac{V}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)
\(BTNT\left(C\right):n_{MgCO3}=n_{CO2}=0,1\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{MgCO3}=n.M=8,4\left(g\right)\)
\(\Rightarrow m_{MgO}=8\left(g\right)\)
b, Thấy sau khi phản ứng xảy ra thu được dung dịch A gồm \(MgSO_4\) và có thể còn \(H_2SO_4\) dư .
\(BTNT\left(Mg\right):n_{MgSO_4}=n_{MgCO3}+n_{MgO}=0,3\left(mol\right)\)
\(PTHH:MgSO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+BaSO_4\downarrow\)
.................0,3............0,3..................0,3..................0,3.............
\(\Rightarrow m_{\downarrow}=m_{Mg\left(OH\right)2}+m_{BaSO4}=87,3\left(g\right)\)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}m\downarrow=110,6\left(g\right)>87,3g\\n_{Ba\left(OH\right)2}=C_M.V=0,45>n_{Ba\left(OH\right)2pu}\left(0,3mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> Dung dịch A vẫn còn H2SO4 dư và mol BaSO4 được tạo ra tiếp là :
\(n_{BaSO4}=\dfrac{110,6-87,3}{M}=0,1\left(mol\right)\)
\(PTHH:H_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)
..................0,1............0,1...............0,1........................
Lại có : \(n_{Ba\left(OH\right)2}=0,45\left(mol\right)\)
=> Trong dung dịch B còn có Ba(OH)2 dư ( dư 0,45 - 0,3 - 0,1 = 0,05mol)
\(\Rightarrow C_{MBa\left(OH\right)2}=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1\left(M\right)\)
Vậy ...
3. CuO +H2SO4 -->CuSO4 +H2O
nCuO=64/80=0,8(mol)
theo PTHH :nCuO =nH2SO4=nCuSO4=0,8(mol)
=>mddH2SO4 20%=0,8.98.100/20=392(g)
mCuSO4=0,8.160=128(g)
mdd sau phản ứng =64 +392=456(g)
mH2O=456 -128=328(g)
giả sử có a g CuSO4.5H2O tách ra
trong 250g CuSO4 tách ra có 160g CuSO4 và 90g H2O tách ra
=> trong a g CuSO4.5H2O tách ra có : 160a/250 g CuSO4 và 90a/250 g H2O tách ra
=>mCuSO4(còn lại)=128 -160a/250 (g)
mH2O (còn lại)=328 -90a/250 (g)
=>\(\dfrac{128-\dfrac{160a}{250}}{328-\dfrac{90a}{250}}.100=25\)
=>a=83,63(g)
m rắn giảm = mO (oxit) => nO (oxit) = (1,6 – 1,408) : 16 = 0,012mol
Dễ thấy n = nO (oxit) = 0,012mol
=> nH2 ban đầu = 0,012 : 80% = 0,015
=> nFe = nH2= 0,015 → x = 0,015
Ta có: CO + O(Oxit) → CO2
Vì: m(Rắn giảm) = mO(Oxit) → nO(Oxit) = (3,86 – 3,46) : 16 = 0,025
TH1: cả 2 oxit đều bị khử bởi CO
→ nO(Oxit) = y + 3z = 0,025 kết hợp với (1) loại
TH2: chỉ có MO bị khử bởi CO
→ nO(Oxit) = nMO = 0,025 → y = 0,025 kết hợp với (1) => z = 0,01
Kết hợp với (*) => M = 64 (Cu)
TH3: chỉ có R2O3 bị khử bởi CO
→ nO(Oxit) = 3.nR2O3 → z = 0,025/3 kết hợp với (1) => y = 0,03
Kết hợp với (*) y => M lẻ => loại
Vậy %m các chất trong X là: 21,76%; 51,81%; 26,43%
\(n_{H_2SO_4}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)
\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)
Có \(n_{H_2SO_4}>n_{H_2}\)
=> Trong A chứa H2SO4
Vậy kim loại R không tan trong H2SO4 loãng
\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)
PTHH: 2R + 2nH2SO4 --> R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
\(\dfrac{0,05}{n}\)<---0,05
=> \(M_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{\dfrac{0,05}{n}}=160n\left(g/mol\right)\)
=> \(M_R=32n\left(g/mol\right)\)
Xét n = 2 thỏa mãn => MR = 64 (g/mol) => R là Cu
\(n_{Cu}=n_{CuSO_4}=\dfrac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)
Gọi số mol Al, Fe là a,b (mol)
=> 27a + 56b = 8,7 - 0,05.64 = 5,5 (1)
PTHH: 2Al + 3H2SO4 --> Al2(SO4)3 + 3H2
a----------------------------->1,5a
Fe + H2SO4 --> FeSO4 + H2
b--------------------------->b
=> 1,5a + b = 0,2 (2)
(1)(2) => a = 0,1 (mol); b = 0,05 (mol)
\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=0,1.27=2,7\left(g\right)\\m_{Fe}=0,05.56=2,8\left(g\right)\\m_{Cu}=0,05.64=3,2\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4\left(bđ\right)}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)
\(\xrightarrow[]{\text{BTNT H}}n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)< 0,3\)
=> H2SO4 dư, mà vẫn có chất rắn B không tan là kim loại R
=> R là kim loại yếu
Đặt R có hoá trị n
\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\\ n_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{2M_R+96n}\left(mol\right)\)
PTHH:
\(2R+2nH_2SO_{4\left(đặc,nóng\right)}\xrightarrow[]{t^o}R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2+2nH_2O\)
\(\dfrac{0,05}{n}\)<-----0,05
\(\rightarrow\dfrac{8}{2M_R+96n}=\dfrac{0,05}{n}\\ \Leftrightarrow M_R=32n\left(g\text{/}mol\right)\)
Xét n = 2 thoả mãn
=> MR = 32.2 = 64 (g/mol)
=> R là Cu
\(n_{Cu}=\dfrac{0,05.2}{2}=0,05\left(mol\right)\)
Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\rightarrow27a+56b+0,05.64=8,7\left(1\right)\)
PTHH:
\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)
a---->1,5a
\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)
b----->b
\(\rightarrow1,5a+b=0,2\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\left(mol\right)\\b=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{0,1.27}{8,7}.100\%=31,03\%\\\%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{8,7}.100\%=32,18\%\\\%m_{Cu}=100\%-31,03\%-32,18\%=36,79\%\end{matrix}\right.\)