Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. PTHH:
+ Lần thí nghiệm 1: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (1)
Vì quỳ tím hóa xanh, chứng tỏ NaOH dư. Thêm HCl:
HCl + NaOH → NaCl + H2O (2)
+ Lần thí nghiệm 2: phản ứng (1) xảy ra, sau đó quỳ hóa đỏ chứng tỏ H2SO4 dư. Thêm NaOH: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (3)
+ Đặt x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và dd B: Từ (1),(2),(3) ta có:
0,3y - 2.0,2x = 0,05 (I)
0,3x - (0,2y/2) = 0,1 (II)
Giải hệ (I,II) ta được: x = 0,7 mol/l , y = 1,1 mol/l
b, Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl3 , chứng tỏ NaOH còn dư.
AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl (4)
2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (5)
Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 + 2NaCl (6)
Ta có n(BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol
n(BaSO4) = 3,262 : 233= 0,014 mol < 0,015 mol
⇒ n(H2SO4) = n(Na2SO4) = n(BaSO4) = 0,014 mol . Vậy VA = 0,014 : 0,7 = 0,02 lít
n(Al2O3) = 3,262 : 102 = 0,032 mol và n(AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol.
+ Xét 2 trường hợp có thể xảy ra:
- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H2SO4,NaOH dư nhưng thiếu so vời AlCl3 (ở pư (4): n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol
nNaOH pư (4) = 3n(Al(OH)3) = 6n(Al2O3) = 6.0,032 = 0,192 mol.
Tổng số mol NaOH bằng 0,028 + 0,192 = 0,22 mol
Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là 0,22/1,1 = 0,2 lít . Tỉ lệ VB : VA = 0,2 : 0,02 = 10
- Trường hợp 2: Sau (4) NaOH vẫn dư và hoà tan một phần Al(OH)3:
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (7)
Tổng số mol NaOH pư (3,4,7) là: 0,028 + 3.0,1 + 0,1 - 2.0,032 = 0,364 mol
Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là (0,364 : 1,1) = 0,33 lít
⇒ Tỉ lệ VB : VA = 0,33 : 0,02 = 16,5
PS : Nhớ k :33
# Aeri #
Khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hiđrocacbon X, thu được thể tích khí CO2 gấp đôi thể tích hiđrocacbon X khi đem đốt (trong cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Hiđrocacbon đó là:
A. C3H8.
B. C2H4.
C. CH4.
D. C3H6.
B nha bạn
Khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hiđrocacbon X, thu được thể tích khí CO2 gấp đôi thể tích hiđrocacbon X khi đem đốt (trong cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Hiđrocacbon đó là:
A. C3H8.
B. C2H4.
C. CH4.
D. C3H6.
\(A\)tác dụng với nước
\(Ba+2H2O\Leftrightarrow Ba\left(OH\right)2+H2\)
\(2Al+Ba\left(OH\right)2+2H2O\Leftrightarrow Ba\left(AlO2\right)2+3H\)
\(Ba+2H2O\Leftrightarrow Ba\left(OH\right)2+H2\)
\(2Al+Ba\left(OH\right)2+2H2O\Leftrightarrow Ba\left(AlO2\right)2+3H\)
\(A\)tác dụng với \(HCl\)
\(Ba+2HCl\Leftrightarrow BaCl2+H2\)
\(2Al+6HCl\Leftrightarrow2AlCl3+3H2\)
\(Mg+2HCl\Leftrightarrow MgCl2+H2\)
Gọi \(x,y,z\)lần lượt là số \(mol\)của \(Ba,Al,Mg\)
\(nH2=\frac{3,36}{22,4}=0,15mol\)
\(\Rightarrow x+3x=4x=0,15\Rightarrow x=0,0375mol\)
\(nH2=0,3mol\)
\(\Rightarrow x+\frac{3}{2y}=0,3\Rightarrow y=0,175mol\)
\(nH2=0,4mol\)
\(\Rightarrow x+\frac{3}{2y}+z=0,4\Rightarrow z=0,1mol\)
\(m=0,0375.137+0,175.27=0,1.24=26,2625g\)
@Hoàng_Tuấn
\(n_{FeCl_2}=0,25mol\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=n_{Fe}\\y=n_{FeO}\\z=n_{FeCO_3}\end{cases}}\)
Có \(\frac{2x+44z}{x+z}=30\rightarrow-28x+14z=0\)
BT Fe \(x+y+z=0,25\)
Có hệ phương trình
\(\hept{\begin{cases}56x+72y+116z=21,6\\x+y+z=0,25\\-28x+14z=0\end{cases}}\)
\(\rightarrow\hept{\begin{cases}x=0,05\\y=0,1\\z=0,1\end{cases}}\)
\(\%m_{Fe}=\frac{0,05.56}{21,6}.100\%=12,9\%\)
\(\%m_{FeO}=\frac{0,1.72}{21,6}.100\%=33,3\%\)
\(\rightarrow\%m_{FeCO_3}=100\%-12,9\%-33,3\%=53,8\%\)
\(Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2\\ FeO + 2HCl \to FeCl_2 + H_2O\\ FeCO_3 + 2HCl \to FeCl_2 + CO_2 + H_2O\)
\(n_{FeCl_2}=\frac{31,75}{127}=0,25\left(mol\right)\)
\(\hept{\begin{cases}n_{Fe}=a\\n_{FeO}=b\\n_{FeCO_3}=c\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}56a+72b+116b=21,6\\n_{FeCl_2}=a+b+c=0,25\\\frac{2a+44c}{a+c}=7,5.4\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=0,05\\b=0,1\\c=0,1\end{cases}\Rightarrow\%m_{Fe}=\frac{0,05.56}{21,6}.100\%=12,96\%}\)
\(m_{ct_{CuCl_2}}=\frac{m_{dd}.C\%}{100\%}=\frac{270.15}{100}=40,5\left(gam\right)\)
\(n_{CuCl_2}=\frac{m}{M}=\frac{40,5}{135}=0.3\left(mol\right)\)
PTHH: \(CuCl_2+2KOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+2KCl\)
(mol) 1 2 1 2
(mol) 0,3 0,6 0,3 0,6
a) Khối lượng kết tủa thu được là:
\(m_{Cu\left(OH\right)_2}=n.M=0,3.98=29,4\left(gam\right)\)
b) Khối lượng KOH đã tham gia phản ứng là:
\(m_{KOH}=n.M=0,6.56=33,6\left(gam\right)\)
Khối lượng dung dịch KOh đac tham gia phản ứng là:
\(m_{dd_{KOH}}=\frac{m_{ct}}{C\%}.100\%=\frac{33,6}{20}.100=168\left(gam\right)\)
c) Khối lượng dung dịch sau phản ứng :
\(m_{dd}=(270+168)-29,4=408,6\left(gam\right)\)
\(m_{KCl}=n.M=0,6.74,5=44,7\left(gam\right)\)
Nồng đọ phần trăm của dung dịch sao phản ứng là:
\(C\%=\frac{m_{KCl}}{m_{dd}}.100\%=\frac{44,7}{408,6}.100\%\approx10,94\%\)
Ta có\(\frac{m_{BaCl_2}}{100}.100\%=5,2\%\)
=> \(m_{BaCl_2}=5,2\left(g\right)\)
Lại có : \(\frac{m_{H_2SO_4}}{29,2}.100\%=20\%\Rightarrow m_{H_2SO_4}=5,84\left(g\right)\)
Phương trình hóa học phản ứng :
H2SO4 + BaCl2 ----> 2HCl + BaSO4
Tỉ lệ \(\frac{5,2}{1}< \frac{5,84}{1}\)
=> H2SO4 dư
\(n_{BaCl_2}=\frac{m}{M}=\frac{5,2}{208}=0,025\left(\text{mol}\right)\)
=> \(n_{BaSO_4}=0,025\left(mol\right)\)
=> Khối lượng chất kết tủa là : \(m_{BaSO_4}=n.M=0,025.233=5,825\left(g\right)\)
Cao+h2o—>ca(oh)2
0,2. —> 0,2. {Mol)
Dd A chứa 0,2 mol ca(oh)2
n ca(oh)2=0,2
n caco3=0,025
Có 2 trường hợp
TH1/co2 hết.ca(oh)2 dư
Ca(oh)2+co2—>caco3+h2o
0,025___0,025
V co2=0,025.22,4=0,56
TH2/ co2 dư
Có 2 phương trình
Co2+ca(oh)2—>caco3+h2o
0,2__0,2______0,2
Co2+caco3+h2o—>ca(hco3)2
0,175 __{0,2—0,025}
Tổng n co2=0,375
=>V co2=8,4(l)
2/
Mgco3+2hcl=>mgcl2+h2o+co2
Baco3+2hcl—>bacl2+h2o+co2
Trong 28,1g hỗn hợp có a% Khối lượng mgco3
=>m mgco3=(28,1.a)/100
n mgco3=0,281a/84
m baco3=28,1—0,281a
n baco3=(28,1—0,281a)/197
Kết tủa max khi chỉ xảy ra phương trình
Ca(oh)2+co2—>caco3+h2o
Tình số mol co2=n ca(oh)2
=> giải phương trình=>a=...
Kết tủa min khi caco3 bị hoà tan hoàn toàn lại trong co2 dư
Phương trình như trên
Cũng giải phương trình tương tự
Bạn chịu khó suy nghĩ một tí là ra thôi