Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 1: nZn= 0,5 mol
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑
0,5 mol 1 mol 0,5 mol 0,5 mol
a) mHCl= 36,5 (g) → mdung dịch HCl 10% = 36,5 / 10%= 365 (g)
b) mZnCl2= 0,5x 136= 68 (g)
c) mdung dịch= mZn + mdung dịch HCl 10% - mH2= 32,5 + 365 - 0,5x2 = 396,5 (g)
→ C%ZnCl2= 68/396,5 x100%= 17,15%
Bài 2: Cách phân biệt:
Dùng quỳ tím:→ lọ nào làm quỳ chuyển thành màu đỏ: HCl và H2SO4 (cặp I)
→ quỳ không đổi màu: BaCl2 và NaCl ( cặp II)
→ quỳ chuyển màu xanh: NaOH và Ba(OH)2 ( cặp III)
Đối với cặp I: ta cho dung dịch BaCl2 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng H2SO4, ống còn lại chứa dung dịch HCl
Đối với cặp II: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng BaCl2, ống còn lại là NaCl
Đối với cặp III: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng Ba(OH)2, ống còn lại là NaOH
PTPU: BaCl2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2HCl
Ba(OH)2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2H2O
Bài 1 :
\(Theo-\text{đ}\text{ề}-b\text{ài}-ta-c\text{ó}:\left\{{}\begin{matrix}nNaCl=\dfrac{100.20}{100.58,5}=0,34\left(mol\right)\\nAgNO3=\dfrac{200.34}{100.170}=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Ta có PTHH :
\(NaCl+AgNO3->AgCl\downarrow+NaNO3\)
0,34mol......0,34mol...........0,34mol....0,34mol
Theo PTHH ta có : \(nNaCl=\dfrac{0,34}{1}mol< nAgNO3=\dfrac{0,4}{1}mol\)
=> nAgNO3 dư ( tính theo nNaCl)
a) Ta có : mAgCl = 0,34.143,5 = 48,79 g
b) Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}C\%AgNO3\left(d\text{ư}\right)=\dfrac{\left(0,4-0,34\right).170}{0,34.58,5+200-48,79}.100\%\approx5,96\%\\C\%NaNO3=\dfrac{0,34.85}{0,34.58,5+200-48,79}.100\%=16,89\%\end{matrix}\right.\)
Vậy......
Bài 2 :
Theo đề bài ta có : \(nFe=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\) ; nHCl = 0,3.2=0,6(mol)
a) Ta có PTHH :
\(Fe+2HCl->FeCl2+H2\uparrow\)
0,2mol..0,4mol.........0,2mol...0,2mol
Theo PTHH ta có : \(nFe=\dfrac{0,2}{1}mol< nHCl=\dfrac{0,6}{2}mol\) => nHCl dư ( tính theo nFe)
VH2(đktc) = 0,2.22,4=4,48(l)
b) \(\left\{{}\begin{matrix}CMFeCl2=\dfrac{0,2}{0,3}=\dfrac{2}{3}\left(M\right)\\CMHCl\left(d\text{ư}\right)=\dfrac{0,6-0,4}{0,3}=\dfrac{2}{3}\left(M\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy............
2.
Fe + 2HCl \(\rightarrow\)FeCl2 +H2
nFe=\(\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)
nHCl=0,3.2=0,6(mol)
Vì 0,2.2<0,6 nên HCl dư 0,2 mol
Theo PTHH ta có:
nFe=nH2=0,2(mol)
VH2=0,2.22,4=4,48(lít)
b;Theo PTHH ta có:
nFe=nFeCl2=0,2(mol)
CM dd FeCl2=\(\dfrac{0,2}{0,3}=\dfrac{2}{3}M\)
CM dd HCl=\(\dfrac{0,2}{0,3}=\dfrac{2}{3}M\)
a/ PTHH: Zn + 2HCl ===> ZnCl2 + H2
b/ Công thức về khối lượng:
mZn + mHCl = mZnCl2 + mH2
Ta thấy mdung dịch tăng = mZn - mH2 = 63
=> mH2 = mZn - 63 = 65 - 63 = 2 gam
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
=> mZnCl2 = mZn + mHCl - mH2 = 65 + 73 - 2 = 136 gam
a) PTHH :
\(BaCl2+Na2CO3->BaCO3\downarrow+2NaCl\)
\(CaCl2+Na2CO3->CaCO3\downarrow+2NaCl\)
Ta có : nBaCl2 = nBaCO3 ; ncaCl2 = ncaCO3
*Giả sử hh chỉ có BaCl2=>\(nNa2CO3\left(pư\right)=nBaCl2=\dfrac{31,9}{208}\approx0,15\)
*Giả sử hh chỉ có CaCl2=> nNa2CO3(pư) =nCaCl2 = \(\dfrac{31,9}{111}\approx0,29\) mol
=> để pư hết với dd A thì nNa2CO3 phải thỏa mãn điều kiện
0,15mol< nHCl< 0,29
mà nNa2CO3(ban đầu) =1 mol > 0,29 mol => Na2Co3 còn dư , dd A pư hết => lượng kết tủa thu được là tối đa
b. PTHH :
\(BaCl2+2AgNO3->Ba\left(NO3\right)2+2AgCl\downarrow\)
xmol...........................................................2xmol
\(CaCl2+2AgNO3->Ca\left(NO3\right)2+2AgCl\downarrow\)
y mol.............................................................2y mol
Ta có HPT : \(\left\{{}\begin{matrix}208x+111y=31,9\\2x+2y=\dfrac{53,4}{143,5}\end{matrix}\right.\)
=> x = 0,1 ; y = 0,07
=> %m của mỗi chất ban đầu
P/S : dạng này chưa làm nên ko biết đúng hay sai :v
Gọi khối lượng 2 muối sau khi tan là x(gam)
Ta có m hai muối + mdung dịch BaCl2 = m hai muối + m kết tủa BaSO4
=> 22,1 + 31,2 = x + 34,95
=> x = 18,35
Vậy khối lượng 2 muối sau khi tan là 18,35 gam
Gọi khối lượng của hai muối tan thu đc là x (g)
Theo ĐLBTKL:
mhh muối+ mBaCl2= mhai muối tan + mBaSO4
=> 22,1+31,2= x + 34,95
=> x= 22,1+31,2-34,95= 18,35 (g)
PTHH:
\(X_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2XCl\)
\(YSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+YCl_2\)
Áp dụng DDLBTKL ta được:
\(m_{2m}=m_{hhbđ}+m_{BaCl_2}-m_{BaSO_4}=22,1+31,2-34,95=18,35\left(g\right)\)
nAl = 8,1 /27 = 0,3mol
2Al + 6HCl => 2AlCl3 + 3H2
0,3--------------->0,3------> 0,45
=> VH2 = 0,45.22,4 = 10,08 (l)
mAlCl3 = 0,3. 133,5 = 40,05 (g)
a) Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3
b) Theo ĐL BTKL ta có:
\(m_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}+m_{NaOH}=m_{Na_2SO_4}+m_{Fe\left(OH\right)_3}\)
c) \(m_{Fe\left(OH\right)_3}=0,1\times107=10,7\left(g\right)\)
Theo b) ta có:
\(m_{NaOH}=m_{Na_2SO_4}+m_{Fe\left(OH\right)_3}-m_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=21,3+10,7-20=12\left(g\right)\)
c) \(m_{dd}saupư=m_{ddFe_2\left(SO_4\right)_3}+m_{ddNaOH}-m_{Fe\left(OH\right)_3}=100+100-10,7=189,3\left(g\right)\)
mBa(OH)2 = mdd Ba(OH)2. C% :100% = 200.17,1%:100% = 34,2 (g)
=> nBa(OH)2 = 34,2:171 = 0,2 (mol)
m(NH4)2SO4 = mdd (NH4)2SO4.C%:100% = 500.1,32:100% = 6,6 (g)
=> n(NH4)2SO4 = 6,6: 132= 0,05 (mol)
mCuSO4 = mdd CuSO4. C%:100% = 500.2%:100% = 10 (g)
=> nCuSO4 = 10: 160= 0,0625 (mol)
PTHH: Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 ---> BaSO4↓+ 2NH3↑+ 2H2O (1)
0,05 <----- 0,05 -----------> 0,05 ---> 0,1 (mol)
Ba(OH)2 + CuSO4 ---> BaSO4↓ + Cu(OH)2↓ (2)
0,0625 <-- 0,0625 ----> 0,0625 ---> 0,0625 (mol)
a) Khí A thoát ra là NH3
Theo PTHH (1): nNH3 = 2n(NH4)2SO4 = 2.0,05 = 0,1 (mol)
=> VNH3(đktc) = nNH3.22,4 = 0,1.22,4 = 2,24(l)
b) Kết tủa B thu được gồm BaSO4 và Cu(OH)2
Theo PTHH (1) và (2):∑nBaSO4(1) +(2) = 0,05 + 0,0625 = 0,1125 (mol)
=> mBaSO4 = nBaSO4.MBaSO4 = 0,1125.233 =26,2125 (g)
Theo PTHH (2): nCu(OH)2 = nCuSO4 = 0,0625 (mol)
=> mCu(OH)2 = nCu(OH)2.MCu(OH)2 = 0,0625.98 = 6,125 (g)
=> Tổng m kết tủa = mBaSO4+ mCu(OH)2 = 26,2125 + 6,125 = 32,3375 (g)
c) Sau pư dd Ba(OH)2dư
nBa(OH)2 dư = nBa(OH)2 bđ - nBa(OH)2 (1) - nBa(OH)2 (2) = 0,2 - 0,05 - 0,0625 = 0,0875 (mol)
=> mBa(OH)2 dư = 0,0875.171=14,9625 (g)
m dd sau = mdd Ba(OH)2 + mdd hh - mNH3 - mkết tủa
= 200 + 500 - 0,1.17 - 32,3375
= 665,9625 (g)
C% Ba(OH)2 = (mBa(OH)2: mdd sau).100% = (14,9625:665,9625).100% = 2,25%
\(nCaCl_2=\dfrac{2,22}{111}=0,02\left(mol\right)\)
\(nAgNO_3=\dfrac{1,7}{170}=0,01\left(mol\right)\)
\(CaCl_2+2AgNO_3\rightarrow2AgCl+Ca\left(NO_3\right)_2\)
1 2 2 1 (mol)
0,005 0,01 0,01 0,005
LTL : \(\dfrac{0,02}{1}>\dfrac{0,01}{2}\)
=> CaCl2 dư , AgNO3 đủ
\(m_{kt}=mAgCl=0,01.143,5=1,435\left(g\right)\)
c1:
\(m_{\left(muối\right)}=m_{Ca\left(NO_3\right)_2}=0,005.164=0,82\left(g\right)\)
c2:
BTKL:
\(mCaCl_{2\left(đủvspứ\right)}=0,005.111=0,555\left(g\right)\)
\(mCaCl_2+mAgNO_3=mAgCl+mCa\left(NO_3\right)_2\)
0,555 + 1,7 = 1,435 + \(mCa\left(NO_3\right)_2\)
\(\Rightarrow mCa\left(NO_3\right)_2=0,555+1,7-1,435=0,82\left(g\right)\)