1. Chứng minh hợp kim tan hết:

• Xét phản ứng của Fe với H2SO4:
  • Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe)
  • n(H2SO4) = C(H2SO4) * V(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) = n(H2SO4) = 0,2 mol
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 11,2 gam
• Xét phản ứng của Ni với H2SO4:
  • Ni + H2SO4 → NiSO4 + H2
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = (36,2 - 11,2) / 58,7 = 0,42 mol
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim tan hết vì lượng H2SO4 đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

2. Hợp kim gấp đôi có tan hết hay không?

• Lượng Fe và Ni gấp đôi:
  • m(Fe) = 2 * 11,2 = 22,4 gam
  • m(Ni) = 2 * (36,2 - 11,2) = 50 gam
• Lượng H2SO4 không đổi:
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
• Xét phản ứng:
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe) = 0,4 mol
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = 0,86 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) + n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim gấp đôi sẽ không tan hết vì lượng H2SO4 không đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

3. Tính khối lượng kim loại trong hợp kim:

• Tính lượng H2 sinh ra:
  • n(H2) = m(CuO) / M(CuO) = 48 / 80 = 0,6 mol
• Tính lượng Fe và Ni:
  • n(Fe) = n(H2) = 0,6 mol
  • n(Ni) = n(H2) - n(Fe) = 0,6 - 0,6 = 0 mol
• Tính khối lượng Fe và Ni:
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 0,6 * 56 = 33,6 gam
  • m(Ni) = n(Ni) * M(Ni) = 0 * 58,7 = 0 gam
• Kết luận:
  • Khối lượng Fe trong hợp kim là 33,6 gam.
  • Khối lượng Ni trong hợp kim là 0 gam.

Lưu ý:

• Trong bài toán này, ta giả định rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn.
• Nồng độ của dung dịch H2SO4 là 0,2M, không phải 0,耀M như trong đề bài.

Hy vọng bài giải này giúp bạn hiểu rõ hơn về bài toán.

Đề hỏi gì vậy bạn?

\(n_A=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\\n_{Cl_2}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PT: \(H_2+Cl_2\underrightarrow{^{t^o}}2HCl\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,3}{1}>\dfrac{0,1}{1}\), ta được H₂ luôn dư nếu pư hoàn toàn.

Gọi: n_{Cl2 (pư)} = a (mol) ⇒ n_{Cl2 (dư)} = 0,1 - a (mol)

Theo PT: n_HCl = 2n_{Cl2 (pư)} = 2a (mol)

PT: \(Cl_2+2NaOH\rightarrow NaCl+NaClO+H_2O\)

__0,1-a____________0,1-a_____0,1-a (mol)

\(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)

2a________________2a (mol)

⇒ 12,34 = m_NaCl + m_NaClO = 58,5.(0,1 - a + 2a) + 74,5.(0,1 - a)

⇒ a = 0,06 (mol)

\(\Rightarrow H\%=\dfrac{0,06}{0,1}.100\%=60\%\)

Có vẻ hơi trễ:")

a)

\(n=3\Rightarrow\) có 3 lóp electron.

\(l=2\Rightarrow\) e cuối vào phân lớp 3d

\(m=1,m_s=-\dfrac{1}{2}\Rightarrow\) mũi tên hướng xuống dừng ở ô thứ 4.

=> e cuối của nguyên tố điền vào phân lớp \(3d^9\)

Cấu hình e bền vững sau bão hòa: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^1\left(Cu\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}STT:29\\CK:4\\nhóm:IB\end{matrix}\right.\)

b)

Tương tự câu a, e cuối của nguyên tố điền vào phân lóp \(4p^2\)

Cấu hình e: \(1s^22s^22p^63s^23p^63d^{10}4s^24p^2\left(Ge\right)\left\{{}\begin{matrix}STT:32\\CK:4\\nhóm:IVA\end{matrix}\right.\)

tick đi

a, Ba(OH)₂, NaOH

b, Ba(OH)₂, Mg(OH)₂, Cu(OH)₂, NaOH

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+2H_2O\)

\(Mg\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)

\(Cu\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow CuCl_2+2H_2O\)

\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

c, Ba(OH)₂, NaOH

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\)

\(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)

d, Mg(OH)₂, Cu(OH)₂

PT: \(Mg\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}MgO+H_2O\)

\(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)₂

e, Ba(OH)₂, NaOH

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+CuSO_4\rightarrow BaSO_4+Cu\left(OH\right)_2\)

\(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2\)

 0,117 mol ion H+

Ko

a) \(Al_2O_3+H_2SO_4\rightarrow X+H_2O\)

X là chất Al₂(SO₄)₃

b) \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

c) áp dụng công thức định luật bảo toàn khối lượng

\(m_{H_2SO_4}=m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}+m_{H_2O}-m_{Al_2O_3}=34,2+5,4-10,1=29,5\left(g\right)\)

vậy a = 29,5 g

\(n_{H_2SO_4}=0,5.0,6=03\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=x\\n_{CuO}=y\end{matrix}\right.\)

\(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)

 x           x                         x

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

 y           y                      

Có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)

=> 

x=0,2

y=0,1

a. \(m_{Zn}=0,2.65=13\left(g\right),m_{CuO}=80.0,1=8\left(g\right)\)

\(\%m_{Zn}=\dfrac{13.100\%}{21}=61,9\%\\ \%m_{CuO}=\dfrac{8.100\%}{21}=38,1\%\)

b. Có 1 phân tử khí \(H_2\) bay ra

a. Gọi số mol của Zn và CuO lần lượt là x và y.

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

 x          x

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

  y          y

\(n_{H_2SO_4}\) = 0,6 . 0,5 = 0,3 mol

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Zn = 13 gam ⇒ %Zn = 62%

⇒m_CuO = 8 gam ⇒ % CuO = 38%

b. Khí thoát ra là khí H₂.

⇒ \(n_{H_2}\)= 0,2 mol 

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

a. \(n_{H_2}\)= 0,1 mol

⇒ n_Fe = 0,1 mol ⇒ m_Fe = 5,6 gam

⇒ m_MgO = 40 gam ⇒ n_MgO = 0,1 mol

b. Thể tích HCl đã dùng là

V = \(\dfrac{n}{C_M}\) = \(\dfrac{0,1.2+0,1.2}{1}\) = 0,4 lít = 400 mL