Nung nóng hỗn hợp bột X gồm a mol Fe và b mol S trong khí trơ, hiệu suất phản ứng bằng 50% thu được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 5. Tỉ lệ a : b là
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
`a)`
`n_{Fe}=0,1(mol);n_S=0,05(mol)`
`S+Fe` $\xrightarrow{t^o}$ `FeS`
`0,05->0,05->0,05(mol)`
`0,1>0,05->Fe` dư.
`->X` gồm `Fe:0,1-0,05=0,05(mol);FeS:0,05(mol)`
`Fe+2HCl->FeCl_2+H_2`
`FeS+2HCl->FeCl_2+H_2S`
Theo PT: `n_{H_2}=n_{Fe}=0,05(mol);n_{H_2S}=n_{FeS}=0,05(mol)`
`->\%V_{H_2}=\%V_{H_2S}={0,05}/{0,05+0,05}.100\%=50\%`
`b)`
`n_{NaOH}=0,125.0,1=0,0125(mol)`
`NaOH+HCl->NaCl+H_2O`
Theo PT: `\sum n_{HCl}=n_{NaOH}+2n_{H_2}+2n_{H_2S}=0,2125(mol)`
`->C_{M\ HCl}={0,2125}/{0,5}=0,425M`
\(a.n_{CO_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15mol\\ Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2\uparrow+H_2O\left(1\right)\\ NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\\ n_{Na_2CO_3}=n_{CO_2}=0,15mol\\ \%m_{Na_2CO_3}=\dfrac{0,15.106}{23,9}\cdot100=66,5\%\\ \%m_{NaOH}=100-66,5=33,5\%\)
b. Sai đề, vì
\(n_{HCl\left(thực,tế\right)}=\dfrac{200.3,65}{100}:36,5=0,2mol\\ n_{HCl\left(pư\right)}=0,15.2+\left(23,9-0,15.106\right):40=0,5mol\)
mà \(n_{CO_2}=0,15mol\Rightarrow n_{HCl}=0,3mol\left(pt1\right)\)(nên NaOH và Na2CO3 ko dư)
vậy cần ít nhất 0,5mol HCl để tính
⇒cần thay đổi \(m_{ddHCl}\) hoặc \(C_{\%HCl}\) để tính được câu b
\(n_{Al}=a;n_{Al_2O_3}=b\\ 2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}27a+102b=23,1\\(a+2b)133,5=66,75\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow a=0,1;b=0,2\\ \%m_{Al}=\dfrac{0,1.27}{23,1}\cdot100=11,7\%\\ \%m_{Al_2O_3}=100-11,7=88,3\%\)
\(18,\\ n_{FeO}=\dfrac{7,2}{72}=0,1mol\\ FeO+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\\ m_{ddH_2SO_4}=100.1=100g\\ n_{H_2SO_4}=\dfrac{100.10,95}{100}:36,5=0,3mol\\ \Rightarrow\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,3}{1}\Rightarrow H_2SO_4.dư\\ n_{FeSO_4}=n_{H_2SO_4}=n_{FeO}=0,1mol\\ C_{\%FeSO_4}=\dfrac{0,1.152}{100+7,2}\cdot100=14,18\%\\C_{\%H_2SO_4}=\dfrac{\left(0,3-0,1\right)98}{100+7,2}\cdot100=18,28\%\)
11.
a) Trích mẫu thử:
\(Cho\) \(BaCl_2 \) vào mỗi mẫu:
Ko pư⇒\(HCl\)
Tạo ↓trắng⇒\(H_2SO_4\)
\(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+2HCl\)
Dán nhãn.
b) Trích mẫu thử:
Cho \(BaCl_2\) vào mỗi mẫu:
Ko pư⇒ \(NaCl\)
Tạo ↓trắng⇒\(Na_2SO_4 \)
\(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2NaCl\)
Dán nhãn.
c) Trích mẫu thử:
Cho \(Cu\) vào mỗi mẫu:
Ko pư⇒ \(H_2 SO_4\)
Tạo dd màu xanh⇒\(Na_2 SO_4\)\(Na_2SO_4+Cu\rightarrow CuSO_4+Na\)Dán nhãn.d) Trích mẫu thử:Ta có bảng sau\(NaCl\) | \(Na_2SO_4\) | \(Na_2CO_3\) | |
\(BaCl_2\) | \(-\) | ↓Trắng | ↓Trắng |
\(HCl\) | \(-\) | \(-\) | Sủi bọt |
\(AgNO_3\) | ↓Trắng | \(-\) | \(-\) |
\(BaCl_2+Na_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+2NaCl\\ BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3\downarrow2NaCl\\ 2HCl+Na_2CO_3\rightarrow2NaCl+CO_2\uparrow+H_2O\\ AgNO_3+NaCl\rightarrow NaNO_3+AgCl\downarrow\)
Dán nhãn.
\(BTKL:m_{O_2}=28-20,8=7,2g\\V_{O_2}=\dfrac{7,2:32}{22,4}=\dfrac{9}{896}l\\ 3Fe+2O_2\xrightarrow[]{t^0}Fe_3O_4\\ 2Cu+O_2\xrightarrow[]{t^0}2CuO\\ n_{Fe}=a;n_{Cu}=b\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}56a+64b=20,8\\\dfrac{1}{3}a232+80b=28\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow a=\dfrac{3}{11};b=\dfrac{19}{220}\\ \%m_{Fe}=\dfrac{\left(3:11\right)56}{20,8}\cdot100=73,43\%\\ \%m_{Cu}=100-73,43=26,57\%\)
Bài 8
Hòa tan hỗn hợp bằng dung dịch HCl loãng dư, lọc chất rắn không tan ta thu được kim loại đồng.
\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)
Nhiệt phân dung dịch muối ta thu được kim loại sắt.
\(FeCl_2\underrightarrow{đpdd}Fe+Cl_2\)
Bài 9
a
\(\left(1\right)S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2\\ \left(2\right)SO_2+\dfrac{1}{2}O_2\rightarrow\left(xt,t^o\right)SO_3\\ \left(3\right)SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\\ \left(4\right)H_2SO_4+Fe\rightarrow FeSO_4+H_2\\ \left(5\right)FeSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+FeCl_2\)
b
\(\left(1\right)Cu+Cl_2\rightarrow CuCl_2\\ \left(2\right)CuCl_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaCl\\ \left(3\right)Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\\ \left(4\right)CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)
Xét `a<b->H` tính theo `Fe.`
`Fe+S` $\xrightarrow{t^o}$ `FeS`
`0,5a->0,5a->0,5a(mol)`
Có `n_{Fe\ pu}=0,5a(mol)`
`Y` gồm `Fe:0,5a(mol);S:b-0,5a(mol);FeS:0,5a(mol)`
`FeS+2HCl->FeCl_2+H_2S`
`Fe+2HCl->FeCl_2+H_2`
Theo PT: `n_{H_2S}=n_{FeS}=0,5a(mol);n_{H_2}=n_{Fe}=0,5a(mol)`
`->{n_{H_2S}}/{n_{H_2}}={5.2-2}/{34-5.2}=1/3`
``->{0,5a}/{0,5a}=1/3` vô lí.
Xét `a>b->H` tính theo `S.`
`Fe+S` $\xrightarrow{t^o}$ `FeS`
`0,5b←0,5b->0,5b(mol)`
Có `n_{S\ pu}=0,5b(mol)`
`Y` gồm `Fe:a-0,5b(mol);S:0,5b(mol);FeS:0,5b(mol)`
`FeS+2HCl->FeCl_2+H_2S`
`Fe+2HCl->FeCl_2+H_2`
Theo PT: `n_{H_2S}=n_{FeS}=0,5b(mol);n_{H_2}=n_{Fe}=a-0,5b(mol)`
`->{n_{H_2S}}/{n_{H_2}}={5.2-2}/{34-5.2}=1/3`
``->{0,5b}/{a-0,5b}=1/3`
`->1,5b=a-0,5b`
`->a=2b`
`->a:b=2:1`
`->{0,5b}/{a-0,5b}=1/3`