Dung dịch X gồm HCl và MgCl2 Để trung hòa 10ml dung dịch X cần 10ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M Mặt khác, nếu cho dung dịch NaOH dư vào 100ml dung dịch X được kết tủa. Lọc kết tủa và đem nung đến khối lượng không đổi được 10g chất rắn. Tính nồng độ mol từng chất tan trong dung dịch X
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án A
Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na2SO4 : 0,14mol;
Vì n N a O H > n N a C l + 2 n N a 2 S O 4 nên còn N a A l O 2
Bảo toàn Na có n N a O H = n N a C l + 2 n N a 2 S O 4 + n N a A l O 2 → 0 , 85 = 0 , 52 + 2 . 0 , 14 + n N a A l O 2
→ n N a A l O 2 = 0,05 mol
Kết tủa thu được là M g ( O H ) 2 : x mol và A l ( O H ) 3 : y mol
Ta có hệ sau
→ dd X có A l + 3 : 0 , 15 m o l ; M g + 2 : 0 , 15 m o l ; C l - : 0 , 52 m o l ; S O 4 2 - : 0 , 14 m o l
Ta thấy X có 3 n A l + 2 n M g < n C l + 2 n S O 4 nên X có dư H + → n H + = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol
OH- + H + → H2O
OH- + M g + 2 → M g ( O H ) 2
3OH- + A l + 3 → A l ( O H ) 3
B a 2 + + S O 4 2 - → B a S O 4
A l ( O H ) 3 + O H - → A l O 2 - + 2 H 2 O
Khi thêm 8x mol KOH và x mol B a ( O H ) 2 vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét các TH sau
TH1 : kết tủa có B a S O 4 : 0,14 mol và M g ( O H ) 2 : 0,15 mol và có thể có A l ( O H ) 3
Bảo toàn Ba có x = 0,14 mol → n O H =8x + 2x =10x =1,4 mol > 2 n M g + 4 n A l + n H + = 0,95
→ phản ứng có kết tủa A l ( O H ) 3 bị hòa tan hết → kết tủa thu được là B a S O 4 và M g ( O H ) 2
→ đem nung thu được B a S O 4 : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol → m = 38,62g
TH2: Kết tủa có A l ( O H ) 3 : 0,15 mol và Mg(OH)2: 0,15 mol; B a S O 4
Ta có n O H = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 → x = 0,08 mol→ có 0,08 mol B a S O 4
→ Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol B a S O 4 ; 0,075 mol Al2O3 và 0,15mol MgO
→ m = 0,08.233 + 0,075.102 +0,15.40 =32,29g
Nên TH1 khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất
nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol
nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol
Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)
Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2
x → 2x → x (mol)
Mg + 2H+ → Mg2+ + H2
y → 2y → y (mol)
Dung dịch Y gồm có:
Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol)
=> NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan một phần
=> nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol
H+ + OH- → H2O
0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)
Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2
x → 2x → x (mol)
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2
y → 2y → y (mol)
Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O
0,01 ← 0,02 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2
=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = 8
Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol)
=> nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol)
- Khi kết tủa Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+
=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol
Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại
- Giả sử sau khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2:
+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol
=> mBaSO4 = 233b (gam)
+ Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)
=> mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)
Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại. Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol
=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)
Kết tủa sau phản ứng gồm có:
Mg(OH)2 → t ∘ MgO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
Zn(OH)2 → t ∘ ZnO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
=> m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam
Đáp án B
Xét NaOH +X
tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +
Ghép với A l O 2 - ⇒ tạo 0,05 mol N a A l O 2
Đặt n A l = x ; n M g = y
Giải hệ có:
TH1: B a S O 4 đạt cực đại
⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14 m o l
⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12 m o l
Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l - còn dư 0,6 mol điện tích
Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol
⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H - dư
Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ; 0 , 15 m o l M g O ⇒ mrắn =38,62g
TH2: A l ( O H ) 3 đạt cực đại
⇒ các ion trong dung dịch gồm B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -
(ta đang giả sử B a 2 + , S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)
Đặt n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a
Bảo toàn điện tích:
n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08 m o l
⇒ mrắn tối đa =38,62 (g)
Đáp án B
•
• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)
Có n NaOH = 0 , 85 > 0 , 52 + 2 . 0 , 14 = 0 , 8
=> Chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan một phần: n AlO 2 - = 0 , 85 - 0 , 8 = 0 , 05 mol
⇒ m ↓ = m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5 g (2)
• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15
• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.
⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V , n OH - = ( 0 , 8 + 2 . 0 , 1 ) V = V
P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi: n OH - = n H + ⇒ V = 0 , 8 ( l )
Khi đó: n B a 2 + = 0 , 08 mol < n SO 4 2 - = 0 , 14 mol
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15 + 233 . 0 , 08 = 39 , 04 g
P Lượng BaSO4 thu được cực đại khi: n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14 mol ⇒ n OH - = 1 , 4 mol
Khi đó: n OH - > n H + + n Al ⇒ Al ( OH ) 3 tan hết
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 41 , 32 g > 39 , 04 g
=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít
⇒ m ↓ = m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62 g
Gần nhất với giá trị 38,6
Để trung hòa 10ml dung dịch X cần 0,01 mol Ba(OH)2
\(2HCl+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCl_2+H_2O\)
=> Trong 10ml dung dịch X, \(n_{HCl}\)= 0,02(mol)
Cho dung dịch NaOH dư vào 100ml dung dịch X được kết tủa, lọc kết tủa và đem nung đến khối lượng không đổi được 10g chất rắn
+ Kết tủa là Mg(OH)2
+ Chất rắn sau khi nung là MgO
\(n_{MgO}=\dfrac{10}{40}=0,25\left(mol\right)\)
Bảo toàn nguyên tố Mg : \(n_{MgCl_2}=n_{MgO}=0,25\left(mol\right)\)
Trong 100ml dung dịch X: \(n_{HCl}=0,2\left(mol\right);n_{MgCl_2}=0,25\left(mol\right)\)
=> \(CM_{HCl}=\dfrac{0,2}{0,1}=2M;CM_{MgCl_2}=\dfrac{0,25}{0,1}=2,5M\)