Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
, giờ gửi lại, mong mb giúp mình nha, không thì chỉ hướng đi thôi cũng được
giờ mình chỉ hướng đi như này nhé, cố gắng nhớ cho kĩ lời mình nói nè: đầu tiên bạn cứ đi thẳng, tới ngã tư thứ nhất bạn quẹo trái một đoạn chừng 2km bạn tiếp tục quẹo sang phải, sau đó cứ tiếp tục đi thẳng, đến hi bạn gặp một cái bồn binh thì bạn hãy đọc tiếp comment ở dưới nhé.... chỉ dẫn tận tình lắm rồi đó^^
lời giải hay nhất này: Ta có 2pt:
Ba2+ + CO32- ----> BaCO3
a----------a----------------a (mol)
Ca2+ + CO32- -----> CaCO3
b-----------b----------------b (mol)
==> có hệ pt:197a+100b=44.4 và 208a+111b=47.15 ,( với a, b là số mol BaCl2 và CaCl2) giải hệ này ta dc a=0.2, b=0.05.
có số mol rồi thì ra khối lượng các chất trong X thôi: mBaCO3= 0.2x197=39.4(g); mCaCO3=0.05x100=5(g).
b) bạn dùng bảo toàn khối lượng là ra ngay nhé:
ta có: mhh+mdd=mX+mddY ===> 47.15+(0.2x106+0.1x138)=44.4+mddY ==> mddY=37.75(g)
ko biết đúng ko nữa, nhưng bạn cứ tham khảo rồi cho mình biết ý kiến nhé:))
a)
\(n_{CaCl_2}=0,9.0,5=0,45\left(mol\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=a\left(mol\right)\\n_{K_2CO_3}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Giả sử hỗn hợp chỉ chứa \(Na_2CO_3\), ta có:
\(106a+138b=35\\ \Leftrightarrow106\left(a+b\right)< 35\\ \Rightarrow a+b< 0,33\left(1\right)\)
Giả sử hỗn hợp chỉ chứa \(K_2CO_3\), ta có:
\(106a+138b=35\\ \Leftrightarrow138\left(a+b\right)>35\\ \Rightarrow a+b>0,25\left(2\right)\)
\(Na_2CO_3+CaCl_2\rightarrow CaCO_3+2NaCl\)
a ----------> a
\(K_2CO_3+CaCl_2\rightarrow CaCO_3+2KCl\)
b ----------> b
Có: \(\Sigma n_{CaCl_2}=a+b=0,45\left(mol\right)\)
Mà theo (1), (2) thấy: \(0,25< a+b< 0,33\)
=> Hỗn hợp muối tan hết, \(CaCl_2\) dư.
b) Mình không thấy đề có đề cập đến mD.
c) Thiếu dữ kiện hay sao ấy:v
Tính toán theo PTHH :
Mg + CuSO4 → Cu + MgSO4
Mg + FeSO4 → Fe + MgSO4
Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2
Ba(OH)2 + FeSO4 → BaSO4 + Fe(OH)2
Mg(OH)2 → MgO + H2O
2 Fe(OH)2 + ½ O2 → Fe2O3 + 2 H2O
Giả sư dung dịch muối phản ứng hết
=> n Fe = n FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol => m Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g
=> n Cu =n CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol => m Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g
=> m chất rắn = 11,2 + 6,4 = 17,6 g > 12 g > 6,4
=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO4 phản ứng trước sau đó mới đến FeSO4 phản ứng
CuSO4 đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO4
12 g = m Cu + m Fe phản ứng = 6,4 g + m Fe phản ứng
=> m Fe = 5,6 g => n Fe = 0,1 mol => n FeSO4 dư = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol
Theo PTHH : n Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol ( bắng số mol CuSO4 và FeSO4 phản ứng )
Theo PTHH : n Mg = n MgSO4 = n Mg(OH)2 = n MgO = 0,2 mol
n FeSO4 dư = n Fe(OH)2 = n Fe2O3 . 2 = 0,1 mol
=> n Fe2O3 = 0,1 mol
=> m chất rắn = m Fe2O3 + m MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40 = 24 g
BTKL
mX + mdd HNO3 = mdd X + mH2O + m↑
=> mdd X = 11,6 + 87,5 – 30 . 0,1 – 46 . 0,15 = 89,2g
=> C%Fe(NO3)3 = 13,565%
BÀI TOÁN CHỨNG MINH AXIT CÒN DƯ HAY HỐN HỢP CÁC CHẤT CÒN DƯ
* Đặc điểm: “Trong một phản ứng cho biết lượng cả hai chất nhưng chỉ cần lương của một chất thì suy ra được lượng chất còn lại.”
DẠNG 1: Hỗn hợp kim loại hoặc muối tác dụng với axit
* Phương pháp giải:
Cách 1: Phải giả định hỗn hợp 2 kim loại (hoặc 2 muối) đã cho chỉ có 1 kim loại (hoặc 1 muối). Từ đó tính được lượng axit dùng cho mỗi trường hợp và suy ra khoảng giới hạn của lượng axit cần dùng.
Nếu dữ kiện cho lượng axit lớn hơn khoảng giới hạn ( lượng axit dư.
Nếu dữ kiện cho lượng axit nhỏ hơn khoảng giới hạn ( lượng axit hết.
Cách 2: Giả sử hỗn hợp 2 kim loại (hoặc 2 muối) chỉ có 1 1 kim loại (hoặc 1 muối) có khối lượng mol (M) nhỏ hơn (nhỏ nhất) để suy ra số mol hỗn hợp lớn nhất rồi so sánh với số mol axit. Nếu số mol axit lớn hơn số mol hỗn hợp (naxit > nhh) ( axit dư.
VD1: Hoà tan hoàn toàn 33g hỗn hợp X gồm Fe và Al vào 600ml dung dịch HCl 1,5M. Hỏi X có tan hết không?
VD2: Cho 39,6g hỗn hợp gồm KHSO3 và K2CO3 vào 400g dung dịch HCl 7,3%. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối với khí hiđro bằng 25,33 và dung dịch A.
Hãy chứng minh axit dư.
Tính C% các chất trong A.
DẠNG 2: Một kim loại (hoặc hỗn hợp kim loại) tác dụng với dung dịch axit nhưng với lượng khác nhau trong những thí nghiệm khác nhau:
* Phương pháp giải:
So sánh lượng axit ở 2 thí nghiệm và lượng H2 thu được ở 2 thí nghiệm để từ đó suy ra một thí nghiệm axit hết và một thí nghiệm axit dư.
VD3: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại Mg và Zn, dung dịch B là dung dịch HCl nồng độ x(M)
Thí nghiệm 1: Cho 20,2g hỗn hợp A vào 2 lít dung dịch B thì thoát ra 8,96 lít H2 (đktc).
Thí nghiệm 2: Cho 20,2g hỗn hợp A vào 3 lít dung dịch B thì thoát ra 11,2 lít H2 (đktc).
Tìm x và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong A.
BÀI TẬP
Bài 1: Cho 3,87g hỗn hợp gồm Mg và Al tác dụng với 500ml dung dịch HCl 1M.
Chứng minh axit còn dư.
Nếu sau phản ứng thoát ra 4,368 lít H2 (đktc) thì khối lượng Mg và Al trong hỗn hợp là bao nhiêu?
Tính thể tích dung dịch gồm NaOH 2M và Ba(OH)2 0,1M cần dùng để trung hoà lượng axit dư.
Bài 2: Cho 31,8g hỗn hợp 2 muối MgCO3 và CaCO3 vào 0,8 lít dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Z.
Hỏi Z có chứa axit dư hay không?
Lượng CO2 thu được là bao nhiêu?
Cho dung dịch NaHCO3 dư vào dung dịch Z thì thể tích khí CO2 thu được là 2,24 lít (đktc). Tính khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
Bài 3: Cho 18,6g hỗn hợp Zn và Fe vào 500ml dung dịch HCl x(M). Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn hỗn hợp được 34,575g chất rắn. Lập lại thí nghiệm như trên với 800ml dung dịch HCl x(M) rồi cô cạn hỗn hợp thu được 39,9g chất rắn.
Hãy chứng minh axit dư ở thí nghiệm 2.
Tìm x.
Bài 4: Cho 22,4g hỗn hợp Na2CO 3 và K2CO 3 tác dụng với 33,3g dung dịch CaCl2 thì thu được 20g kết tủa. Tính khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
Bài 5: Hoà tan 43g hỗn hợp gồm BaCl2 và CaCl 2 vào 375ml nước được dung dịch A (g/ml). Thêm vào dung dịch A 350ml dung dịch Na2CO3 1M thấy tách ra 39,7g kết tủa và được 800ml dung dịch B.
Hãy chứng minh sau phản ứng Na2CO3 dư.
Tính C% các chất trong dung dịch A.
Tính CM các chất trong dung dịch B.
Cho Ba(OH)2 vào muối Al sẽ có 2TH sau:
TH1: kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan
Al3+ + 3OH– → Al(OH)3↓
→ nAl(OH)3 = nAl3+ → nAl(OH)3 = xn + 0,04n
TH2: kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần
Al3+ + 3OH– → Al(OH)3↓
(xn + 0,04n)→ 3(xn + 0,04n) (xn + 0,04n)
Al(OH)3 + OH– → AlO2– + 2H2O
0,952 – 3(xn + 0,04n) ←0,952
→ nAl(OH)3 = 4xn + 0,16n – 0,952
\(n_{BaCl_2}=\dfrac{150.16,64\%}{137+35.2}=0,12\left(mol\right)\)
\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{100.14,7\%}{98}=0,15\left(mol\right)\)
Phương trình hóa học :
BaCl2 + H2SO4 -----> BaSO4 + 2HCl
Dễ thấy \(\dfrac{n_{BaCl_2}}{1}< \dfrac{n_{H_2SO_4}}{1}\Rightarrow H_2SO_4\text{ dư }0,15-0,12=0,03\left(mol\right)\)
c) Khối lượng kết tủa :
\(m_{BaSO_4}=0,12.233=27,96\) (g)
Khối lượng chất tan : \(m_{HCl}=0,24.36,5=8,76\left(g\right)\) ;
\(m_{H_2SO_4\left(\text{dư}\right)}=0,03.98=2,94\left(g\right)\)
c) \(C\%_{H_2SO_4}\)= \(\dfrac{2,94}{150+100}.100\%=1,176\%\)
\(C\%_{HCl}=\dfrac{8,76}{150+100}.100\%=3.504\%\)
d) NaOH + HCl ---> NaCl + H2O
0,24 <-- 0,24
mol mol
2NaOH + H2SO4 ---> Na2SO4 + 2H2O
0,06 mol <-- 0,03 mol
\(\Rightarrow n_{NaOH}=0,24+0,06=0,3\left(mol\right)\)
\(V_{NaOH}=0,3.2=0,6\left(l\right)\)