Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(Na+H_2O\rightarrow NaOH+\dfrac{1}{2}H_2\) (1)
\(6NaOH+Fe_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow2Fe\left(OH\right)_3+3Na_2SO_4\) (2)
\(n_{Na}=\dfrac{9,2}{23}=0,4\left(mol\right);n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{200.4\%}{400}=0,04\left(mol\right)\)
\(TheoPT\left(1\right):n_{NaOH}=n_{Na}=0,4\left(mol\right)\)
Lập tỉ lệ PT (2) : \(\dfrac{0,4}{6}>\dfrac{0,04}{1}\)
=> Sau phản ứng NaOH dư
\(2Fe\left(OH\right)_3-^{t^o}\rightarrow Fe_2O_3+3H_2O\)
Bảo toàn nguyên tố Fe: \(n_{Fe_2O_3}.2=n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}.2\Rightarrow n_{Fe_2O_3}=0,04\left(mol\right)\)
=> \(m_{Fe_2O_3}=0,04.160=6,4\left(g\right)\)
Dung dịch A: \(Na_2SO_4:0,12\left(mol\right);NaOH_{dư}:0,4-0,24=0,16\left(mol\right)\)
\(m_{ddsaupu}=9,2+200-0,08.107=200,64\left(g\right)\)
\(C\%_{Na_2SO_4}=\dfrac{0,12.142}{200,64}=8,5\%\)
\(C\%_{NaOH}=\dfrac{0,16.40}{200,64}.100=3,2\%\)
@Thảo Phương
Chị ơi chỗ \(C\%_{Na_2SO_4}=\dfrac{0,12.142}{200,64}=8,5\%\) thiếu nhấn vs \(100\%\) (nhưng kết quả vẫn đúng)
\(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right);n_{CuSO_4}=\dfrac{40}{160}=0,25\left(mol\right)\)
\(PTHH:Fe+CuSO_4\xrightarrow[]{}FeSO_4+Cu\)
ta có tỉ lệ : \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,25}{1}=>CuSO_4\) dư
\(PTHH:Fe+CuSO_4\xrightarrow[]{}FeSO_4+Cu\)
tỉ lệ :1 1 1 1
số mol :0,2 0,2 0,2 0,2
\(m_{Cu}=0,2.64=12,8\left(g\right)\)
dạ em cảm ơn anh/thầy nhưng mà cái tổng HCl ra m bấm máy sai rồi ạ vs cảm ơn anh/thầy giúp em giải bài nha
*) Xét phần I : \(m_{\left(Mg+Fe\right)}=2,72:2=1,36\left(g\right)\)
- Trường hợp 1 : Một nửa hỗn hợp A phản ứng hết với \(CuSO_4\)
Thứ tự phản ứng xảy ra :
\(Mg+CuSO_4\rightarrow MgSO_4+Cu\downarrow\)
\(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\downarrow\)
=> Dung dịch C gồm có : \(FeSO_4,MgSO_4,CuSO_4\). Chất rắn B là Cu (có khối lượng là 1,84g).
Cho dung dịch C + dd NaOH \(\rightarrow\) kết tủa \(Fe\left(OH\right)_2,Mg\left(OH\right)_2,Cu\left(OH\right)_2\)
\(MgSO_4+2NaOH\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
\(FeSO_4+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
\(CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
Khi nung kết tủa :
\(Mg\left(OH\right)_2\rightarrow\left(t^0\right)MgO+H_2O\)
\(4Fe\left(OH\right)_2+O_2\rightarrow\left(t^0\right)2Fe_2O_3+4H_2O\)
\(Cu\left(OH\right)_2\rightarrow\left(t^0\right)CuO+H_2O\)
Oxit tương ứng sau khi nung trong không khí là \(Fe_2O_3,MgO,CuO\) có khối lượng là 1,2g < 1,36g, Vậy A chưa phản ứng hết.
- Trường hợp 2 : Một nửa hh A phản ứng chưa hết với \(CuSO_4\).
Giả thiết Mg pư chưa hết (mà Mg lại hoạt động hh mạnh hơn Fe) thì dung dịch \(CuSO_4\) phải hết và Fe chưa tham gia phản ứng.
\(\Rightarrow\) Dung dịch C là \(MgSO_4\) và chất rắn D chỉ có MgO.
\(Mg+CuSO_4\rightarrow MgSO_4+Cu\downarrow\)
\(MgSO_4+2NaOH\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
\(Mg\left(OH\right)_2\rightarrow\left(t^0\right)MgO+H_2O\)
=> Số mol Mg phản ứng \(=n_{Cu}=n_{MgO}=1,2:40=0,03\left(mol\right)\)
Chất rắn B gồm Cu,Fe,Mg còn dư.
Nhưng ta thấy rằng \(m_{Cu-tạo-ra}=0,03\cdot64=1,92\left(g\right)>1,84\left(g\right)\), trái với điều kiện bài toán. Vậy Mg phải phản ứng hết và Fe tham gia một phần.
Như vậy :
Chất rắn B gồm có \(Cu,Fe\) còn dư.
Dung dịch C gồm có \(MgSO_4,FeSO_4\)
Chất rắn D gồm có MgO và \(Fe_2O_3\) có khối lượng là 1,2g.
Đặt x,y là số mol Fe, Mg trong \(\dfrac{1}{2}\) hỗn gợp A và số mol Fe dư là z.
Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}56x+24y=1,36\\\left(x-z\right)\cdot64+y\cdot64+56\cdot z=1,84\\160\cdot\left(x-z\right):2+40y=1,2\end{matrix}\right.\)
Giải hpt trên ta được x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0,01.
Nên %Fe = 82,35% và %Mg = 17,65%.
Số mol của \(CuSO_4=0,02\left(mol\right)\)
=> \(a=\dfrac{0,02}{0,4}=0,05M\)
*) Xét phần 2 : Một nửa hỗn hợp A có khối lượng là 1,36g.
Độ tăng của khối lượng chất rắn = 3,36 - 1,36 = 2(g)
Giả thiết Fe chưa pư :
\(Mg+CuSO_4\rightarrow MgSO_4+Cu\downarrow\)
\(MgSO_4+2NaOH\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)
\(Mg\left(OH\right)_2\rightarrow\left(t^0\right)MgO+H_2O\)
Ta có số mol Mg phản ứng bằng :
\(2:\left(2\cdot108-24\right)=0,0104\left(mol\right)>n_{Mg}\) trong phần 1.
Như vậy Fe đã tham gia pư và Mg đã phản ứng hết.
\(m_{rắn-do-Mg-sinh-ra}=0,01\cdot\left(2\cdot108-24\right)=1,92\left(g\right)\)
\(m_{rắn-do-Fe-sinh-ra}=2-1,92=0,08\left(g\right)\)
\(n_{Fe-phản-ứng}=0,08:\left(2\cdot108-56\right)=0,0005\left(mol\right)\)
\(n_{Fe-dư}=0,02-0,0005=0,0195\left(mol\right)\)
Vậy chất rắn E gồm có Fe còn dư và Ag được sinh ra sau phản ứng.
\(m_{Fe}=0,0195\cdot56=1,092\left(g\right)\)
Nên \(\%Fe=\dfrac{1,092}{3,36}\cdot100\%=32,5\%\)
\(\%Ag=100\%-32,5\%=67,5\%\)
Tổng số mol \(AgNO_3\) đã phản ứng :
\(n_{AgNO_3}=\left(0,01+0,0005\right)\cdot2=0,021\left(mol\right)\)
Thể tích dung dịch \(AgNO_3\) đã dùng :
\(V_{dd}=\dfrac{0,021}{0,1}=0,21\left(l\right)\)
Giả sử có 1 mol Cu
=> mCu(bd) = 64 (g)
\(hh_{sau.pư}=64+\dfrac{1}{6}.64=\dfrac{224}{3}\left(g\right)\)
Gọi số mol Cu pư là a (mol)
PTHH: 2Cu + O2 --to--> 2CuO
a---------------->a
=> hh sau pư chứa \(\left\{{}\begin{matrix}CuO:a\left(mol\right)\\Cu:1-a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(80a+64\left(1-a\right)=\dfrac{224}{3}\)
=> a = \(\dfrac{2}{3}\left(mol\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Cu}=\dfrac{64\left(1-\dfrac{2}{3}\right)}{\dfrac{224}{3}}.100\%=28,57\%\\\%m_{CuO}=\dfrac{80.\dfrac{2}{3}}{\dfrac{224}{3}}.100\%=71,43\%\end{matrix}\right.\)
PTHH: Fe + CuSO4 -> FeSO4 + Cu
Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)
- Dung dịch Y là dd FeSO4, chất rắn X là Cu.
+) \(V_{ddCuSO_4}=100\left(ml\right)=0,1\left(l\right)\\ n_{CuSO_4}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\)
=> \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,05}{1}\)
=> Fe dư, CuSO4 hết nên tính theo \(n_{CuSO_4}\)
Vì: Cu không tác dụng được với dd HCl nên chất rắn không tan là Cu.
=> \(n_{Cu}=n_{CuSO_4}=0,05\left(mol\right)\\ =>m_{Cu}=0,05.64=3,2\left(g\right)\)
b, - Chất có trong ddY thu được chỉ có mỗi FeSO4.
- Ta có: \(n_{FeSO_4}=n_{CuSO_4}=0,05\left(mol\right)\\ =>m_{FeSO_4}=0,05.152=7,6\left(g\right)\)
- Ta lại có: \(n_{Fe\left(fản-ứng\right)}=n_{Cu}=n_{CuSO_4}=0,05\left(mol\right)\\ =>m_{Fe\left(f.ứ\right)}=0,05.56=2,8\left(g\right)\\ m_{Cu}=0,05.64=3,2\left(g\right)\\ m_{ddCuSO_4}=1,08.100=108\left(g\right)\\ =>m_{ddY}=2,8+108-3,2=107,6\left(g\right)\)
- Nồng độ phần trăm của chất có trong ddY:
\(C\%_{ddFeSO_4}=\dfrac{7,6}{107,6}.100\approx7,063\%\)
LƯU Ý: Nếu chất dư là kim loại thì nó là ko tan vì dd đã bão hòa chứ ko thể tính C% nhé!
\(a.n_{CuO}=\dfrac{40}{80}=0,5\left(mol\right)\\ n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\\ PTHH:CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\\ Vì:\dfrac{0,15}{1}< \dfrac{0,5}{1}\\ \rightarrow CuOdư\\ n_{CuO\left(p.ứ\right)}=n_{Cu}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\\ \rightarrow n_{CuO\left(dư\right)}=0,5-0,15=0,35\left(mol\right)\\ m_{CuO\left(DƯ\right)}=0,35.80=28\left(g\right)\\ b.m_{Cu}=0,35.64=22,4\left(g\right)\\ c.m_{hh_{rắn}}=m_{Cu}+m_{CuO\left(dư\right)}=22,4+28=50,4\left(g\right)\)
Gọi $n_{Al}= a(mol) ; n_{Fe} = b(mol) \Rightarrow 27a + 56b = 4,44(1)$
$4Al + 3O_2 \xrightarrow{t^o} 2Al_2O_3$
$3Fe + 2O_2 \xrightarrow{t^o} Fe_3O_4$
$Fe_3O_4 + 4H_2 \xrightarrow{t^o} 3Fe + 4H_2O$
B gồm : $Al_2O_3, Fe$
$n_{Al_2O_3} = \dfrac{1}{2}n_{Al} = 0,5a(mol)$
Suy ra: $0,5a.102 + 56b = 5,4(2)$
Từ (1)(2) suy ra a = 0,04 ; b = 0,06
$m_{Al} = 0,04.27 =1,08\ gam$
$m_{Fe} = 0,06.56 = 3,36\ gam$
