Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Xét thí nghiệm 1 và 2 có tạo số mol kết tủa bằng nhau
=> 2 chất X và Y không thể là A l 3 + v à F e 2 + vì A l ( O H ) 3 tan trong NaOH và không tan trong N H 3
Do đó số kết tủa ở thí nghiệm 1 sẽ phải nhỏ hơn thí nghiệm 2 => không thỏa mãn đề bài
Chọn B.
A. Nếu X, Y lần lượt là Al(NO3)3, Fe(NO3)2 thì thu được n1 = 2; n2 = 1; n3 = 1 .
B. Nếu X, Y lần lượt là MgCl2, Cu(NO3)2 thì thu được n1 = 1; n2 = 2; n3 = 2. (thoả mãn).
C. Nếu X, Y lần lượt là NaCl, FeCl2 thì thu được n1 = 1; n2 = 1; n3 = 4.
D. Nếu X, Y lần lượt là FeCl3, NaCl thì thu được n1 = 1; n2 = 1; n3 = 4.
Al(x) Na(2x)
Na+H2O->NaOH + H2
2x -> 2x
Al + NaOH + H2O ->
x -> x
nNaOH dư x
NaOHdư + CuCl2 -> NaCl + Cu(OH)2
0,025 <- 0,025
NaOHdư + HCl -> ...
0,05 <- 0,05
----> nNaOH = (0,025.2 + 0,5).2 = 0,2
nAl = 0,1
Tại nOH- = 0,35 thì Al(OH)3 chưa đạt cực đại ⇒ Al3+ còn dư
H+ + OH- → H2O
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
⇒ nOH- = nH+ + 3n↓ ⇒ 0,35 = x + 3.0,05 ⇒x = 0,2
Tại nOH- = 0,55 thì Al(OH)3 đạt cực đại và bị tan bớt 1 phần
H+ + OH- → H2O
0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
y → 3y → y
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
(y – 0,05) → (y – 0,05
⇒ nOH- = 0,2 + 3y + y – 0,05 = 0,55 ⇒ y = 0,1
Bảo toàn điện tích ⇒ 0,2 + 0,1.3 = 2z + 0,1 ⇒z = 0,2
Khi cho 0,27 mol Ba(OH)2 vào dung dịch X thì
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓
0,2 → 0,2
H+ + OH- → H2O
0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
0,1 → 0,3 → 0,1
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
0,04 ← 0,04
⇒ mY = mBaSO4 + mAl(OH)3 = 0,2.233 + 0,06.78 = 51,28g ⇒ Chọn D.
Phân tích thí nghiệm của dung dịch X với NaOH
Thí nghiệm 2
Đáp án C
Đáp án D
Ta có: x = 0,35 – 0,05.3 = 0,2
Tại điểm kết tủa cực đại là
=> z = 0,2.
Khi thêm 0,27 Ba(OH)2 thì thu được kết tủa Z chứa
=> m = 51,28 gam
Đáp án C
Trong 400 ml dung dịch E có :
⇔ n OH - ban đầu > n OH - / Al OH 3
= 0,072 mol
Vậy trong phản ứng của E với dung dịch NaOH đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa.
Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch G, ta có :
Suy ra : x:y = 0,21:0,12 = 7:4
Đáp án cần chọn là: C