Gọi CTHH của oxit KL là `RO`

\(\rightarrow n_{RO} = \dfrac{15,3}{M_R + 16} (mol)\)

Bảo toàn nguyên tố R: \(n_{R(OH)_2} = \dfrac{15,3}{M_R + 16} (mol)\)

\(m_{R(OH)_2} = 200. \dfrac{8,55}{100} = 17,1 (g)\\ \rightarrow M_{R(OH)_2} = \dfrac{17,1}{\dfrac{15,3}{M_R + 16}} = \dfrac{19}{17} . (M_R + 16)\\ \Leftrightarrow M_R + 34 = \dfrac{19}{17} . (M_R + 16)\\ \Leftrightarrow M_R = 137(g/mol)\)

`=> R` là `Ba`

CTHH: `BaO`

Bài 1:

\(PTK_{HCl}=1.1+35,5.1=36,5\left(đvC\right)\)

\(PTK_{Fe_3O_4}=56.3+16.4=232\left(đvC\right)\)

\(PTK_{KOH}=39.1+16.1+1.1=56\left(đvC\right)\)

\(PTK_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=27.2+\left(32.1+16.4\right).3=342\left(đvC\right)\)

\(PTK_{FeCl_3}=56.1+35,5.3=162,5\left(đvC\right)\)

\(PTK_{H_3PO_4}=1.3+31.1+16.4=98\left(đvC\right)\)

\(PTK_{Al\left(OH\right)_3}=27.1+\left(16.1+1.1\right).3=78\left(đvC\right)\)

Bài 2:

Do số hạt mang điện là 22

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n=34-22=12\\p=e=\dfrac{22}{2}=11\end{matrix}\right.\)

A là Na(Natri)

Bài 3:

a) \(PTK_B=2.32=64\left(đvC\right)\)

b)

CTHH: XO₂

\(PTK_B=NTK_X+2.16=64\left(đvC\right)\)

=> NTK_X = 32 (đvC)

=> X là S (Lưu huỳnh)

• leetrunghieu
• 01/01/2022

Đáp án:

Ta lấy các chất đổ lần lượt vào nhau thu được kết quả như bảng trên

Dd nào chỉ tạo 1 kết tủa với các chất còn lại là K₂SO₄

Dd nào tạo kết tủa keo trắng, xong đó kết tủa tan dần rồi lại xuất hiện, lại tan hết => đó là Al(NO₃)₃

Dd nào tạo 1 kết tủa và 1 khí bay lên ( mùi khai) với các chất còn lại là  (NH₄)₂SO₄

Dd tạo 2 kết tủa với các chất còn lại là Ba(NO₃)₂

Dd tạo 1 kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan và 1 chất khí với các chất khác là NaOH

Các PTHH xảy ra:

K₂SO₄ + Ba(NO₃)₂→ BaSO₄↓ + 2KNO₃

Al(NO₃)₃ + NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaNO₃

Al(OH)₃↓ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

(NH₄)₂SO₄ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄↓ + 2NH₄NO₃

2NaOH + (NH₄)₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

Từ bảng trên => nhận biết được cả 5 chất

m=mNaCl+mKCl

Giải thích các bước giải:

Ta có: Gọi số mol M2CO3;MHCO3 và MCl lần lượt là x; y; z, ta có:

M2CO3+2HCl→2MCl+H2O+CO2

MHCO3+HCl→MCl+H2O+CO2

(2M+60)x+(M+61)y+(M+35,5)z=43,71

Phần 2: nAgCl=0,48(mol)

MCl+AgNO3→MNO3+AgCl

AgNO3+HCl→AgCl+HNO3

Phần 1:

KOH+HCl→KCl+H2O

nKOH=0,1(mol)⇒ưnHCldư=0,1(mol)

⇒nMCl=0,38(mol)⇒2x+y+z=0,76(1)

Do nCO2=0,4(mol)⇒x+y=0,4(2)

⇒x+z=0,36

Ta có:(2M+60)x+(M+61)y+(M+35,5)z=43,71

⇒(2M+60)x+(M+61)(0,4−x)+(M+35,5)(0,36−x)=43,71
⇒0,76M−36,5x=6,53⇒x=0,76M−6,5336,5 

Ta có: Vì x+y=0,4⇒0<x<0,4⇒0<0,76M−6,5336,5<0,36

⇒0<0,76M−6,53<14,6⇒6,53<0,76M<21,13

⇒8,6<M<27,8⇒M là Na

⇒106x+84y+58,5z=43,71(3)

Từ (1);(2);(3)⇒x=0,3;y=0,1;z=0,06

⇒∑nHCl=0,3.2+0,1+0,1.2=0,9(mol)⇒mHCl=32,85(g)⇒mddHCl=312,26(g)

⇒V=297,39(ml)

Ta có: m=mNaCl+mKCl

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{7,88}{197}=0,04\left(mol\right)\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.0,2=0,06\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: FeCO₃ + H₂SO₄ --> FeSO₄ + CO₂ + H₂O

            2Al + 3H₂SO₄ --> Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

=> \(n_{Al}=\dfrac{2}{3}.n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

TH1: Kết tủa không bị hòa tan

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ --> BaCO₃ + H₂O

                              0,04<---0,04

\(\Rightarrow n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{FeCO_3}=0,04\left(mol\right)\)

m = 0,04.116 + 0,1.27 = 7,34 (g)

TH2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ --> BaCO₃ + H₂O

             0,06----->0,06--->0,06

            BaCO₃ + CO₂ + H₂O --> Ba(HCO₃)₂

              0,02---->0,02

=> \(n_{CO_2}=0,06+0,02=0,08\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{FeCO_3}=0,08\left(mol\right)\)

m = 0,08.116 + 0,1.27 = 11,98 (g)

\(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\ n_{NaOH}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\\ n_{Na_2CO_3}=1,5.0,1=0,15\left(mol\right)\)

Xét \(T=\dfrac{0,05}{1}=\dfrac{1}{2}\) => Tạo muối NaHCO₃ 

PTHH:   \(NaOH+CO_2\rightarrow NaHCO_3\)

               0,05---->0,05----->0,05

               \(Na_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow2NaHCO_3\)

bđ            0,15           0,05

sau pư     0,1               0                       0,1

Vậy ddX gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Na_2CO_3:n_{Na_2CO_3}=0,1\left(mol\right)\\NaHCO_3:n_{NaHCO_3}=0,05+0,1=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_3^{2-}}=0,1\left(mol\right)\\n_{HCO_3^-}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{BaCO_3\downarrow}=\dfrac{43,34}{197}=0,22\left(mol\right)\)

Xét \(0,22< 0,1+0,15=0,25\)

=> Trong dd có chứa muối \(HCO_3^-\)

+) TH₁: Muối đó là NaHCO₃ dư

\(n_{Ba^{2+}}=n_{BaCO_3}=0,22\left(mol\right)\\ n_{BaCl_2}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\\ \xrightarrow[]{\text{BTNT Ba}}n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,22-0,2=0,02\left(mol\right)\\ \rightarrow a=C_{M\left(Ba\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,02}{0,1}=0,2M\)

+) TH₂: Muối đó là Ba(HCO₃)₂

\(\xrightarrow[\text{BTNT C}]{}n_{Ba\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{HCO_3^-}=\dfrac{1}{2}.\left(0,25-0,22\right)=0,015\left(mol\right)\\ \sum n_{Ba^{2+}}=n_{Ba\left(HCO_3\right)_2}+n_{BaCO_3}=0,015+0,22=0,235\left(mol\right)\\ \xrightarrow[\text{BTNT Ba}]{}n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,235-0,2=0,035\left(mol\right)\\ \rightarrow a=C_{M\left(Ba\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,03}{0,1}=0,35M\)

Vậy \(0,2\le a\le0,35\)

hnhu thay a = 0,2 với 0,35 vào đều ra khác với đề hsy :) ?