Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
* TH1: FeSO4
1)
(NH4)2SO4+ Ba(OH)2\(\rightarrow\) BaSO4+ 2NH3+ 2H2O
FeSO4+ Ba(OH)2\(\rightarrow\) Fe(OH)2+ BaSO4
2Fe(OH)2 +1/2O2\(\underrightarrow{^{to}}\) Fe2O3+ 2H2O
2NH3+ H2SO4\(\rightarrow\) (NH4)2SO4
H2SO4+ 2NaOH\(\rightarrow\) Na2SO4+ H2O
2)
Đặt mol (NH4)2SO4, FeSO4, H2O trong A là x, y, z mol
Theo bài, muối A nặng 9,64g nên ta có pt:
132x+ 152y+ 18z= 9,64 (1)
Cho A vào Ba(OH)2 thu đc khí NH3, chất rắn là hỗn hợp BaSO4, Fe(OH)2
Theo pt, spu thu đc (x+y) mol BaSO4, y mol Fe(OH)2, 2x mol NH3
Nung B thu đc 10,92g rắn gồm (x+y) mol BaSO4 và 0,5y mol Fe2O3 nên ta có pt:
233x+ 233y+ 80y= 10,92 \(\Leftrightarrow\) 233x+ 313y= 10,92 (2)
Sục C vào 0,2.0,1= 0,02 mol H2SO4, spu cần 0,02 mol NaOH trung hoà axit dư
2NaOH+ H2SO4\(\rightarrow\) Na2SO4+ 2H2O
\(\rightarrow\)nH2SO4 dư= 0,01 mol
\(\rightarrow\) nH2SO4 pu= 0,01 mol
2NH3+ H2SO4\(\rightarrow\) (NH4)2SO4
\(\rightarrow\) nH2SO4 pu= x= 0,01 (3)
Từ (1)(2)(3) giải ta có x=0,01; y=0,03; z=0,23
Vậy tỉ lệ các muối là 1: 3: 23. A là muối (NH4)2SO4. 3FeSO4. 23H2O
* TH2: tương tự với Fe2(SO4)3
Trích mẫu thử và đánh số thứ tự
* Cho H2O dư vào 4 mẫu thử
- Mẫu nào tan là K2O
K2O + H2O -> 2KOH
- Mẫu không tan là MgO, CuO và SiO2
*Cho dung dịch HCl dư vào 3 mẫu thử còn lại
- Mẫu nào tan cho dung dịch màu xanh lam là CuO
Cuo + 2HCl -> CuCl2 + H2O
- Mẫu nào tan cho dung dịch trong suốt là MgO
MgO + 2HCl -> MgCl2 + H2O
- Mẫu nào không tan là SiO2
Phương trình hóa học:
2MxOy + (6x-2y)H2SO4 → xM2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 ↑ + (6x-2y)H2O
Đổi 400ml = 0,4 lít
nH2SO4 = CmH2S04 * VH2SO4
= 1 * 0,4
= 0,4
PTHH: 2NaOH + H2SO4 ----> Na2SO4 + 2H2O
mol : 0,8 0,4 0,4 0,8
mNaOH = 0,8 * 40 = 32 (g)
mdd NaOH = 32 * 100 =320
10
n Fe2O3=0,1mol
mHCl=29,2g
=> nHCl=0,8mol
PTHH: Fe2O3+6HCl=> 2FeCl3+3H2O
0,1: 0,8 => nHCL dư
p/ư 0,1->0,6---------->0,2--->0,3
mFeCl3=0,2.162,5=32,5g
theo định luật btoan khối lượng ta có : mdd FeCl3=16+400-0,3.18=410,6g
=> C%FeCl3=32,5:410,6.100=7,9%
Tìm nFe2O3
Tìm nHCL
Viết pứ
Coi cái n nào dư thì loại ra , tính theo số n cái nhỏ nhất ( pứ đủ)
Ta có ptpu
2NaOH + CO2 ----> Na2Co3+ H2O
\(n_{CO2}\)= \(\frac{2,24}{22,4}\)=0,1 ( mol)
Đổi 100ml= 0,1l
\(n_{NaOH}\)= 1,5. 0,1=0,15mol
Theo ptpu ta thấy CO2 dư
\(_{n_{Na2O3}}\)= 1/2 \(n_{NaOH}\)= 0,05 mol
==> CM= \(\frac{n}{V}\)= \(\frac{0,05}{0,1}\)= 0,5
Đặt tỉ số T = \(\frac{OH-}{CO2}\)
Nếu: T = 2 : chỉ tạo muối Na2CO3
T = 1 : chỉ tạo muối NaHCO3
1 < T < 2 : tạo cả muối NaHCO3 và Na2CO3
Từ dạng toán này bạn dựa vào các dữ kiện của đề bài để làm nhé
mik nghỉ là k có 2 axit nào kết hợp vs nhau để ra 2 oxit đâu bạn
2) cho hỗn hợp khí qua dd Ca(OH)2 dư CO2 bị Ca(OH)2 giữ lại ta thu được khí CO
ptpu : CO2 + Ca(OH)2 -----> CaCO3 + H2O
1) dùng NaOH nha bạn rồi viết phương trình
Bài 2: Cho hỗn hợp khí đi qua dung dịch nước vôi trong dư => CO2 bị giữ lại
PTHH: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
Ta sẽ thu được khí CO tinh khiết
Bài này khá khó :
Sơ đồ bài toán
\(10,04\left(g\right)\left\{{}\begin{matrix}Fe\\Fe3O4\end{matrix}\right.+\left\{{}\begin{matrix}H2SO4:0,1\left(mol\right)\\HNO3:0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}NO:0,1\left(mol\right)\\NO2:a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\\ddY\left\{{}\begin{matrix}Fe^{3+}:\\H^+:\\SO_4^{2-}:0,1\left(mol\right)\\NO_3^-:\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
Xét 1 phần dd X pư với KOH: 0,2 (mol) → Fe(OH)3: 0,05 (mol)
PT ion: H+ + OH- → H2O (1)
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ (2)
nOH-(2) = 3nFe(OH)3 = 3.0,05 = 0,15 (mol)
→ nOH-(1) = nKOH – nOH-(2) = 0,2 – 0,15 = 0,05 (mol)
Theo (1): nH+ = nOH-(1) = 0,05 (mol)
Vậy trong dd Y có\(ddY\left\{{}\begin{matrix}Fe^{3+}\\H^+du:0,05.2=0,1\left(mol\right)\\SO_4^{2-}:0,1\left(mol\right)\\NO^-_3:\end{matrix}\right.\)
Có: nH+ bđ = 2nH2SO4 + nHNO3 = 2.0,1 + 0,5 = 0,7 (mol)
→ nH+ pư = nH+bđ – nH+ dư = 0,7 – 0,1 = 0,6 (mol)
Xét quá trình hòa tan hh X trong H2SO4 và HNO3 xảy ra quá trình sau:
4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O
0,4 ← 0,1 ← 0,3 ← 0,1 (mol)
2H+ + NO3- + 1e → NO2 + H2O
2a ← a ← a ← a (mol)
Có: ∑ nH+ pư = 0,4 + 2a = 0,6
→ 2a = 0,2
→ a = 0,1 (mol)
BTNT “N”: nNO3-(trong Y) = nHNO3 - nNO – nNO2 = 0,5 – 0,1 – 0,1 = 0,3 (mol)
Bảo toàn điện tích với các chất trong dung dịch Y ta có:
3nFe3+ + nH+ = 2nSO42- + nNO3-(Y)
→ 3.nFe3+ + 0,1 = 2.0,1 + 0,3
→ nFe3+ = 0,2 (mol)
Vậy \(ddY\left\{{}\begin{matrix}Fe^{3+}:0,2\left(mol\right)\\H^+du:0,1\left(mol\right)\\SO^{2-}_4:0,1\left(mol\right)\\NO^-_3:0,3\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Xét cả dd Y với dd Ba(OH)2
PT ion: H+ + OH- → H2O (1)
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ (2)
SO42- + Ba2+ → BaSO4↓ (3)
nFe(OH)3 = nFe3+ = 0,2(mol)
nBaSO4 = nBa2+ = 0,1 (mol)
→ m kết tủa =0,2.107 + 0,1.233 = 44,7 (g)
Vậy 1/2 dd Y pư với dd Ba(OH)2 dư thu được 44,7/2 = 22,35 (g) kết tủa.