Bài 32. Luyện tập chương III : Phi kim - Sơ lược về bảng tuần hoàn nguyên tố hóa học

\(n_{CO_2}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=\frac{300.1,2}{1000}=0,36\left(mol\right)\) => \(n_{OH}=0,36\left(mol\right)\)

Ta có: \(T=\frac{n_{OH}}{n_{CO_2}}=\frac{0,36}{0,3}=1,2\)

Vì \(1< T< 2\) nên phản ứng tạo hai muối : Na₂CO₃ và NaHCO₃

Gọi \(n_{Na_2CO_3}=x\left(mol\right)\); \(n_{NaHCO_3}=y\left(mol\right)\)

PTHH: \(CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\left(1\right)\)

x 2x \(\leftarrow\) x (mol)

\(CO_2+NaOH\rightarrow NaHCO_3\left(2\right)\)

y y \(\leftarrow\) y (mol)

Ta có : \(\left\{\begin{matrix}x+y=0,3\\2x+y=0,36\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}x=0,06\left(mol\right)\\y=0,24\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=0,06\left(mol\right)\\n_{NaHCO_3}=0,24\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Có: \(m_{Na_2CO_3}=0,06.106=6,36\left(g\right)\)

_{\(m_{NaHCO_3}=0,24.84=20,16\left(g\right)\)}

=> \(\sum m_{muối}=6,36+20,16=26,52\left(g\right)\)

b. PTHH: \(Na_2CO_3+BaCl_2\rightarrow2NaCl+BaCO_3\downarrow\left(3\right)\)

0,06 \(\rightarrow\) 0,06 (mol)

\(m_{BaCO_3}=0,06.197=11,82\left(g\right)\)

nCO₂ = 6,72/22,4 = 0,3 (mol)

nNaOH = 0.3*1.2 = 0.36 (mol)

PTHH : 2NaOH + CO₂ --> Na₂CO₃ + H₂O

mol : 0.36 0.3

PƯ : 0.3 0.3

sau PƯ : 0.06 0 0.3

a) mNa₂CO₃ = 0.3 * 106 = 31.8 (g)

b) Cho dd Na₂CO₃ vào BaCl₂ dư => Na₂CO₃ hết

PTHH : BaCl₂ + Na₂CO₃ --> BaCO₃ + 2NaCl

mol : 0.3 0.3 0.3

m BaCO₃ = 197 * 0.3 = 59.1 (g)

Câu 1:

PTHH: Zn + CuSO₄ ===> ZnSO₄ + Cu

Đặt số mol Zn phản ứng là a (mol)

=> Khối lượng Zn phản ứng: m_Zn = 65a (gam)

Theo PTHH, n_Cu = n_Zn = a (mol)

=> Khối lượng Cu thu được: m_Cu = 64a (gam)

Ta có: m_{bình tăng} = m_Zn - m_Cu = 65a - 64a = a = 0,2

=> Khối lượng Zn phản ứng: m_Zn = 0,2 x 65 = 13 (gam)

Câu 3: Ta có: \(\left\{\begin{matrix}n_{CO2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\n_{Ca\left(OH\right)2}=0,075\left(mol\right)\Rightarrow n_{OH^-}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Lập tỉ lệ: \(1< \frac{n_{OH^-}}{n_{CO2}}=\frac{0,15}{0,1}< 2\)

=> Tạo 2 muối CaCO₃ và muối Ca(HCO₃)₂

mọi người giải hộ mình mình đang cần gấp....

Co2

Nếu cho thêm kim loại K vào X mà ban đầu chưa có K thì ta có:

\(\%K=\dfrac{1,95}{1,95+9,3}.100\%\approx17,33\%< 52\%\)

\(\Rightarrow\) Ngay từ đầu X đã có kim loại K

\(\Rightarrow M:K\)

Nếu R là kim loại tác đụng được với nước hay không tác dụng được với KOH thì

\(2K\left(0,05\right)+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\left(0,025\right)\)

\(\Rightarrow n_{K\left(tt\right)}=\dfrac{1,95}{39}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2}=0,025+0,2=0,225< \dfrac{8,4}{22,4}=0,375\)

\(\Rightarrow\) R là kim loại không phản ứng với nước nhưng phản ứng với KOH.

Gọi số mol của K và R trong Y lần lược là x, y, n là hóa trị của R thì ta có:

\(m_K=\left(9,3+1,95\right).52\%=5,85\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_K=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_R=\left(9,3+1,95\right)-5,85=5,4\left(g\right)\)

Khi Y tác dụng với dd KOH thì ta có:

\(2K\left(0,15\right)+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\left(0,075\right)\left(1\right)\)

\(R\left(\dfrac{0,6}{n}\right)+\left(4-n\right)KOH+\left(n-2\right)H_2O\rightarrow K_{\left(n-4\right)}RO_2+\dfrac{n}{2}H_2\left(0,3\right)\left(2\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2\left(2\right)}=0,375-0,075=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{0,6R}{n}=5,4\)

\(\Leftrightarrow R=9n\)

Thay n = 1, 2, 3, ... ta nhận n = 3; R = 27

Vậy R là \(Al\)

- Gọi n là hóa trị của kim loại R

m_Y=1,95+9,3=11,25 gam

%K=\(\dfrac{m_K}{11,25}.100=52\rightarrow m_K=5,85g\)> lượng K thêm vào chỉ có 1,95 gam

\(\rightarrow\)M phải là K\(\rightarrow\)m_K(X)=5,85-1,95=3,9 gam\(\rightarrow\)m_R=9,3-3,9=5,4 gam

n_K(X)=\(\dfrac{3,9}{39}=0,1mol\); \(n_R=\dfrac{5,4}{R}mol\)

- Khi cho X tác dụng H₂O dư: \(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2mol\)

2K+2H₂O\(\rightarrow\)2KOH+H₂

\(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_K=\dfrac{0,1}{2}=0,05< 0,2\)

\(\rightarrow\)R là kim loại lưỡng tính tác dụng KOH để tạo ra thêm 0,2-0,05=0,15 mol H₂

- Trong Y có: n_K(Y)=\(\dfrac{5,85}{39}=0,15mol\); \(n_R=\dfrac{5,4}{R}mol\)

2K+2H₂O\(\rightarrow\)2KOH+H₂

R+(4-n)KOH\(\rightarrow\)K_4-nRO₂+\(\dfrac{n}{2}H_2\)

\(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_K+\dfrac{n}{2}n_R=\dfrac{8,4}{22,4}=0,375\)

\(\rightarrow\)\(\dfrac{0,15}{2}+\dfrac{4,5R}{2n}=0,375\)

\(\rightarrow\)\(\dfrac{4,5R}{2n}=0,3\rightarrow R=9n\)

n=1\(\rightarrow\)R=9(loại)

n=2\(\rightarrow\)R=18(loại)

n=3\(\rightarrow\)R=27(Al)

Vậy M là K và R là Al

nH2 (1)= \(\dfrac{4,48}{22,4}\)= 0,2 (mol); nH2(2) =\(\dfrac{8,4}{22,4}\)=0,375mol

Khi thêm 1,95g K vào 9,3g X, nếu trong X ko có K thì:

%mK= \(\dfrac{1,95}{1,95+9,3}\).100\(\approx\)17,33% < 52% suy ra trong X có kim loại K => M chính là K

- Vậy X (chứa K,R)

+ Nếu R tan trực tiếp trong nước, hoặc ko tan trong dung dịch KOH, thì khi cho Y tác dụng với KOH so với X có thêm 0,025 mol H2, do có phản ứng

K + H2O\(\rightarrow\)KOH+ \(\dfrac{1}{2}\)H2\(\uparrow\)

=> \(\Sigma\)nH2 (2)=0,2 + 0,025= 0,255 (mol) < nH2 (2) đề cho

=> R ko tan trực tiếp trực tiếp trong nước nhưng tan trong dd KOH

Đặc số mol của K và R là x,y ta có:

x= \(\dfrac{0,25.\left(9,3+1,95\right)}{39}\)=0,15 mol => mR= yR= 9,3-0,1.39= 5,4g (I)

y tác dụng với dd KOH có phản ứng (TN2):

K+H2O\(\rightarrow\)KOH +\(\dfrac{1}{2}\)H2\(\uparrow\)

R+ (4-n)KOH+ (n-2)H2O\(\rightarrow\)K(4-n)RO2+ \(\dfrac{n}{2}\)H2\(\uparrow\)

y dư \(\dfrac{ny}{2}\)

=> nH2(2)= 0,075+\(\dfrac{n.y}{2}\)=0,375 => ny=0,6 (II)

Từ (I,II)=> R= \(\dfrac{27n}{3}\)=>n=3; R=27 (Al)

a) Fe +H2SO4 --> FeSO4 +H2 (1)

nH2=0,05(mol)

theo (1) : nFe=nH2=0,05(mol)

=>mFe=2,8(g)

=>mCu=10,2(g)

b) ko thể tính được thể tích H2SO4

câu b chắc bn viết thiếu đề hoặc là bn viết sai đề

\(2)\) \(n_{CuSO_4.5H_2O}=0,02\left(mol\right)\)\(\Rightarrow m_{CuSO_4}=0,02.160\left(g\right)\)

\(m_{CuSO_4\left(10\%\right)}=10.45\%\left(gam\right)\)

Gọi x là độ tan của CuSO4 ở \(t^o\)

\(\Rightarrow x\left(5+45\right)=\left(0,02+\dfrac{10.45\%}{160}\right)\left(100+x\right)\)

\(\Rightarrow x=18,2\left(g\right)\)