Chương 1. Sự điện li

PTHH:

K2O + H2O → 2KOH

0,1 →  0,1 →       0,2

NH4Cl + KOH → KCl + NH3 ↑ + H2O

0,1 →        0,1         0,1

KOH + KHCO3 → K2CO3 + H2O

0,1           0,1              0,1

BaCl2 + K2CO3 → BaCO3 ↓ + 2KCl

0,1             0,1             0,1              0,2

Vậy dung dịch sau pư có chứa: nKCl = 0,1 + 0,2 = 0,3 mol

→ m chất rắn = mKCl = 0,3.74,5 = 22,35 gam

\(Cu^{2+}+2OH^-\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\\ Fe^{3+}+3OH^-\rightarrow Fe\left(OH\right)_3\)

\(n_{Cu^{2+}}=0,02\left(mol\right);n_{Fe^{3+}}=0,015\left(mol\right)\\ n_{OH^-}=0,035.2+0,02=0,09>2n_{Cu^{2+}}+3n_{Fe^{3+}}\)

Do đó $OH^-$ dư

\(Ba^{2+}+SO_4^{2-}\rightarrow BaSO_4\\ n_{Ba^{2+}}=0,035>n_{SO_4^{2-}}=0,02\)

Do đó $Ba^{2+}$ dư

Suy ra : 

$m_{kết\ tủa} = 0,02.98 + 0,015.107 + 0,02.233 = 8,225(gam)$

Bảo toàn điện tích : 

$n_{Ba^{2+}} = 0,5(0,2 + 0,35 - 0,35) = 0,1(mol)$

$n_{NaHSO_4} = 0,15(mol) ; n_{NH_4^+} = 0,25(mol)$
$Ba^{2+} + SO_4^{2-} \to BaSO_4$
$n_{BaSO_4} = n_{Ba^{2+}} = 0,1(mol) \Rightarrow m = 0,1.233 = 23,3(gam)$

$NH_4^+ + OH^- \to NH_3 + H_2O$
$n_{NH_3} = n_{NH_4Cl} = 0,25(mol)$
$V = 0,25.22,4 = 5,6(lít)$

Trong dung dịch Y, bảo toàn điện tích : 

$n_{OH^-} = 0,16 - 0,04 = 0,12(mol)$
Trong dung dịch X, bảo toàn điện tích : 

$n_{HCO_3^-} = 0,02.2 + 0,05.2 - 0,12 = 0,02(mol)$
$HCO_3^- + OH^- \to CO_3^{2-} + H_2O$
$n_{OH^-} > n_{HCO_3^-}$ nên $OH^-$ dư

$n_{CO_3^{2-}} = n_{HCO_3^-}=  0,02(mol)$
Gọi $n_{Ca^{2+}\ pư} = 0,02a(mol) ; n_{Mg^{2+}\ pư} = 0,05a(mol)$

Suy ra:  0,02a + 0,05a = 0,02 

Suy ra: $a = \dfrac{2}{7}$

Suy ra : $m_{kết\ tủa} = \dfrac{2}{7}.0,02.100 + \dfrac{2}{7}.0,05.84 = 1,771(gam)$

Ta có: \(n_{CO_3^{2-}}=0,04+0,07=0,11\left(mol\right)\)

\(n_{Ca^{2+}}=0,02+0,08=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(CO_3^{2-}+Ca^{2+}\rightarrow CaCO_3\)

____0,11___0,1 _______0,1 (mol)

\(\Rightarrow m_{CaCO_3\downarrow}=0,1.100=10\left(g\right)\)

Bạn tham khảo nhé!

\(n_{CO_3^{2-}\left(bđ\right)}=0,04+0,07=0,11\left(mol\right)\)

\(n_{Ca^{2+}}=0,02+0,08=0,1\left(mol\right)\)

\(Ca^{2+}+CO_3^{2-}\rightarrow CaCO_3\)

0,1.............0,11

Lập tỉ lệ \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,11}{1}\) => Sau phản ứng CO3^2- dư

\(n_{CaCO_3}=n_{Ca^{2+}}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(m_{CaCO_3}=0,1.100=10\left(g\right)\)

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

Vì dung dịch sau phản ứng pH=12

=> OH^- dư

=> \(pOH=14-12=2\)

=> \(\left[OH^-_{dư}\right]=10^{-2}M\)

=> \(n_{OH^-\left(dư\right)}=10^{-2}.0,2=2.10^{-3}\)

Đề thiếu nên không tính được CM của NaOH ban đầu 

Câu 1 : 

Gọi thể tích dung dịch ban đầu là V(lít)

$[H^+] = 10^{-3}V(mol)$

Thể tích dung dịch lúc sau là : 

$V' = \dfrac{10^{-3}.V}{10^{-4}} = 10V$

Do đó cần pha loãng dung dịch ban đầu 10 lần thì thu được dung dịch trên

Câu 2 :

$[OH^-] = 10^{-14} : 10^{-9} = 10^{-5}M$

$n_{OH^-} = 10^{-5}.1 = 10^{-5}(mol)$

Sau khi pha : 

$[OH^-] = 10^{-14} : 10^{-8} = 10^{-6}M$
$V_{dd} = \dfrac{10^{-5}}{10^{-6}} = 0,1(lít) = 100(ml)$
$V_{nước\ cần\ dùng} = 1000 - 100 = 900(ml)$