Chương II. Kim loại

`-` Dùng quỳ tím nhận biết được:

   `@dd NaOH` làm quỳ tím chuyển màu xanh.

   `@dd H_2 SO_4` làm quỳ tím chuyển màu đỏ.

`-` Dùng `H_2 SO_4` nhận biết được `BaCl_2` do tạo kết tủa trắng

     `BaCl_2 + H_2 SO_4 -> BaSO_4 \downarrow + 2HCl`

`-` Dùng `NaOH` nhận biết được `Mg(NO_3)_2` do tạo kết trắng

    `2NaOH + Mg(NO_3)_2 -> Mg(OH)_2 + 2NaNO_3`

`-dd` còn lại là `KCl`

PTHH:

`BaCl_2 + H_2SO_4 -> BaSO_4 + 2HCl`

`Mg(NO_3)_2 + 2NaOH -> Mg(OH)_2 + 2NaNO_3`

Câu 2:

\(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+2HCl\)

\(2NaOH+Mg\left(NO_3\right)_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+2NaNO_3\)

Câu 3:

a. \(KCl+AgNO_3\rightarrow AgCl+KNO_3\)

b. \(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2NaCl\)

c. \(2KOH+CuCl_2\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2KCl\)

d. \(3BaCl_2+Al_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow2AlCl_3+3BaSO_4\)

Câu 4: \(n_{CO_2}=0.1mol\)

a. \(Na_2CO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\)

       0.1                                         \(\leftarrow\)  0.1

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

b. Ta có: \(0.1\times106+m_{CuO}=20.6\Leftrightarrow m_{CuO}=10g\)

\(\%m_{Na_2CO_3}=\dfrac{\left(0.1\times106\times100\right)}{20.6}=51.46\%\)

\(\%m_{CuSO_4}=100-51.46=48.54\%\)

c. \(n_{CuO}=\dfrac{10}{80}=0.125mol\)

\(\Rightarrow n_{H_2SO_4}=0.1+0.125=0.225mol\)

\(m_{dd_{H_2SO_4}}=\dfrac{\left(0.225\times98\times100\right)}{19.6}=112.5g\)

d. \(m_{dd}\) sau phản ứng \(=20.6+112.5-0.1\times44=28.7g\)

\(C\%_{Na_2SO_4}=\dfrac{\left(0.1\times142\times100\right)}{128.7}=11.03\%\)

\(C\%_{CuSO_4}=\dfrac{\left(0.125\times160\times100\right)}{128.7}=15.54\%\)

`a)PTHH:`

`Fe + CuSO_4 -> FeSO_4 + Cu`

`0,035`  `0,035`      `0,035`                `(mol)`

`b)n_[Fe]=[1,96]/56=0,035(mol)`

  `n_[CuSO_4]=[10.100.1,2]/[100.160]=0,075(mol)`

Có: `[0,035]/1 < [0,075]/1->CuSO_4` dư

`c)C_[M_[FeSO_4]]=[0,035]/[0,1]=0,35(M)`

   `C_[M_[CuSO_4(dư)]]=[0,075-0,035]/[0,1]=0,4(M)`

a)

$Fe + CuSO_4 \to FeSO_4 +Cu$

b)

$n_{Fe} = \dfrac{1,96}{56} = 0,035(mol) $

$m_{dd\ CuSO_4} = 100.1,2 = 120(gam)$

$n_{CuSO_4} = \dfrac{120.10\%}{160} = 0,075(mol)$
Ta thấy :

$n_{Fe} : 1 < n_{CuSO_4} : 1$ nên $CuSO_4$ dư

b) $n_{FeSO_4} = n_{CuSO_4\ pư} = n_{Fe} = 0,035(mol)$
$n_{CuSO_4\ dư} = 0,075 - 0,035 = 0,04(mol)$
$C_{M_{FeSO_4}} = \dfrac{0,035}{0,1} = 0,35M$
$C_{M_{CuSO_4}} = \dfrac{0,04}{0,1} = 0,4M$

Nhiệt phân hỗn hợp ở nhiệt độ cao : 

$2Cu(NO_3)_2 \xrightarrow{t^o} 2CuO + 4NO_2 + O_2$
$2AgNO_3 \xrightarrow{t^o} 2Ag + 2NO_2 + O_2$

Cho sản phẩm vào dung dịch $HCl$, ta thu được chất rắn không tan là Ag :

$CuO + 2HCl \to CuCl_2 + H_2O$

Điều chế Cu : 

$CuCl_2 + 2KOH \to Cu(OH)_2 + 2KCl$
$Cu(OH)_2 \xrightarrow{t^o} CuO + H_2O$
$CuO + H_2 \xrightarrow{t^o} Cu + H_2O$

Gọi $n_{Al} = a(mol) ; n_{Mg} = b(mol) ; n_{Cu} = c(mol) \Rightarrow 27a + 24b + 64c = 10,7(1)$

$4Al + 3O_2 \xrightarrow{t^o} 2Al_2O_3$
$2Mg + O_2 \xrightarrow{t^o} 2MgO$
$2Cu + O_2 \xrightarrow{t^o} 2CuO$

Theo PTHH : $n_{Al_2O_3} = 0,5a(mol) ; n_{MgO} = b(mol) ; n_{CuO} = c(mol)$
$\Rightarrow 0,5a.102 + 40b + 80c = 17,4(2)$

Mặt khác : $n_{Cl_2} = \dfrac{13,44}{22,4} = 0,6(mol)$
$2Al+ 3Cl_2 \xrightarrow{t^o} 2AlCl_3$
$Mg  + Cl_2 \xrightarrow{t^o} MgCl_2$
$Cu + Cl_2 \xrightarrow{t^o} CuCl_2$
Theo PTHH : $n_{Cl_2} = 1,5n_{Al} + n_{Mg} + n_{Cu}$

Ta có : $\dfrac{1,5a + b + c}{a + b + c} = \dfrac{0,6}{0,525}(3)$

Từ (1)(2)(3) suy ra: $a = \dfrac{67}{640} ; b = \dfrac{5681}{25600} ; c =\dfrac{1019}{25600}$

$\%m_{Al} = \dfrac{ \dfrac{67}{640}.27}{10,7}.100\% = 26,4\%$

$\%m_{Mg} = \dfrac{ \dfrac{5681}{25600}.24}{10,7}.100\% = 49,77\%$

$\%m_{Cu} = 100\% - 26,4\% - 49,77\% = 23,83\%$

\(n_{BaCl_2}=\dfrac{200.10,4\%}{208}=0,1\left(mol\right)\) ; \(n_{AgNO_3}=\dfrac{400.68\%}{170}=1,6\left(mol\right)\)

\(BaCl_2+2AgNO_3\rightarrow Ba\left(NO_3\right)_2+2AgCl\downarrow\)

 0,1            < 1,6                                         ( mol )

 0,1               0,2                0,1                 0,2    ( mol )

\(m_{ddspứ}=200+400-0,2.143,5=571,3\left(g\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}C\%_{Ba\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{0,1.261}{571,3}.100=4,56\%\\C\%_{AgNO_3\left(dư\right)}=\dfrac{\left(1,6-0,2\right).170}{571,3}.100=41,65\%\end{matrix}\right.\)

Hỗn hợp khí gồm CO2 và O2 dư (tổng 0,5 mol).
nBa(OH)2 = 0,2 và nBaCO3 = 0,15
=>Nếu không tạo Ba(HCO3)2=>nCO2 = nBaCO3 = 0,15
C + O2 -to>CO2
0,15…0,15…..0,15
m = 0,15.12/96% = 1,875
nO2 dư = 0,5 – 0,15 = 0,35
=> nO2 ban đầu = 0,5
=> V = 11,2 lít
Nếu có tạo Ba(HCO3)2, nBa(HCO3)2 = 0,2 – 0,15 = 0,05
nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3)2 = 0,25
C + O2-to>CO2
0,25…0,25…..0,25
m = 0,25.12/96% = 3,125
nO2 dư = 0,5 – 0,25 = 0,25
=>nO2 ban đầu = 0,5
-> V = 11,2 lít

A: Fe

B: HCl

X: FeCl₂

D: H₂

E: NaOH

F: Fe(OH)₂

G: NaCl

H: H₂O
I: O₂

K: Fe(OH)₃

L: Fe₂O₃

1) \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

2) \(FeCl_2+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2\downarrow+2NaCl\)

3) \(4Fe\left(OH\right)_2+2H_2O+O_2\rightarrow4Fe\left(OH\right)_3\downarrow\)

4) \(2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\)

5) \(Fe_2O_3+3H_2\xrightarrow[]{t^o}2Fe+3H_2O\)

Đề có thiếu không bạn ? Bạn xem lại hộ mình với 

Phần 1 : 

$n_{H_2} = 0,75(mol)$

$2Al + 2NaOH + 2H_2O \to 2NaAlO_2 + 3H_2$
Theo PTHH, $n_{Al} = \dfrac{2}{3}n_{H_2} = 0,5(mol)$

Gọi n_{Fe} = a(mol)$

Phần 2 : 

Gọi $n_{Al} = 0,5x(mol) ; n_{Fe} = ax(mol)$

Suy ra : $0,5x.27 + ax.56 - 0,5.27 - 56a = 134(1)$

$2Al + 3H_2SO_4 \to Al_2(SO_4)_3 + 3H_2$
$Fe + H_2SO_4 \to FeSO_4 + H_2$

$n_{H_2} = \dfrac{3}{2}n_{Al} + n_{Fe} = 3,75$

$\Rightarrow 0,75x + ax = 3,75$

$\Rightarrow$ \(x=\dfrac{3,75}{0,75+a}\)    $(2)$

Thay (2) vào (1) , suy ra : PT vô nghiệm

(Sai đề)

Phần 1 : 

$n_{H_2} = 0,75(mol)$

$2Al + 2NaOH + 2H_2O \to 2NaAlO_2 + 3H_2$
Theo PTHH, $n_{Al} = \dfrac{2}{3}n_{H_2} = 0,5(mol)$

Gọi $n_{Fe} = a(mol)$

\(Fe_2O_3+2Al\xrightarrow[]{t^o}2Fe+Al_2O_3\)

0,5a             a          a            0,5a              (mol)

Phần 2 : 

Gọi $n_{Al} = 0,5x(mol) ; n_{Fe} = ax(mol) ; n_{Al_2O_3} = 0,5ax(mol)$

Suy ra : $(0,5x.27 + ax.56 +0,5ax.102) - 0,5.27 - 56a - 0,5a.102 = 134(1)$

$2Al + 3H_2SO_4 \to Al_2(SO_4)_3 + 3H_2$
$Fe + H_2SO_4 \to FeSO_4 + H_2$

$n_{H_2} = \dfrac{3}{2}n_{Al} + n_{Fe} = 3,75$

$\Rightarrow 0,75x + ax = 3,75$

$\Rightarrow$ \(x=\dfrac{3,75}{0,75+a}\)    $(2)$

Thay (2) vào (1) , suy ra : $a = 0,5 ;  x = 3$ hoặc $a = \dfrac{120}{107} ; x = 2$

Suy ra : $m_{Fe} = 188,4(gam)$ hoặc $m_{Fe} =112(gam)$

\(n_{Na}=\dfrac{11,5}{23}=0,5\left(mol\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=0,25.0,1=0,025\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Giả sử kết tủa đạt đến cực đại rồi bị hòa tan 1 phần

PTHH: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

             0,5----------------->0,5

            \(Fe_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Fe\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

                 0,025------->0,15--------->0,05

             \(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

                  0,05-------->0,3--------->0,1

              \(Al\left(OH\right)_3+NaOH\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

                  0,05<-----0,05

=> Giả sử đúng

Kết tủa gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Fe\left(OH\right)_3:0,05\left(mol\right)\\Al\left(OH\right)_3:0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> m = 0,05.107 + 0,05.78 = 9,25 (g)