Trích mẫu thử, đánh STT.
Cho quỳ tím vào mỗi mẫu thử.
- Quỳ tím chuyển xanh: \(Ca\left(OH\right)_2\), KOH. (I)
- Quỳ tím không chuyển màu: \(KCl,K_2SO_4\) (II)
Cho dung dịch \(H_2SO_4\) đến dư vào trong mẫu thử nhóm (I):
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng: \(Ca\left(OH\right)_2\)
- Mẫu thử không có hiện tượng: KOH
Cho dung dịch \(BaCl_2\) đến dư vào mẫu thử nhóm (II):
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng: \(K_2SO_4\)
- Mẫu thử không có hiện tượng: KCl
\(PTHH:Ca\left(OH\right)_2+H_2SO_4->CaSO_4\downarrow+2H_2O\)
\(BaCl_2+K_2SO_4->BaSO_4\downarrow+2KCl\)
Trích một ít ra để làm mẫu thử.
Dùng quỳ tím:
\(Ca\left(OH\right)_2,KOH\) làm quỳ chuyển xanh.
\(KCl,K_2SO_4\) không làm đổi màu quỳ.
Với nhóm \(Ca\left(OH\right)_2,KOH\) ta sục CO2 vào:
Nếu có váng nổi lên thì đó là \(Ca\left(OH\right)_2\):
\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)
Không có hiện tượng là \(KOH\).
Với nhóm \(KCl,K_2SO_4\) cho tác dụng với dd BaCl2:
Có kết tủa trắng thì đó là \(K_2SO_4\):
\(K_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2KCl\).
Không có hiện tượng là KCl.
Dán nhãn và ghi chú thích cho mỗi lọ hoá chất trên.
a. Hiện tượng: Tạo kết tủa trắng không tan trong dung dịch.
\(PTHH:H_2SO_4+BaCl_2->BaSO_4+2HCl\)
b. \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{9.8}{98}=0,1mol;n_{BaCl_2}=\dfrac{31,2}{208}=0,15mol\)
Lập tỉ lệ \(\dfrac{0.1}{1}< \dfrac{0.15}{1}\)=> \(H_2SO_4\) pư hết
\(=>m_{rắn}=233.0,1=23,3g\)
c. \(V_{dd}=30+70=100\left(mL\right)\)
\(C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{2.0,1}{0,1}=2\left(M\right)\)
\(C_{M\left(BaCl_2\right)}=\dfrac{0,15-0,1}{0,1}=0,5\left(M\right)\)
thành phần phần trăm của Na và trong hợp chất NaOH và lần lượt là?
$M_{NaOH} = 40(đvC)$
$\%Na = \dfrac{23}{40}.100\% = 57,5\%$
Cân bằng PTHH :
FeS + HNO3 (loãng) \(\rightarrow\) Fe2(SO4)3 + H2SO4 + NO + H2O
Không cân bằng được, nếu thay \(H_2SO_4\) bằng \(Fe\left(NO_3\right)_3\) hoặc thay \(FeS\) thành \(FeS_2\) bạn nhé, nếu giữ nguyên như trên thì cân bằng thiếu \(S\)
Cân bằng pthh sau bằng phương phá thăng bằng electron:
\(RCH_2OH+KMnO_4\rightarrow KCHO+MnO_2+KOH+H_2O\)
Sửa: \(KCHO\rightarrow RCHO\)
Sơ đồ phản ứng: \(R\overset{-1}{C}H_2OH+K\overset{+7}{Mn}O_4\rightarrow R\overset{1}{C}HO+\overset{+4}{Mn}O_2\downarrow+KOH+H_2O\)
\(\overset{-1}{C}\rightarrow\overset{+1}{C}+2e\) | \(\times3\) |
\(\overset{+7}{Mn}+3e\rightarrow\overset{+4}{Mn}\) | \(\times2\) |
PTHH: \(3RCH_2OH+2KMnO_4\rightarrow3RCHO+2MnO_2\downarrow+2KOH+2H_2O\)
\(n_{H_2SO_4}=0,1.1=0,1\left(mol\right)\)
\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)
0,1 0,1 0,1 0,1 ( mol )
\(m_{H_2SO_4}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)
\(m_{dd\left(H_2SO_4\right)}=1,12.100=112\left(g\right)\)
\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{9,8}{112}.100=8,75\left(g\right)\)
\(m_{ddspứ}=\left(0,1.56\right)+112-0,1.2=117,4\left(g\right)\)
\(C\%_{FeSO_4}=\dfrac{0,1.152}{117,4}.100=12,94\%\)
$a) Fe + H_2SO_4 \to FeSO_4 + H_2$
b) $n_{H_2SO_4} = 0,1.1 = 0,1(mol)$
$m_{dd\ H_2SO_4} = D.V = 1,12.100 = 112(gam)$
$C\%_{H_2SO_4} = \dfrac{0,1.98}{112}.100\% = 8,75\%$
c) $n_{H_2} = n_{Fe} = n_{H_2SO_4} = 0,1(mol)$
$m_{dd\ sau\ pư}= m_{Fe} + m_{dd\ H_2SO_4} - m_{H_2} = 0,1.56 + 112 - 0,1.2 = 117,4(gam)$
$C\%_{FeSO_4} = \dfrac{0,1.152}{117,4}.100\% = 12,95\%$
$Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2$
$2HCl + K_2O \to 2KCl + H_2O$
$2HCl + Ba(OH)_2 \to BaCl_2 + 2H_2O$
$K_2O + H_2O \to 2KOH$
$K_2O + SO_2 \xrightarrow{t^o} K_2SO_3$
$K_2O + SiO_2 \xrightarrow{t^o} K_2SiO_3$
$Ba(OH)_2 + SO_2 \to BaSO_3 + H_2O$
$Ba(OH)_2 + SiO_2 \xrightarrow{t^o} BaSiO_3 + H_2O$
$H_2O + SO_2 \to H_2SO_3$
Câu 10 : Đáp án C
A sai vì $Na_2SO_4 + BaCl_2 \to BaSO_4 + 2NaCl$
B sai vì $NaOH + HCl \to NaCl + H_2O$
D sai vì $BaO + H_2SO_4 \to BaSO_4 + H_2O$
Câu 12 : Đáp án D
$CaCO_3 \xrightarrow{t^o} CaO + CO_2$
Câu 13 : Đáp án A
$Na_2O + H_2SO_4 \to Na_2SO_4 + H_2O$
$n_{Na_2SO_4} = n_{H_2SO_4} = 0,1.0,1 = 0,01(mol)$
$C_{M_{Na_2SO_4}} = \dfrac{0,01}{0,1} = 0,1M$
Câu 14 : Đáp án D
$Fe(OH)_3$ là bazo không tan, không làm đổi màu quỳ tím
Câu 15 : Đáp án A
a) $n_{Al} = \dfrac{5,4}{27} = 0,2(mol)$
$2Al + 3H_2SO_4 \to Al_2(SO_4)_3 + 3H_2$
Theo PTHH : $n_{H_2} = \dfrac{3}{2}n_{Al} = 0,3(mol)$
$V_{H_2} = 0,3.22,4 = 6,72(lít)$
Đáp án B