Question

Câu 1: Trộn 200ml dung dịch H₂SO₄ nồng độ x mol/l (dung dịch C) với 300ml dung dịch KOH nồng độ y mol/l (dung dịch D), thu được 500ml dung dịch E làm quỳ tím chuyển màu xanh. Để trung hòa 100ml dung dịch E cần dùng 40ml dung dịch H₂SO₄ 1M. Mặt khác, trộn 300ml dung dịch C với 200ml dung dịch D thì thu được 500ml dung dịch F. Biết rằng 100ml dung dịch F phản ứng vừa đủ với 1,08 gam kim loại Al. Tính giá trị của x,y?

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn a gam oxit của một kim loại hóa trị (II) trong 48 gam dung dịch H₂SO₄ loãng, nồng độ 6,125%, thu được dung dịch A chứa 2 chất tan trong đó H₂SO₄ có nồng độ 0,98%. Mặt khác, dùng 2,8 lít khí cacbon (II) oxit để khử hoàn toàn a gam oxit trên thành kim loại, thu được khí B duy nhất. Nếu lấy 0,896 lít khí B cho vào dung dịch Ca(OH)₂ dư, thu được 0,8 gam kết tủa. Tính giá trị của a và xác định công thức của oxit kim loại đó. Biết các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu 3: Chia m gam hỗn hợp X gồm Na, Al, Fe đã được trộn đều thành 2 phần bằng nhau:

- Cho phần 1 vào nước dư, thu được 4,48 lít H₂ (đktc)

- Cho phần 2 vào 1,2 lít dung dịch HCl 1M, thu được 11,2 lít khí H₂ (đktc) và dung dịch I. Cho 1,2 lít dung dịch NaOH 1M vào dung dịch I. Sau phản ứng, lọc lấy kết tủa Z đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 17,1 gam chất rắn F. (Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). Tính m và % khối lượng của từng kim loại trong hỗn hợp X.

Answer 1

Bạn tách ra từng câu hỏi nhỏ nhé

Answer 2

Câu 3:

Đătl số mol của Na ; Al; Fe mỗi phần là: x; y; z

* Phần I:

nH2= 0,2 mol

PTHH:

\(\text{2Na+2H2O→ 2NaOH+ H2}\)

x___________x_____0,5x

\(\text{2NaOH+ 2Al+2H2O→ 2NaAlO2+ 3H2}\)

x______________________________1,5x

\(\text{⇒ 2x= 0,2}\)

\(\text{⇒ x= 0,1 mol}\)

*Phần II:

nHCl= 1,2 mol

nH2= 0,5 mol

nNaOH= 1,2 mol

PTHH:

\(\text{2Na+ 2HCl→ 2NaCl+ H2}\)

0,1__________________0,05

\(\text{2Al+ 6HCl→ 2AlCl3+ 3H2}\)

y___________________1,5y

\(\text{Fe+2HCl→ FeCl2+ H2}\)

z__________________z

\(\text{HCl+ NaOH→ NaCl+ H2O}\)

0,2___0,2

\(\text{FeCl2+ 2NaOH→ Fe(OH)2↓+ 2NaCl}\)

z________ z___________z

\(\text{AlCl3+ 3NaOH→ Al(OH)3↓+ 3NaCl}\)

y______3y_________3y

\(\text{NaOH+ Al(OH)3→ NaAlO2+ H2O}\)

\(\text{2Fe(OH)2+1/2O2→ Fe2O3 +2H2O}\)\(\text{2Al(OH)3→ Al2O3+ 3H2O }\)

\(\text{⇒ nNaOH= nHCl dư+ 2nFeCl2+4nAl(Cl3)-nAl(OH)3}\)

⇒nAl(OH)3= 4y+2z-1

+ Ta có hệ pt:

\(\left\{{}\begin{matrix}1,5y+z=0,45\\\frac{\left(4y+2z-1\right).102}{2+80z}=17,1\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\z=0,15\end{matrix}\right.\)

⇒%Na= \(\frac{0,1.23}{0,1.23+0,2.27+0,15.56}\text{ .100%=14,29%}\)

⇒% Al=\(\frac{0,2.27}{16,1}\text{ .100%=33,54%}\)

\(\text{⇒%Fe=52,17 %}\)

Answer 3

Câu 1:

*Thí nghiệm 1:

\(\text{nH2SO4 = 0,2x (mol)}\)

\(\text{nKOH = 0,3y (mol)}\)

Trung hòa 100 ml E cần 0,04 mol H2SO4

→ 500 ml E cần 0,2 mol

Do E làm quỳ tím chuyển xanh nên KOH dư, H2SO4 hết

\(\text{H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O}\)

0,2x______0,4x

\(\text{H2SO4 + 2KOH dư → K2SO4 + 2H2O}\)

0,2________0,4

\(\text{→ nKOH ban đầu = 0,4x + 0,4 = 0,3y (1)}\)

*Thí nghiệm 2:

\(\text{nH2SO4 = 0,3x (mol)}\)

\(\text{nKOH = 0,2y (mol)}\)

100 ml F hòa tan vừa đủ 0,04 mol Al

→ 500 ml F hòa tan vừa đủ 0,2 mol Al

TH1: Nếu H2SO4 dư, KOH hết

\(\text{H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O}\)

0,1y______0,2y

→ nH2SO4 dư = 0,3x - 0,1y (mol)

\(\text{3H2SO4 + 2Al → Al2(SO4)3 + 3H2}\)

0,3x-0,1y → 2(0,3x-0,1y)/3

→ nAl = 2(0,3x-0,1y)/3 = 0,2 (2*)

Giải hệ (1) và (2*) → x = 2,6 và y = 4,8

TH2: Nếu H2SO4 hết, KOH dư (tức là x < y/3)

\(\text{H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O}\)

0,3x________0,6x

\(\text{→ nKOH dư = 0,2y - 0,6x (mol)}\)

\(\text{KOH + Al + H2O → KAlO2 + 1,5 H2}\)

0,2y-0,6x → 0,2y-0,6x

\(\text{→ nAl = 0,2y - 0,6x = 0,2 (2**)}\)

Giải hệ (1) và (2**) được x = 0,2 và y = 1,6

Answer 4

Câu 2

Bạn kiểm tra lại đề. Chỗ thu được khí B duy nhất là CO2. Mà dẫn 0,896 lít B (0,04 mol) vào dd Ca(OH)2 dư sao lại thu được 0,8 gam kết tủa??

Answer 5

Câu 2 bạn bỏ từ duy nhất đi mới đúng nhé

\(\text{mH2SO4 ban đầu = 48 . 6,125% = 2,94 (g)}\)

Gọi CTHH của oxit là XO

a g XO tác dụng với CO;

Coi các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn

\(\text{nCO = 2,8 : 22,4 = 0,125 mol}\)

\(\text{XO + CO → X + CO2}\)

Khí B gồm CO2, CO (có thể còn dư)

Bảo toàn nguyên tố C: nB = nCO ban đầu = 0,125 mol

Cho 0,896 : 22,4 = 0,04 mol B tác dụng với Ca(OH)2 dư:

\(\text{nCaCO3 = 0,8 : 100 = 0,008 mol}\)

\(\text{Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ + H2O}\)

__________0,008_____0,008_______________

Trong 0,04 mol B có 0,008 mol CO2

→ 0,125 mol B có \(\frac{0,125.0,008}{0,04}=0,025\left(mol\right)CO2\)

\(\text{nXO = nCO2 = 0,025 mol}\)

a g XO tác dụng với H2SO4: Sau phản ứng H2SO4 còn dư

\(\text{XO + H2SO4 → XSO4 + H2O}\)

\(\text{nH2SO4 p.ứ = nXO = 0,025 mol}\)

\(\text{mH2SO4 p.ứ = 0,025 . 98 = 2,45 (g)}\)

\(M_{XO}=\frac{2}{0,025}=80\)

\(\rightarrow M_X=60\)

→ X là đồng (Cu)

mH2SO4 dư = 2,94 - 2,45 = 0,49(g)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 0,49 : 0,98 . 100 = 50(g)

mdd sau p.ứ = a + m dd H2SO4 ban đầu

→ a = 50 - 48 = 2(g)