\(n_{CuSO_4}=1.0,01=0,01(mol)\\ PTHH:Fe+CuSO_4\to FeSO_4+Cu\)

Do Cu ko td với HCl nên chất rắn sau phản ứng vẫn là Cu

\(n_{Cu}=n_{Fe}=0,01(mol)\\ \Rightarrow m_{Cu}=0,01.64=0,64(g)\\ b,PTHH:FeSO_4+2NaOH\to Fe(OH)_2\downarrow+Na_2SO_4\\ \Rightarrow n_{NaOH}=2n_{FeSO_4}=2n_{Fe}=0,02(mol)\\ \Rightarrow V_{dd_{NaOH}}=0,02.1=0,02(l)\)

a) Đổi 10ml = 0,01l

n_CuSO4 = V. C_M = 0,01 . 1 = 0,01 mol

PTHH :  Fe + CuSO₄ -> Fe SO₄ + Cu

      PT :   1      1              1              1

     Đề:            0,01                          0,01

m_Cu = n . M = 0,01 . 64 = 0,64 g

b) PTHH : FeSO₄ + 2NaOH -> Fe(OH)₂ + NaSO₄

      PT :   1              2                      1              1

     Đề:    0,01        0,02

V_NaOH = \(\dfrac{n}{CM}\) = \(\dfrac{0,02}{1}\) = 0,02l = 20ml

Câu 2:

\(n_{HCl}=0,18.1=0,18\left(mol\right)\\ 2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ n_{H_2\left(TT\right)}=\dfrac{1,512}{22,4}=0,0675\left(mol\right)\\ Vì:\dfrac{0,18}{6}>\dfrac{0,0675}{3}\Rightarrow Aldư\\ \Rightarrow n_{H_2\left(LT\right)}=\dfrac{0,18.3}{6}=0,09\left(mol\right)\\ H=\dfrac{0,0675}{0,09}.100\%=75\%\)

Câu 1:

a, \(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\)

\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

Chất rắn còn lại sau pư là Cu.

Ta có: \(n_{CuSO_4}=0,01.1=0,01\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{FeSO_4}=n_{CuSO_4}=0,01\left(mol\right)\Rightarrow m_{Cu}=0,01.64=0,64\left(g\right)\)

b, Dung dịch B: FeSO₄

PT: \(FeSO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+Fe\left(OH\right)_2\)

Theo PT: \(n_{NaOH}=2n_{FeSO_4}=0,02\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{NaOH}=\dfrac{0,02}{1}=0,02\left(l\right)\)

(1)Fe + CuSO₄ \(\rightarrow\) FeSO₄ + Cu

(2)Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl₂ + H₂

(3)FeSO₄ + 2NaOH \(\rightarrow\) Fe(OH)₂ + Na₂SO₄

a) rắn A có Fe dư và Cu

Cho vào HCl dư rắn ko phản ứng là Cu

Theo (1) : n_Cu = n_{\(Cu SO_4\)} = 1.0,01 = 0,01 (mol)

\(\rightarrow\) m_Cu = 0,01 . 64 =0,64 (g)

b) Dd B là FeSO₄

Theo (1) : n_{\(Fe SO_4\)} = n_{\(Cu SO_4\)} = 0,01 (mol)

Theo (3) n_NaOH = 2n_{\(Fe SO_4\)} = 2.0,01 = 0,02 (mol)

V_NaOH = 0,02 : 1 = 0,02 (l)

Ciao_

Fe + CuSO4 ----> FeSO4 + Cu

0,01 0,01 0,01 (mol)

a, vì Cu không tác dụng được với HCl => chất rắn còn lại là Cu.

=> mCu = 0,01.64 = 0,64 ( g)

b, 2NaOH + FeSO4 ----> Na2SO4 + Fe(OH)2

0,02 0,01 (mol)

=> VNaOH = 0,02:1 = 0,02 (l).

a) Số mol CuS0₄ = 1.0,01 = 0,01 mol

Fe + CuS0₄ → FeS0₄ + Cu

Phản ứng: 0,01 0,01 -> 0,01 0,01 (mol)

Chất rắn A gồm Cu và Fe dư, khi cho A vào dung dịch HCl dư chỉ có Fe phản ứng và bị hòa tan hết Fe + 2HCl -> FeCl₂ + H₂

Chất rắn còn lại là Cu = 0,01.64 = 0,64 gam

b) Dung dịch В có FeS0₄ + NaOH?

FeSO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + Fe(OH)₂

Phản ứng: 0,01 → 0,02 0,01 0,01 (mol)

^VddNaOH = = = 0,021it=20ml

a.

b. 

Tính toán theo PTHH :

Mg + CuSO₄ → Cu  + MgSO₄

Mg + FeSO₄  → Fe  + MgSO₄

Ba(OH)₂ + MgSO₄  → BaSO₄ + Mg(OH)₂

Ba(OH)₂ + FeSO₄  → BaSO₄ + Fe(OH)₂

Mg(OH)₂  → MgO + H₂O

2 Fe(OH)₂  + ½ O₂  → Fe₂O₃ + 2 H₂O

Giả sư dung dịch muối phản ứng hết

=> n _Fe = n _FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol    => m _Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g

=> n _Cu =n _CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol  => m _Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g

=> m _{chất rắn}  = 11,2 + 6,4  = 17,6 g > 12 g > 6,4

=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO₄ phản ứng trước sau đó mới đến FeSO₄ phản ứng

CuSO₄ đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO₄

12 g = m _Cu + m _{Fe phản ứng}  = 6,4 g  + m _{Fe phản ứng}  

=> m _Fe  = 5,6 g   => n _Fe = 0,1 mol  => n _{FeSO4  dư} = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Theo PTHH : n _Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol  ( bắng số mol CuSO₄ và FeSO₄ phản ứng )

Theo PTHH : n _Mg = n _MgSO4 = n _Mg(OH)2 = n _MgO = 0,2 mol

                        n _{FeSO4 dư} = n _Fe(OH)2 = n _Fe2O3  . 2 = 0,1 mol

=> n _Fe2O3 = 0,1 mol

=> m chất rắn = m _Fe2O3 + m _MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40  = 24 g

Đáp án C

Trong 100ml dd X có 0,1 mol Ba²⁺, 0,15 mol .

Trong 200ml dung dịch X có 0,2 mol Cl^-.

Do đó trong 50 ml dung dịch X có 0,05 mol Ba²⁺, 0,075 mol , 0,05 mol Cl^- và x mol K⁺

Theo định luật bảo toàn điện tích được x = 0,025

Khi cô cạn xảy ra quá trình:

Trong 100ml dung dịch X có 0,1 mol Ba²⁺, 0,15 mol HCO₃^-

Trong 200ml dung dịch X có 0,2 mol Cl^-

Do đó trong 50ml dung dịch X có 0,05 mol Ba²⁺, 0,075 mol HCO₃^- , 0,05 mol Cl^- và x mol K⁺.

Theo định luật bảo toàn điện tích được x = 0,025.

Khi cô cạn xảy ra quá trình: 2HCO₃^-   ⟶   CO₃^2- + CO₂  + H₂O

Do đó:  n C O 3 2 -   =   0 , 0375

Vậy khối lượng chất rắn khan thu được là: m K +   +   m B a 2 + +   m C O 3 2 -   +   m C l -   =   11 , 85 ( g a m )

Đáp án C

Đáp án C

+  Lấy 100 ml dung dịch X phản ứng với dung dịch NaOH dư, kết thúc các phản ứng thu được 19,7 gam kết tủa⇒ n BaCO₃ = n Ba²⁺  0,1 mol  . Lấy 100 ml dung dịch X tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 29,55 gam kết tủa

⇒ n BaCO₃^- = n HCO₃^-  = 0,15 mol 

    ⇒ Trong 100ml ddX có 0,1 mol Ba²⁺ ,  0,15 mol HCO₃^- .

 +  Cho 200 ml dung dịch X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃, kết thúc phản ứng thu được 28,7 gam kết tủa ⇒ Trong 200ml ddX có n_Cl- = n _AgCl =  0,2 mol

⇒ Trong 50ml ddX có 0,05 mol Ba²⁺ ; 0,075 mol HCO₃^- , 0,05 mol Cl- ⇒ n_K+ = 0,025

             2HCO3- → CO₃^2- + CO₂ +    H₂O 

               0,075   →             0,0375    0,0375(mol)

Khi đun sôi đến cạn: m_khan = m _HCO3- + m _Ba2+ + m _K+ + m _Cl- - m _CO2 – m _H2O

= 0,05.137 + 0,075.61 + 0,05.35,5 + 0,025.39 – 0,0375.44 - 0,0375.18  = 11,85g

\(Mg>Fe\) => `Mg` phản ứng trước

\(Mg+Cu^{2+}\rightarrow Mg^{2+}+Cu^o\)

x----->x-------------------->x

\(Fe+Cu^{2+}\rightarrow Fe^{2+}+Cu^o\)

y----->y----------------->y

Giả sử nếu \(Cu^{2+}\) chuyển hết thành \(Cu^o\)

\(\Rightarrow n_{Cu^o}=n_{Cu^{2+}}=n_{kt}\)

Có \(n_{Cu^{2+}}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{kt}=\dfrac{15,6}{64}=0,24375\left(mol\right)>0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\)Giả sử sai, kim loại Fe trong hỗn hợp X còn dư

Theo đề có: \(m_{Fe.dư}=m_{kt}-m_{Cu}=15,6-0,2.64=2,8\left(g\right)\)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}24x+56y=9,2-2,8=6,4\\x+y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,05\end{matrix}\right.\)

a.  Trong X có:

\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Mg}=24.0,15=3,6\left(g\right)\\m_{Fe}=56.0,05+2,8=5,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

b

Y: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{MgSO_4}=x=0,15\left(mol\right)\\n_{FeSO_4}=y=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(MgSO_4+2NaOH\rightarrow Mg\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

0,15--------------------->0,15

\(FeSO_4+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

0,05-------------------->0,05

\(m_{kt}=m_{Mg\left(OH\right)_2}+m_{Fe\left(OH\right)_2}=0,15.58+0,05.90=13,2\left(g\right)\)