Để hòa tan hoàn toàn 2,4 gam cần S i O 2 dùng vừa hết m gam dd HF 25%, sau phản ứng thu được dd X. Giá trị của m là
A. 12,8
B. 6,4
C. 3,2
D. 2,56
Để hòa tan hoàn toàn 2,4 gam cần S i O 2 dùng vừa hết m gam dd HF 25%, sau phản ứng thu được dd X. Giá trị của m là
A. 12,8
B. 6,4
C. 3,2
D. 2,56
Hòa tan hoàn toàn m gam Al vào dd HNO3 dư, sau khi các pư xảy ra hoàn toàn thu dd Y và 985,6 ml N2 (đktc). Sau phản ứng thu được 44,2 gam muối. Giá trị của m là
1) Hòa tan hoàn toàn 4,8 gam Mg cần dùng vừa đủ m gam dd HCl 14,6%. Sau phản ứng thu được dd X và V lít khí H2 (đktc).
a. Tính m.
b. Tính V.
c. Tính C% các chất có trong dung dịch X.
2) Cho 100 gam dd KOH 11,2% phản ứng với 150 gam dung dịch H2SO4 9,8% thu được dd X. Tính C% của các chất có trong dd X.
Bài 1:
PTHH: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow\)
Ta có: \(n_{Mg}=\dfrac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\\n_{H_2}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{ddHCl}=\dfrac{0,4\cdot36,5}{14,6\%}=100\left(g\right)\\V_{H_2}=0,2\cdot22,4=4,48\left(l\right)\end{matrix}\right.\)
Bài 2:
PTHH: \(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{KOH}=\dfrac{100\cdot11,2\%}{56}=0,2\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4}=\dfrac{150\cdot9,8\%}{98}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,15}{1}\) \(\Rightarrow\) H2SO4 còn dư, KOH p/ứ hết
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{K_2SO_4}=0,1\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{K_2SO_4}=0,1\cdot174=17,4\left(g\right)\\m_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,05\cdot98=4,9\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Mặt khác: \(m_{dd}=m_{ddKOH}+m_{ddH_2SO_4}=250\left(g\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C\%_{K_2SO_4}=\dfrac{17,4}{250}\cdot100\%=6,96\%\\C\%_{H_2SO_4\left(dư\right)}=\dfrac{4,9}{250}\cdot100\%=1,96\%\end{matrix}\right.\)
): Hòa tan hoàn toàn m gam sắt (III) oxit bằng dd H2SO4 loãng 19,6 % (vừa đủ). Sau khi phản ứng kết thúc, thu được dd muối X. Cho toàn bộ lượng X tác dụng hết với dd BaCl2 dư thì thu được 34,95 gam kết tủa. Tính m và khối lượng dd H2SO4
Hòa tan hết 0,54 gam Al trong 70 ml dung dịch HCl 1,0M thu được dd X. Cho 75 ml dung dịch NaOH 1M vào X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 1,17.
B. 1,56.
C. 0,78.
D. 0,39.
Bài 11: Để trung hòa 200ml dung dịch NaOH 1,5M cần dùng vừa đủ 120ml dd H2SO4 xM.
a. Tính giá trị của x.
b. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng?
Bài 12: Để hòa tan hết 16,2 gam Al cần dùng vừa đủ 200ml dung dịch H2SO4 XM.
a. Tính giá trị của X.
b. Tính thể tích H2 thu được (đktc).
Bài 13: Để hòa tan hết 9,6 gam Fe2O cần dùng vừa đủ 150gam dung dịch HCl x%.
a. Tính giá trị của X.
b. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng?
Bài 13 :
\(a)n_{Fe_2O_3} = \dfrac{9,6}{160} = 0,06(mol)\\ Fe_2O_3 + 6HCl \to 2FeCl_3 + 3H_2O\\ n_{HCl} = 6n_{Fe_2O_3} = 0,36(mol)\\ C\%_{HCl} = \dfrac{0,36.36,5}{150}.100\% = 8,76\%\\ \Rightarrow X = 8,76 b) n_{FeCl_3} = 2n_{Fe_2O_3} = 0,12(mol)\\ m_{FeCl_3} = 0,12.162,5 =19,5(gam)\)
Bài 11 :
\(a) n_{NaOH} = 0,2.1,5 = 0,3(mol)\\ 2NaOH + H_2SO_4 \to Na_2SO_4 + 2H_2O\\ n_{H_2SO_4} = \dfrac{1}{2}n_{NaOH} = 0,15(mol)\\ \Rightarrow x = \dfrac{0,15}{0,12}= 1,25(M)\\ b) n_{Na_2SO_4} = n_{H_2SO_4} = 0,15(mol)\\ m_{Na_2SO_4} = 0,15.142 = 21,3(gam)\)
Bài 12 :
\(a)n_{Al} = \dfrac{16,2}{27} = 0,6(mol)\\ 2Al + 3H_2SO_4 \to Al_2(SO_4)_3 + 3H_2\\ n_{H_2SO_4} = n_{H_2} = \dfrac{3}{2}n_{Al} = 0,9(mol)\\ \Rightarrow X = \dfrac{0,9}{0,2} =4,5(M)\\ b) V_{H_2} = 0,9.22,4 = 20,16(lít)\)
Để hòa tan hoàn toàn 20 gam 1 oxit kim loại hóa trị 2, cần dùng 100 gam dd H2SO4 24,5 %. Đun nhẹ dd sau phản ứng thu được 62,5 gam tinh thể muối ngậm nước . Xác định CTHH của oxit và tinh thể muối ngậm nước
\(n_{H_2SO_4}\) = \(\frac{100.24,5\%}{98}\) = 0,25 (mol)
Gọi CTHH của oxit kim loại hóa trị ll là MO
MO + H2SO4 \(\rightarrow\) MSO4 + H2O
0,25<--- 0,25 ---> 0,25 (mol)
MMO = \(\frac{20}{0,25}\) = 80 (g/mol)
\(\Rightarrow\) M = 80 - 16 = 64 (g/mol)
\(\Rightarrow\) M = 64 đvC (Cu : đồng)
\(\Rightarrow\) CuO
Gọi CTHH của tinh thể là CuSO4 . nH2O
ntinh thể = nCuSO4 = 0,25 (mol)
M tinh thể = \(\frac{62,5}{0,25}\) = 250 (g/mol)
\(\Rightarrow\) 160 + 18n = 250
\(\Rightarrow\) n =5
\(\Rightarrow\) CTHH của tinh thể là CuSO4.5H2O
X gồm Ba và Al. Cho m gam X vào nước dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, hòa tan hoàn toàn m gam X bằng dd NaOH, thu được 15,68 lít khí H2 (đktc). Giá trị của m là
A. 19,1
B. 29,9
C. 24,5
D. 16,4
Đáp án : A
Ba + 2H2O -> Ba(OH)2 + H2
Ba(OH)2 + 2Al + H2O -> Ba(AlO2)2 + 3H2
=> nH2 = 4nBa = 0,4 mol => nBa = 0,1 mol
Vì X +NaOH tạo nH2 = 0,7 mol > 0,4 mol => chứng tỏ Al dư ở thí nghiệm đầu
=> nH2 do Al = nH2 (2) – nH2(1) = 0,3 mol
=> nAl = 2/3 nh2 do Al = 0,2 mol
=> mX = 19,1g
Hòa tan 34,8 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4, Al2O3 cần dùng vừa đủ 200 ml dung dịch gồm HCl 4M
và HBr 2M. Sau phản ứng cô cạn dd thu được m gam hỗn hợp muối khan. Giá trị m là
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=0,2.4=0,8\left(mol\right)\\n_{HBr}=0,2.2=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> \(n_{H_2O}=0,6\left(mol\right)\)
=> nO = 0,6 (mol)
=> mkim loại = 34,8 - 0,6.16 = 25,2 (g)
=> mmuối = 25,2 + 0,8.35,5 + 0,4.80 = 85,6 (g)
Hoa tan 5,4 g Al cần dùng vừa đủ V lit dd HCI 2M, sau phản ứng thu được m gam muối nhôm clorua và khi H 2 thoát ra Viết PTHH b.Tinh các giá trị V, m c.Dẫn toàn bộ khi đi qua 32 g Fe 2 O 3 nung nóng, phản ứng xảy ra hoàn toàn thu du ao nhiêu gam răn
\(n_{Al}=\dfrac{5.4}{27}=0.2\left(mol\right)\)
\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)
\(0.2........0.6.........0.2.........0.3\)
\(V_{dd_{HCl}}=\dfrac{0.6}{2}=0.3\left(l\right)\)
\(m_{AlCl_3}=0.2\cdot133.5=26.7\left(g\right)\)
\(V_{H_2}=0.3\cdot22.4=6.72\left(l\right)\)
\(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{32}{160}=0.2\left(mol\right)\)
\(Fe_2O_3+3H_2\underrightarrow{^{t^0}}2Fe+3H_2O\)
\(1..............3\)
\(0.2............0.3\)
\(LTL:\dfrac{0.2}{1}>\dfrac{0.3}{3}\Rightarrow Fedư\)
\(m_{Cr}=m_{Fe_2O_3\left(dư\right)}+m_{Fe}=\left(0.2-0.1\right)\cdot160+0.2\cdot56=27.2\left(g\right)\)
a) 2Al + 6HCl $\to$ 2AlCl3 + 3H2
b)
n Al = 5,4/27 = 0,2(mol)
Theo PTHH : n HCl = 3n Al = 0,6(mol)
=> V = 0,6/2 = 0,3(lít)
n AlCl3 = n Al = 0,2(mol)
=> m = 0,2.133,5 = 26,7(gam)
c) n H2 = 1/2 n HCl = 0,3(mol)
n Fe2O3 = 32/160 = 0,2(mol)
$Fe_2O_3 + 3H_2 \xrightarrow{t^o} 2Fe + 3H_2O$
Ta thấy : n Fe2O3 /1 = 0,2 > n H2 /3 = 0,1 => Fe2O3 dư
Theo PTHH : n H2O = n H2 = 0,3(mol)
Bảo toàn khối lượng :
m Fe2O3 + m H2 = m chất rắn + m H2O
=> m chất rắn = 32 + 0,3.2 - 0,3.18 = 27,2 gam