Bài tập vận dụng

VD1: Hoà tan hoàn toàn 7,45 gam KCI vào 200ml H2O thu đưoc dung dịch A. Tính nồng độ %, nồng độ mol/l

của dung dịch A.

VD2: Hoà tan hoàn toàn 0,2 mol NaOH vào 500ml H20 thu được dung dịch B. Tính nồng độ %, nồng độ mol/l

của dung dịch B.

VD3: Hoà tan hoàn toàn 2,8 gam KOH và 5,85 gam NaCl vào 600 ml H2O thu được dung dịch C. Tinh nồng độ

%, nồng độ mol/l của dung dịch C.

VD4: Hoà tan hoàn toàn 4,6 gam Na vào 100 gam H20 thu được dung dịch D. Tính nồng độ %, nồng độ mol/I

của dung dịch D.

VD5: Hoà tan hoàn toàn 2,74 gam Ba vào 200 gam H2O thu được dung dịch E. Tính nồng độ %, nồng độ mol/l

của dung dịch E.

VD6: Hoà tan hoàn toàn 5,85 gam K và 13,7 gam Ba vào 400ml H2O thu đưoc dung dịch F. Tính nồng đo %,

nồng đo mol/l của dung dịch F.

VD1:

\(n_{KCl}=\dfrac{7,45}{74,5}=0,1\left(mol\right)\\ V_{ddKCl}=V_{H_2O}=200\left(ml\right)=0,2\left(l\right)\\ C_{MddKCl}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5\left(M\right)\)

VD2:

\(C\%_{ddNaOH}=\dfrac{0,2.40}{500.1+0,2.40}.100\approx1,575\%\\ V_{ddNaOH}=V_{H_2O}=500\left(ml\right)=0,5\left(l\right)\\ C_{MddNaOH}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4\left(M\right)\)

a) PTHH: \(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

Ta có: \(n_{K_2O}=\dfrac{9,4}{94}=0,1\left(mol\right)\) 

\(\Rightarrow n_{KOH}=0,2\left(mol\right)\) \(\Rightarrow C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4\left(M\right)\)

b) PTHH:  \(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)

Theo PTHH: \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{1}{2}n_{KOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,1\cdot98}{9,8\%}=100\left(g\right)\)

a) \(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

\(n_{KOH}=2n_{K_2O}=2.\dfrac{9,4}{94}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(CM_{KOH}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4M\)

b) \(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)

        0,2...........0,1

=> \(m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,1.98}{9,8\%}=100\left(g\right)\)

Đáp án B

Ta có: n_NaOH = 0,15 mol; n_Ba(OH)2 = 0,05 mol

Dung dịch Y chứa 0,15 mol Na⁺, 0,05 mol Ba²⁺, u mol AlO₂^- và v mol OH^- dư

Định luật bảo toàn điện tích ta có u + v = 0,15 + 0,05.2 = 0,25 (1)

Ta có: n_HCl = 0,32 mol và n_H2SO4 = 0,04 mol→ n_H+ = 0,4 mol; n_SO4(2-) = 0,04 mol

→ n_BaSO4 = 0,04 mol

Ta có: m_{kết tủa} = 21,02 gam → n_Al(OH)3 = 0,15 mol

Nếu Al(OH)₃ chưa bị hòa tan thì n_H+ = 0,4 = v + 0,15 (2)

Nếu Al(OH)₃ đã bị hòa tan thì n_H+ = 0,4 = v + 4u - 3.0,15 (3)

Giải hệ (1) và (2) ra vô nghiệm

Giải hệ (1) và (3) ra u = 0,2 và v = 0,05

Vậy Y gồm Na⁺ 0,15 mol; 0,05 mol Ba²⁺; 0,2 mol AlO₂^- và OH^-  dư (0,05 mol)

V lít dung dịch Z gồm 0,64V mol HCl và 0,08V mol H₂SO₄

→ n_H+ = 0,8V mol và n_SO4(2-) = 0,08 V mol

Khi Al(OH)₃ max thì 0,8V = u+ v suy ra V = 0,3125

Suy ra n_BaSO4 = 0,025 mol → m_{kết tủa} = 21,425 gam

Khi BaSO₄ max thì 0,08V = 0,05 suy ra V = 0,625

Suy ra n_H+ = 0,8V = v + 4u-3.n_Al(OH)3 → n_Al(OH)3 = 7/60 mol → m_{kết tủa} = 20,75 gam

Vậy m_{kết tủa max} = 21,425 gam

nH2SO4 = nBaSO4 = 0,1

-> y = 0,2 (mol/l)

nAl2O3 = 0,01

TH1: Axit dư:

     H2SO4 + 2NaOH —> Na2SO4 + 2H2O
        0,25x        0,5x

     3H2SO4 + Al2O3 —> Al2(SO4)3 + 3H2O
        0,03          0,01

-> nH2SO4 = 0,25x + 0,03 = 0,1

-> x = 0,28 (mol/l)

TH2: NaOH dư:

     H2SO4 + 2NaOH —> Na2SO4 + 2H2O

          0,1        0,2

     Al2O3 + 2NaOH —> 2NaAlO2 + H2O

       0,01          0,02

-> nNaOH tổng = 0,5x = 0,22

-> x = 0,44 (mol/l)

 Vậy   \(\left[{}\begin{matrix}x=0,28\\x=0,44\end{matrix}\right.\)(mol/l)

       y = 0,2 (mol/l)

Gọi số mol Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là x, y

Nhận thấy khi thêm 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì thấy xuất hiện kết tủa

→ Trong dung dịch X chứa NaAlO₂ a mol và NaOH :0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố → n_Na2O = (n_NaOH + n_NaAlO2):2 = (0,1 + a): 2

n_Al2O3 = n_NaAlO2 : 2 = a:2

Ta có phương trình : [(0,1 + a): 2 ]×62 + (a:2)×102 = 19,5→ → a= 0,2 mol

CM_NaOH = 0,2M, CM_NaAlO2 = 0,4M

Đáp án C

Số mol các chất là: 

Đặt số mol các chất trong X là Al: a mol; Mg: b mol.

Sơ đồ phản ứng:

Đáp án A