2CH3COOH+CaCO3-to>(CH3COO)2Ca+H2O+CO2

0,4-----------------0,2----------------------------------------0,2

2CH3COOH+CaO->(CH3COO)2Ca+H2O

0,1----------------0,05

n CO2=0,2 mol

=>%m CaCO3=\(\dfrac{0,2.100}{22,8}100=87,72\%\)

=>%m CaO=12,28%

=>n CaO=0,05 mol

=>VCH3COOH=\(\dfrac{0,5}{2}=0,25l\)

a)

\(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: CaCO₃ + 2CH₃COOH --> (CH₃COO)₂Ca + CO₂ + H₂O

                0,2<---------0,4<------------------------------0,2

=> \(m_{CaCO_3}=0,2.100=20\left(g\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CaCO_3}=\dfrac{20}{22,8}=87,72\%\\\%m_{CaO}=100\%-87,72\%=12,28\%\end{matrix}\right.\)

b)

\(n_{CaO}=\dfrac{22,8-20}{56}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: CaO + 2CH₃COOH --> (CH₃COO)₂Ca + H₂O

            0,05---->0,1

=> \(V_{dd.CH_3COOH}=\dfrac{0,1+0,4}{2}=0,25\left(l\right)\)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_3COOH}=\dfrac{a}{60}\left(mol\right)\\n_{C_2H_5OH}=\dfrac{1,5a}{46}\left(mol\right)\\n_{CH_3COOC_2H_5}=\dfrac{1,2a}{88}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH --H₂SO_4(đ),t^o--> CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{\dfrac{a}{60}}{1}< \dfrac{\dfrac{1,5a}{46}}{1}\) => HIệu suất tính theo CH₃COOH

\(n_{CH_3COOH\left(pư\right)}=\dfrac{1,2a}{88}\left(mol\right)\)

=> \(H=\dfrac{\dfrac{1,2a}{88}}{\dfrac{a}{60}}.100\%=81,82\%\)

a)

$2K + 2H_2O \to 2KOH + H_2$
$BaO + H_2O \to Ba(OH)_2$
Theo PTHH : 

$n_K = 2n_{H_2} = 0,2(mol)$
$\%m_K = \dfrac{0,2.39}{23,1}.100\% = 33,77\%$

$\%m_{BaO} = 100\%- 33,77\% = 66,23\%$

b)

$n_{BaO} = \dfrac{23,1 - 0,2.39}{153} = 0,1(mol)$

$m_{dd} = 23,1 + 177,1 - 0,1.2 = 200(gam)$
$C\%_{KOH} = \dfrac{0,2.56}{200}.100\% = 5,6\%$

$C\%_{Ba(OH)_2} = \dfrac{0,1.171}{200}.100\% = 8,55\%$

c)

$KOH + HCl \to KCl + H_2O$
$Ba(OH)_2 + 2HCl \to BaCl_2 + 2H_2O$
$n_{HCl} = 2n_{Ba(OH)_2} + n_{KOH} = 0,4(mol)$
$V = \dfrac{0,4}{0,5} = 0,8(lít) = 800(ml)$

1)

a)

$CaO + 2HCl \to CaCl_2 + H_2O$
$CaCO_3 + 2HCl \to CaCl_2 + CO_2 + H_2O$

$n_{CaCO_3} = n_{CO_2} = 0,2(mol)$
$n_{CaCl_2} = 0,3(mol)$

Suy ra: 

$n_{CaO} = 0,3 - 0,2 = 0,1(mol)$
$\%m_{CaO} = \dfrac{0,1.56}{0,1.56 + 0,2.100}.100\% = 21,875\%$

$\%m_{CaCO_3} = 78,125\%$

b) 

$m_{dd} = 0,1.56 + 0,2.100 + 50 - 0,2.44 = 66,8(gam)$
$C\%_{CaCl_2} = \dfrac{33,3}{66,8}.100\% = 49,85\%$

Câu 4 : 

a)

Gọi $n_{Fe} = a(mol) ; n_{MgO} = b(mol)$

Suy ra: $56a + 40b = 19,2(1)$

$Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2$
$MgO + 2HCl \to MgCl_2 + H_2O$
Theo PTHH : $n_{HCl} = 2a + 2b = 0,4.2 = 0,8(2)$
Từ (1)(2) suy ra a = b = 0,2

$\%m_{Fe} = \dfrac{0,2.56}{19,2}.100\% = 58,33\%$
$\%m_{MgO} = 100\% -58,33\% = 41,67\%$

b)

$n_{FeCl_2} = a = 0,2(mol)$
$n_{MgCl_2} = b = 0,2(mol)$

$m_{muối} = 0,2.127 + 0,2.95 = 44,4(gam)$

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\\n_{CaCl_2}=\dfrac{33,3}{111}=0,3\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: \(CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2\uparrow+H_2O\)

                    0,2_____0,4_____0,2____0,2_____0,2  (mol)

            \(CaO+2HCl\rightarrow CaCl_2+H_2O\)

                 0,1_____0,2_____0,1____0,1    (mol)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}m_{CaO}=0,1\cdot56=5,6\left(g\right)\\m_{CaCO_3}=0,2\cdot100=20\left(g\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CaO}=\dfrac{5,6}{5,6+20}\cdot100\%=21,875\%\\\%m_{CaCO_3}=78,125\%\end{matrix}\right.\)

Mặt khác: \(m_{CO_2}=0,2\cdot44=8,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{dd\left(sau.p/ứ\right)}=m_{CaO}+m_{CaCO_3}+m_{ddHCl}-m_{CO_2}=66,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{CaCl_2}=\dfrac{33,3}{66,8}\cdot100\%\approx49,85\%\)

nCO2=\(\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\) mol

nCaCl₂=\(\dfrac{33,3}{111}=0,3\)

CaCO₂ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

  0,2           ←         0,2    ← 0,2

CaO + 2HCl  → CaCl₂ + H₂O     

 0,1              ←    0,1

a)  % CaO=\(\dfrac{0,1.56}{0,1.56+0,2.100}.100\%=21,875\%\)    

   % CaCO₃ =100% - 21,875%= 78,125%

b) a = mCaO+mCaCO₃ =0,1.56+0,2.100=25,6g

mdd sau pư= a + mddHCl - mCO2

                  = 25,6 + 50 - 0,2.44=66,8g

C%CaCl₂=\(\dfrac{33,3}{66,8}.100\%\simeq49,85\%\)

a, Ta có : \(n_{CO2}=\dfrac{V}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(BTNT\left(C\right):n_{MgCO3}=n_{CO2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgCO3}=n.M=8,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgO}=8\left(g\right)\)

b, Thấy sau khi phản ứng xảy ra thu được dung dịch A gồm \(MgSO_4\) và có thể còn \(H_2SO_4\) dư .

\(BTNT\left(Mg\right):n_{MgSO_4}=n_{MgCO3}+n_{MgO}=0,3\left(mol\right)\)

\(PTHH:MgSO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+BaSO_4\downarrow\)

.................0,3............0,3..................0,3..................0,3.............

\(\Rightarrow m_{\downarrow}=m_{Mg\left(OH\right)2}+m_{BaSO4}=87,3\left(g\right)\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}m\downarrow=110,6\left(g\right)>87,3g\\n_{Ba\left(OH\right)2}=C_M.V=0,45>n_{Ba\left(OH\right)2pu}\left(0,3mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> Dung dịch A vẫn còn H2SO4 dư và mol BaSO4 được tạo ra tiếp là :

\(n_{BaSO4}=\dfrac{110,6-87,3}{M}=0,1\left(mol\right)\)

\(PTHH:H_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)

..................0,1............0,1...............0,1........................

Lại có : \(n_{Ba\left(OH\right)2}=0,45\left(mol\right)\)

=> Trong dung dịch B còn có Ba(OH)2 dư ( dư 0,45 - 0,3 - 0,1 = 0,05mol)

\(\Rightarrow C_{MBa\left(OH\right)2}=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1\left(M\right)\)

Vậy ...

\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe

Theo đề bài ta có hệ pt

\(\left\{{}\begin{matrix}27x+56y=8,3\\\dfrac{3}{2}x+y=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

a)\(x=\dfrac{\dfrac{0,1.3}{2}+0,1}{0,2}=0,25M\)

b)\(\%m_{Al_2(SO_4)_3}=\dfrac{\dfrac{0,1}{2}.342}{\dfrac{0,1}{2}.342+0,1.152}.100=52,94\%\)

=> %mFeSO4=100-52,94=47,06%

c)\(CM_{Al_2(SO_4)_3}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

\(CM_{FeSO_4}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

d) 1> Thu được kết tủa bé nhất

-TH1 : Lượng KOH chỉ phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa, không đủ để tạo kết tủa với Al2(SO4)3

\(2KOH+FeSO_4\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+K_2SO_4\) 

=> \(m_{ddKOH}=\dfrac{0,1.2.56}{15\%}=74,67\left(g\right)\)

TH2: Lượng KOH phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa và tạo kết tủa với Al2(SO4)3 sau đó tan kết tủa của Al2(SO4)3

​\(2KOH+FeSO_4\rightarrow K_2SO_4+Fe\left(OH\right)_2\)​

\(6KOH+Al_2(SO_4)_3\rightarrow2Al\left(OH\right)_3+3K_2SO_4\) 

\(Al\left(OH\right)_3+KOH\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

=>\(m_{ddKOH}=\dfrac{\left(0.1.2+0,05.6+0,1\right).56}{15\%}=224\left(g\right)\)

2> Thu được kết tủa lớn nhất :

Lượng KOH phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa và tạo kết tủa với Al2(SO4)3 và không tan kết tủa của Al2(SO4)3

\(2KOH+FeSO_4\rightarrow K_2SO_4+Fe\left(OH\right)_2\)

\(6KOH+Al_2(SO_4)_3\rightarrow2Al\left(OH\right)_3+3K_2SO_4\)

=>\(m_{ddKOH}=\dfrac{\left(0.1.2+0,05.6\right).56}{15\%}=186,67\left(g\right)\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) 

\(PTHH:2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

\(\left(mol\right)\)      \(a\)           \(1,5a\)               \(0,5a\)          \(1,5a\)

\(PTHH:Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(\left(mol\right)\)      \(b\)         \(b\)              \(b\)             \(b\)

Ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}27a+56b=8,3\\1,5a+b=\dfrac{5,6}{22,4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=0,1\left(mol\right)\)

\(a.x=\dfrac{1,5a+b}{0,2}=\dfrac{0,15+0,1}{0,2}=1,25\left(M\right)\\ b.\%m_{Al}=\dfrac{27.0,1}{8,3}.100=32,53\left(\%\right)\\ \%m_{Fe}=100-32,53=67,47\left(\%\right)\\ c.C_{M_{Al_2\left(SO_4\right)_3}}=\dfrac{0,5a}{0,2}=0,25\left(M\right)\\ C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{b}{0,2}=0,5\left(M\right)\\ d.\)

\(PTHH:Al_2\left(SO_4\right)_3+6KOH\rightarrow3K_2SO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

\(\left(mol\right)\)         \(0,05\)            \(0,3\)                                \(0,1\)

\(PTHH:FeSO_4+2KOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+K_2SO_4\)

\(\left(mol\right)\)        \(0,1\)          \(0,2\)

\(PTHH:Al\left(OH\right)_3+KOH\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

\(\left(mol\right)\)        \(0,1\)             \(0,1\) 

\(d.1.\) Lượng kết tủa bé nhất khi kết tủa \(Al\left(OH\right)_3\) sinh ra tan hết trong dd KOH 

Khi đó: \(n_{KOH}=0,6\left(mol\right)\rightarrow m_{ddKOH}=\dfrac{0,6.100.56}{15}=224\left(g\right)\)

\(d.2.\) Lượng kết tủa lớn nhất khi KOH tác dụng vừa đủ với dd A​

Khi đó: \(n_{KOH}=0,5\left(mol\right)\rightarrow m_{ddKOH}=\dfrac{0,5.56.100}{15}=186,67\left(g\right)\)

Đáp án B

Dùng phương pháp đường chéo tính được mol CO₂ là 0,2 mol và H₂ là 0,15 mol.