Bài 1: Đổi 300ml = 0,3l; 200ml = 0,2l
_ nNaOH ở cả 2 dd = 0,3 + 0,2 . 1,5 = 0,6 mol
=> mNaOH = 0,6 . 40 = 24 (g)
_ mddNaOH = V . D = 500. 1,05 = 525 (g)
_ \(C_{MddNaOH}=\dfrac{0,6}{0,5}=1,2M\)
_ \(C\%ddNaOH=\dfrac{24}{525}.100\%\approx4,6\%\)
Bài 2: a) \(4FeS_2+11O_2\underrightarrow{t^o}2Fe_2O_3+8SO_2\)
\(Fe_3O_4+8HCl\underrightarrow{t^o}2FeCl_3+FeCl_2+4H_2O\)
b) _ Lấy ở mỗi lọ 1 ít hóa chất làm mẫu thử, đánh số thứ tự tương ứng.
_ Cho H2O vào 4 mẫu thử trên:
+ Mẫu thử ko tan là CuO => lọ đựng CuO
+ 3 mẫu thử tan ra tạo thành 3dd là : CaO, NaCl, P2O5
PTHH: CaO(r) + H2O(l) -> Ca(OH)2(dd)
P2O5(r) + 3H2O(l) -> 2H3PO4(dd)
_ Lấy ở mỗi dd thu được ở trên 1 ít dd nhỏ lên giấy quì tím:
+ dd nào làm quì tím ko đổi màu là dd NaCl => lọ đựng chất rắn ban đầu NaCl
+ dd nào làm quì tím hóa xanh là dd Ca(OH)2 => lọ đựng chất rắn ban đầu CaO
+ dd nào làm quì tím hóa đỏ là dd H3PO4 => lọ đựng chất rắn ban đầu là P2O5.
Bài 3: Gọi CTTQ của oxit cao nhất là R2On (n \(\in\)N*; 0 < n < 8)
Vì %mO = 60% => \(\dfrac{16n}{2M_R+16n}.100=0,6\)
\(\Leftrightarrow16n=1,2M_R+9,6n\)
\(\Leftrightarrow1,2M_R=6,4n\Leftrightarrow M_R=\dfrac{16}{3}n\)
Ta có bảng biện luận sau:
| n | I | II | III | IV | V | VI | VII |
| \(M_R\) | 16/3 | 32/3 | 16 | 64/3 | 80/3 | 32 | 112/3 |
| \(R\) | loại | loại | loại | loại | loại | S | loại |
=> CTHH của oxit là SO3
Do H hóa trị I nên CTHH của R với H sẽ có dạng HxS (x là hóa trị của S)
_ \(M_{H_xS}=34\Rightarrow x+32=34\Leftrightarrow x=2\)
=> CTHH của R với H là H2S.
Bài 4:
_ \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{80}{160}=0,5mol\)
_ \(n_C=\dfrac{7,2}{12}=0,6mol\)
PTHH: \(2Fe_2O_3+3C\underrightarrow{t^o}4Fe+3CO_2\)
bđ____0,5mol __0,6mol
pư____0,4 mol__0,6 mol_0,8mol_0,6mol
kt_____0,1 mol__0 mol__0,8 mol_0,6 mol
(bđ: ban đầu; pư: phản ứng; kt: kết thúc)
Ta có tỉ lệ sau:
+ \(\dfrac{n_{Fe_2O_3}\left(bđ\right)}{n_{Fe_2O_3}\left(PTHH\right)}=\dfrac{0,5}{2}=0,25\)
+ \(\dfrac{n_C\left(bđ\right)}{n_C\left(PTHH\right)}=\dfrac{0,6}{3}=0,2\)
=> sau pư , Fe2O3 dư, C hết
_ hh chất rắn Y (Fe2O3 dư, Fe tạo thành)
_ khí X : CO2
_ mhh Y = mFe2O3 dư + mFe = 0,1 . 160 + 0,8 . 56 = 60,8 (g)
_ Vkhí X = 0,6 . 22,4 = 13,44 (l)
Bài 5: Áp dụng ĐLBTNT ta có:
_ \(n_C\)(trong A) = nc (trog CO2) = \(n_{CO_2}=\dfrac{8,8}{44}\) = 0,2 mol
\(\Rightarrow m_{C\left(trongA\right)}=0,2.12=2,4\left(g\right)\)
_ \(n_{H\left(trongA\right)}=n_{H\left(trongH_2O\right)}=2n_{H_2O}=2.\dfrac{5,4}{18}=2.0,3=0,6mol\)
\(\Rightarrow m_{H\left(trogA\right)}=0,6\left(g\right)\)
_ \(m_{O\left(trongA\right)}=m_A-m_{C\left(A\right)}-m_{H\left(A\right)}\)
\(=4,6-2,4-0,6=1,6\left(g\right)\)
\(\Rightarrow A\) do C, H , O tạo nên.
Gọi CTTQ của A là \(C_xH_yO_z\) (x,y,z \(\in\) N*)
_ Vì \(d^A/H_2=23\Rightarrow M_A=46\left(g\right)\)
\(\Rightarrow n_A=\dfrac{4,6}{46}=0,1mol\)
PTHH: \(C_xH_yO_z+\left(x+\dfrac{y}{4}-\dfrac{z}{2}\right)O_2\underrightarrow{t^o}xCO_2+\dfrac{y}{2}H_2O\)
_____1 mol_______________________x mol____ 0,5y mol
____0,1 mol______________________0,2 mol___0,3 mol
\(\Rightarrow x=0,2:0,1=2\)
\(y=\dfrac{0,3}{0,05}=6\)
Vậy CTHH của A là \(C_2H_6O.\)
Bài 6: Gọi cốc đựng dd HCl là cốc A
Cốc đựng dd H2SO4 là cốc B
* Cốc A:
PTHH: CaCO3(r) + 2HCl -> CaCl2(dd) + H2O(l) + CO2 (k)
_____ 0,25 mol ___________________________0,25 mol
_ \(n_{CaCO_3}=\dfrac{25}{100}=0,25mol\)
_ \(m_{CO_2}=0,25.44=11\left(g\right)\)
Vì \(m_{CaCO_3}>m_{CO_2}\)
=> mcốc A sau pư tăng so với trước pư và tăng thêm 1 lượng là:
\(m_{CaCO_3}-m_{CO_2}=25-11=14\left(g\right)\)
* Cốc B: 2Al(r) + 3H2SO4(dd) -> Al2(SO4)3 + 3H2
_______ a mol________________________1,5 a mol
Để cân trở lại thăng bằng thì mcốc B sau pư tăng thêm 14g
=> mAl - mH2 = 27a - 3a = 14 => 24a = 14 => a = \(\dfrac{7}{12}\)
\(\Rightarrow a=m_{Al}=\dfrac{7}{12}.27=15,75\left(g\right)\).
P/s: t trình bày đag còn khiếm khuyết nhiều, mong mở lòng từ bi :)