Đề cương ôn tập HKI

khó vậy tui chuyên hóa nè để thử coi

(1)2Al+2H2O+ 2NaOH → 3H2 +NaAlO2

(2) 4Al + 3O2 → 2Al2O3

(3) 2Al2O3 → 4Al + 3O2

(4) 2Al+ 2H2O + 2NaOH→3H2 +2NaAlO2

(5) 2Al + 3CuCl2 → 2AlCl3 + 3Cu

(6) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O

(7) Al2O3 + Na2CO3 → 2NaAlO2 + CO2

8)AlCl3+3NaOH→2H2O+3NaCl+NaAlO2

(9)4HCl + NaAlO2 →AlCl3 + 2H2O+NaCl

(10)AlCl3 + 3NaOH →Al(OH)3 + 3NaCl

(11)Al(OH)3 + NaOH →2 H2O + NaAlO2

(12)2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O

oa đến đây thôi dài quá

@phambaoanh Em chú ý nếu đăng ảnh thì nên chụp rõ nét và đăng ảnh lên theo đúng chiều của trang để cho cô và các bạn dễ quan sát.

Mg + 2HCl \(\rightarrow\)MgCl₂ + H₂

n_Mg=\(\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\)

Theo pTHH ta có;

n_H2=n_Mg=0,1(mol)

V_H2=22,4.0,1=2,24(lít)

2Na + Cl₂ \(\rightarrow\)2NaCl

n_Cl2=\(\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PTHH ta có:

2n_Cl2=n_Na=0,2(mol)

m_Na=23.0,2=4,6(g)

2NaOH + H₂SO₄ \(\rightarrow\)Na₂SO₄ + H₂O

n_H2SO4=0,1.1=0,1(mol)

Theo PTHH ta có:

n_NaOH=2n_H2SO4=0,2(mol)

V_{dd NaOH}=\(\dfrac{0,2}{1}=0,2\left(lít\right)\)

- Giải:

Gọi R là kim loại hóa trị x

4R + xO₂ → 2R₂O_x ( x có thể là 8/3)

Khối lượng O₂ pư = khối lượng oxi trong oxit = 20,88 - 15,12 = 5,76 gam

Ta có: \(\dfrac{2R}{16x}=\dfrac{15,12}{5,76}=2,625\) ( hoặc lập pt : \(\dfrac{2R}{2R+16x}=\dfrac{15,12}{20,88}\) )

⇒ R = 21x

Chỉ có x = \(\dfrac{8}{3}\) , R = 56 ( Fe) là thỏa mãn ⇒ oxit là Fe₃O₄

Gọi V(l) là thể tích dung dịch axit ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=2V\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4}=V\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

0,25V___2V_____________________________(mol)

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

0,25V_____ V______________________________(mol)

Suy ra ta có : 0,5V = \(\dfrac{20,88}{232}=0,09\) ⇒ V = 0,18 lít

m_muối = m_{kim loại} + m_{gốc axi} = 15,12 + (0,18× 2× 35,5) + (0,18 × 96) = 45,18 gam

* Nếu đặt Công thức oxit là R_xOy thì ta vẫn biện luận được R = 56 và \(\dfrac{2x}{y}=\dfrac{8}{3}\) = ( là hóa trị Fe ). Để tính khối lượng muối thì có thể áp dụng định luật BTKL.

Vì A thuộc nhóm IA nên A hóa trị I

2A + 2H₂O ->2AOH + H₂

n_H2=\(\dfrac{1,68}{22,4}=0,075\left(mol\right)\)

Theo PTHH ta cso:

2n_H2=n_A=0,15(mol)

M_A=\(\dfrac{5,85}{0,15}=39\)

Vậy A là kali,KHHH là K

MgO: oxit bazơ: Magie oxit

Cu(OH)₂: bazơ không tan; Đồng(II) hiđroxit

Fe(OH)₃:bazơ không tan; Sắt(III) hiđroxit

KOH: bazơ tan(kiềm): kali hiđroxit

Ba(OH)₂:bazơ tan(kiềm): Bari hiđroxit

- Tất cả 5 chất đều tác dụng H₂SO₄:

MgO+H₂SO₄\(\rightarrow\)MgSO₄+H₂O

Cu(OH)₂+H₂SO₄\(\rightarrow\)CuSO₄+2H₂O

2Fe(OH)₃+3H₂SO₄\(\rightarrow\)Fe₂(SO₄)₃+6H₂O

2KOH+H₂SO₄\(\rightarrow\)K₂SO₄+2H₂O

Ba(OH)₂+H₂SO₄\(\rightarrow\)BaSO₄+2H₂O

- Tác dụng CO₂ chỉ có bazơ tan(kiềm): KOH và Ba(OH)₂:

CO₂+ Ba(OH)₂\(\rightarrow\)BaCO₃+H₂O

CO₂+2KOH\(\rightarrow\)K₂CO₃+H₂O

- Baz ơ không tan bị nhiệt phân hủy: Cu(OH)₂ và Fe(OH)₃

Cu(OH)₂\(\overset{t^0}{\rightarrow}CuO+H_2O\)

2Fe(OH)₃\(\overset{t^0}{\rightarrow}Fe_2O_3+3H_2O\)

CuO + H₂SO₄ -> CuSO₄ + H₂O (1)

n_Cu=\(\dfrac{4}{80}=0,05\left(mol\right)\)

n_H2SO4=0,2.0,5=0,1(mol)

Vì 0,1>0,05 nên H₂SO₄ dư 0,05 mol

Theo PTHH 1 ta có:

n_CuO=n_CuSO4=0,05(mol)

C_M dd CuSO₄=\(\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

C_M dd H₂SO₄ =\(\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

b;

2NaOH + H₂SO₄ ->Na₂SO₄ + 2H₂O (2)

Theo PTHH 2 ta cs:

2n_H2SO4=n_NaOH=0,1(mol)

V_{dd NaOH 1M}=\(\dfrac{0,1}{1}=0,1\left(lít\right)\)

2Al + 3H₂SO₄ -> Al₂(SO₄)₃ + 3 H₂ (1)

Mg + H₂SO₄ ->MgSO₄ + H₂ (2)

n_H2=\(\dfrac{5,04}{22,4}=0,225\left(mol\right)\)

Đặt n_Al=a

n_Mg=b

Ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}27a+24b=4,5\\1,5a+b=0,225\end{matrix}\right.\)

=>a=0,01;b=0,075

m_Al=27.0,1=2,7(g)

%m_Al=\(\dfrac{2,7}{4,5}.100\%=60\%\)

%m_Mg=100-60=40%