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

Ta có: \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5\cdot1=0,5\left(mol\right)=n_{BaSO_4}=n_{H_2SO_4}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,5\cdot98}{15\%}\approx326,7\left(g\right)\\m_{BaSO_4}=0,5\cdot233=116,5\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5\cdot1=0,5mol\)

a)\(Ba\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+2H_2O\)

    0,5                 0,5            0,5        

b) \(m_{H_2SO_4}=0,5\cdot98=49\left(g\right)\)

   \(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{49}{15}\cdot100=326,67\left(g\right)\)

c) \(m_{BaSO_4}=0,5\cdot233=116,5\left(g\right)\)

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{200.16\%}{160}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH :

\(CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)

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

\(m_{NaOH}=0,4.40=16\left(g\right)\)

\(m_{ddNaOH}=\dfrac{16.100}{10}=160\left(g\right)\)

\(c,m_{Na_2SO_4}=0,2.142=28,4\left(g\right)\)

\(m_{ddNa_2SO_4}=200+160-\left(0,2.98\right)=340,4\left(g\right)\)

\(C\%_{Na_2SO_4}=\dfrac{28,4}{240,4}.100\%\approx8,34\%\)

\(d,PTHH:\)

\(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)

0,2               0,2 

\(m_{CuO}=0,2.80=16\left(g\right)\)

a, \(CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

b, \(m_{CuSO_4}=200.16\%=32\left(g\right)\Rightarrow n_{CuSO_4}=\dfrac{32}{160}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=2n_{CuSO_4}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow m_{ddNaOH}=\dfrac{0,4.40}{10\%}=160\left(g\right)\)

c, \(n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{Na_2SO_4}=n_{CuSO_4}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{Na_2SO_4}=\dfrac{0,2.142}{200+160-0,2.98}.100\%\approx8,34\%\)

d, \(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)

\(n_{CuO}=n_{Cu\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{CuO}=0,2.80=16\left(g\right)\)

\(n_{Na_2CO_3}=0,1.1=0,1\left(mol\right)\)

a. \(Na_2CO_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+2NaOH\)

       0,1            0,1                   0,1           0,2

b. \(m_{kt}=m_{BaCO_3}=0,1.197=19,7\left(g\right)\)

c. \(C\%_{Ba\left(OH\right)_2}=\dfrac{0,1.171.100}{200}=8,55\%\)

d. \(BaCO_3+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O+CO_2\)

      0,1           0,2

=> \(a=m_{dd.HCl}=\dfrac{0,2.36,5.100}{30}=\dfrac{73}{3}\left(g\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{4,958}{24,79}=0,2mol\\ a)Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\\ b)n_{Fe}=n_{FeSO_4}=n_{H_2}=0,2mol\\ m_{Fe}=0,2.56=11,2g\\ c)m_{ddFeSO_4}=11,2+200-0,2.2=210,8g\\ m_{FeSO_4}=0,2.152=30,4g\\ C_{\%_{FeSO_4}}=\dfrac{30,4}{210,8}\cdot100\%=14,42\%\)

a) Viết phương trình hóa học và cân bằng:

\( \mathrm{Fe} + \mathrm{H}_2\mathrm{SO}_4 \rightarrow \mathrm{FeSO}_4 + \mathrm{H}_2 \)

b) Để tính khối lượng sắt đã phản ứng, ta cần biết số mol của khí hydrogen đã thoát ra. Với điều kiện đo ở đkc, 1 mol khí hydrogen có thể chiếm 22.4 L. Vì vậy, số mol khí hydrogen thoát ra là:

\( \text{Số mol } \mathrm{H}_2 = \dfrac{4.958}{22.4} \)

Theo phương trình cân bằng, ta biết rằng 1 mol sắt phản ứng với 1 mol khí hydrogen. Vì vậy, số mol sắt đã phản ứng cũng bằng số mol khí hydrogen:

\( \text{Số mol sắt} = \dfrac{4.958}{22.4} \)

Để tính khối lượng sắt đã phản ứng, ta sử dụng khối lượng mol của sắt:

\( \text{Khối lượng sắt} = \text{Số mol sắt} \times \text{Khối lượng mol sắt} \)

c) Để tính nồng độ phần trăm của dung dịch muối thu được, ta cần biết khối lượng muối thu được và khối lượng dung dịch ban đầu.

Khối lượng muối thu được là khối lượng của muối \( \mathrm{FeSO}_4 \), và khối lượng dung dịch ban đầu là khối lượng của dung dịch \( \mathrm{H}_2\mathrm{SO}_4 \).

Nồng độ phần trăm của dung dịch muối thu được được tính bằng công thức:

\( \text{Nồng độ phần trăm} = \dfrac{\text{Khối lượng muối thu được}}{\text{Khối lượng dung dịch ban đầu}} \times 100\)

Với các giá trị đã tính được ở bước trước, ta có thể tính nồng độ phần trăm của dung dịch muối thu được.

a)PTHH: \(Ba\left(OH\right)+Na_2CO_3\rightarrow2NaOH+BaCO_3\downarrow\)

             \(BaCO_3\underrightarrow{t^o}BaO+CO_2\uparrow\)

Ta có: \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,4\cdot0,2=0,08\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{NaOH}=0,16mol\) \(\Rightarrow C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,16}{0,4}=0,4\left(M\right)\) (Coi V_dd thay đổi không đáng kể)

b) Theo PTHH: \(n_{BaCO_3}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=n_{BaO}=0,08mol\) \(\Rightarrow m_{BaO}=0,08\cdot153=12,24\left(g\right)\)

a. Ba(OH)₂ +Na₂CO₃ ➝ BaCO₃ + 2NaOH

BaCO₃ ➝ BaO + CO₂

nBa(OH)₂ = 0,08 mol

=> nNaOH = 2nBa(OH)₂ = 0,16 mol

=> C_M = 0,4 M

b) Bảo toàn Ba: nBaO = nBa(OH)₂ = 0,08 mol

=> m = 12,24 g