Câu 2:

a, \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{6,4}{160}=0,04\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=0,5.1=0,5\left(mol\right)\)

PT: \(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,04}{1}< \dfrac{0,5}{3}\), ta được H₂SO₄ dư.

Vậy: Fe₂O₃ tan hết.

b, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=n_{Fe_2O_3}=0,04\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=3n_{Fe_2O_3}=0,12\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,5-0,12=0,38\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}}=\dfrac{0,04}{0,5}=0,08\left(M\right)\\C_{M_{H_2SO_4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,38}{0,5}=0,76\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 3:

a, \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=0,3.0,72=0,216\left(mol\right)\)

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_{4\downarrow}+2H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,216}{1}\), ta được H₂SO₄ dư.

Theo PT: \(n_{BaSO_4}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{BaSO_4}=0,2.233=46,6\left(g\right)\)

b, Theo PT: \(n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,216-0,2=0,016\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,016}{0,2+0,3}=0,032\left(M\right)\)

c, - Nhúng quỳ tím vào dd thấy quỳ hóa đỏ do H₂SO₄ dư.

\(a)H_2SO_4+Ba\left(NO_3\right)_2\rightarrow BaSO_4+2HNO_3\\ n_{H_2SO_4}=0,2.1=0,2l\\ n_{Ba\left(NO_3\right)_2}=n_{H_2SO_4}=0,2mol\\ m_{ddBa\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{0,2.261}{20}\cdot100=261g\\ V_{ddBa\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{261}{1,22}\approx213,9ml\\ c)n_{HNO_3}=0,2.4=0,4mol\\ C_{M_{HNO_3}}=\dfrac{0,4}{0,2+0,2139}\approx0,97M\)

giúp với ạ

1. - Trích mẫu thử.

- Nhỏ vài giọt từng mẫu thử vào giấy quỳ tím.

+ Quỳ hóa xanh: Ba(OH)₂, NaOH (1)

+ Quỳ không đổi màu: NaCl, Na₂SO₄ (2)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd Na₂SO₄

+ Có tủa trắng: Ba(OH)₂

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\rightarrow2NaOH+BaSO_4\)

+ Không hiện tượng: NaOH

- Cho mẫu thử nhóm (2) pư với dd BaCl₂

+ Có tủa trắng: Na₂SO₄

PT: \(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow2NaCl+BaSO_4\)

+ Không hiện tượng: NaCl.

- Dán nhãn.

3. \(n_{CuO}=\dfrac{8}{80}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

a, \(n_{H_2SO_4}=n_{CuO}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{9,8}{10\%}=98\left(g\right)\)

b, \(n_{CuSO_4}=n_{CuO}=0,1\left(mol\right)\)

Ta có: m _{dd sau pư} = 8 + 98 = 106 (g)

\(\Rightarrow C\%_{CuSO_4}=\dfrac{0,1.160}{106}.100\%\approx15,09\%\)

2. \(4FeS_2+11O_2\underrightarrow{t^o}8SO_2+2Fe_2O_3\)

\(2SO_2+O_2\xrightarrow[_{V_2O_5}]{^{t^o}}2SO_3\)

\(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)

\(H_2SO_4+Na_2SO_3\rightarrow Na_2SO_4+SO_2+H_2O\)

\(SO_2+Na_2O\rightarrow Na_2SO_3\)

\(S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2\)

Chọn B.

Dung dịch Y có n A l 2 ( S O ₄ ) 3 = V/3 = x   m o l  và  n A l C l 3 = V 3 = x   m o l   .

  ⇒ n A l 3 + = 3 x   m o l   =   n S O 4 2 -

Tại n B a ( O H ) 2 = 0,75 mol =>  n O H - = 1,5 mol: lúc này cả 2 kết tủa tối đa với

n A l ( O H ) 3 = 1 / 3 n O H - = 0 , 5   m o l ⇒ n B a S O 4 m a x . 233 + 0 , 5 . 78 = 139 , 9   ⇒ n B a S O 4   m a x = 0 , 433 < 0 , 5 ⇒ v ô   l ý

Chứng tỏ trong dung dịch Y còn H⁺ dư  đoạn đồ thị đi lên đầu tiên đến y chỉ có 2 phản ứng là:  H + + O H - → H 2 O ⇒ n O H -  kết tủa hết Al³⁺ = 1,5 - a

⇒ n A l ( O H ) 3 m a x = 1 , 5 - a 3   ( 1 ) S O 4 2 - + B a 2 + → B a S O 4    (1)

 Dung dịch Y ( : x mol, Cl^-: x mol, H⁺: a mol)

 Bảo toàn điện tích:   n A l 3 + = 3 x - a 3 ⇒   n A l ( O H ) 3 m a x = 3 x - a 3    (2)  

Từ (1) và (2), ta được: x = 0,5 mol

Tại kết tủa tối đa:   139 , 9 = n B a S O 4 m a x + n A l ( O H ) 3 m a x = 233 x + 78 ( 3 x - a ) 3

Thay x = 0,5 vào  a = 0,6 mol = n(H⁺) dư  n(Ba(OH)₂) dùng cho đoạn y (trung hòa hết H⁺ dư = 0,3 mol  tại y chính là kết tủa

BaSO₄: n(BaSO₄) = n(Ba(OH)₂) = 0,3 mol

 =>y = 0,3.233= 69,9 gam ≈ 70 gam.

Chọn B.