BÀI6

\(2Al+Fe_2O_3-t^o->Al_2O_3+2Fe\)

\(2Al+3CuO-t^o->Al_2O_3+3Cu\)

\(nAl=0,56(mol)\)

Hỗn hợp chất rắn sau phản ứng tác dụng với dung dich NaOH dư không có khí thoát ra

\(\Rightarrow\)Al hết sau phản ứng.

TH1: Phản ứng vừa đủ, Cả Al và hỗn hợp X tan hết.

\(\Rightarrow\)Hỗn hợp Y gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Fe\\Cu\\Al_2O_3\end{matrix}\right.\)

+ Phần 1:

\(Al_2O_3+2NaOH--->2NaAlO_2+H_2O\)

Chất rắn không tan: \(\left\{{}\begin{matrix}Fe\\Cu\end{matrix}\right.\)

Gọi a, b là số mol của Al lần lượt ở pt (1) và (2)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=0,56\\56a+96b=25,28\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow b< 0\)(loại)

TH2: Al tan hết, hôn hợp X dư sau phản ứng.

\(2Al(a)+Fe_2O_3(0,5a)-t^o->Al_2O_3(0,5a)+2Fe(a)\)

\(2Al(b)+3CuO(1,5b)-t^o->Al_2O_3(0,5b)+3Cu(1,5b)\)

Gọi a, b là số mol của Al lần lượt ở pt (1) và (2)

c, d lần lượt là số mol của Fe2O3 dư, CuO dư

\(nAl=0,56(mol)\)

\(\Rightarrow a+b=0,56\)\((I)\)

Hỗn hợp Y: \(\begin{matrix}Al_2O_3:0,5a+0,5b\\Fe:a\\Cu:1,5b\\Fe_2O_3\left(dư\right):c\\CuO\left(dư\right):d\end{matrix}\)\((mol)\)

Chia Y làm hai phần bằng nhau:

+ Phần 1: Cho tác dụng với dung dich NaOH dư:

\(Al_2O_3+2NaOH--->2NaAlO_2+H_2O\)

Hôn hợp chất rắn không tan: \(\left\{{}\begin{matrix}Fe:0,5a\\Cu:0,75b\\Fe_2O_3\left(dư\right):0,5c\\CuO\left(dư\right):0,5d\end{matrix}\right.\)\((mol)\)

\(\Rightarrow28a+48b+80c+40d=25,28\)\((II)\)

+ Phần 2: Cho tác dụng với dung dich HNO3 loãng dư:

\(8Fe\left(0,5a\right)+30HNO_3--->8Fe\left(NO_3\right)_3\left(0,5a\right)+3N_2O\left(0,1875a\right)+15H_2O\)

\(Al_2O_3\left(0,25a+0,25b\right)+6HNO_3--->2Al\left(NO_3\right)_3\left(0,5a+0,5b\right)+3H_2O\)

\(Fe_2O_3\left(0,5c\right)+6HNO_3--->2Fe\left(NO_3\right)_3\left(c\right)+3H_2O\)

\(CuO\left(0,5d\right)+2HNO_3--->Cu\left(NO_3\right)_2\left(0,5d\right)+H_2O\)

KhÍ thu được là N2O

\(nN_2O=0,06(mol)\)
\(\Rightarrow0,1875a+0,1875b=0,06\)\((III)\)

Dung dich Z thu được là: \(\left\{{}\begin{matrix}Al\left(NO_3\right)_3:0,5+0,5b\\Fe\left(NO_3\right)_3:0,5a+c\\Cu\left(NO_3\right)_2:0,5d\end{matrix}\right.\)\((mol)\)

\(\Rightarrow\left(0,5a+0,5b\right).213+\left(0,5a+c\right).242+0,5d.188=149,24\)

\(\Leftrightarrow227,5a+106,5b+242c+94d=149,24\)\((IV)\)

Từ (I), (II), (III) và (IV), ta có:

\(.....................\)

Đến đây bạn tự giải nốt phần còn lại.

Khi hòa tan rượu vào nước tạo ra dung dich.

Rượu tan vô hạn trong nước, nên khi thêm nước vào rượu ta được dung dich rượu.

Tuy nhiên, sữa không tan trong nước, nên khi hòa tan sữa và nước không tạo thành dung dịch được.

+ Dung dịch là một hỗn hợp đồng nhất.

+ Các phân tử tan trong dung dịch bằng mất thường không thể nhìn thấy .

+ Dung dịch có tính ổn định.

+ Chất tan từ dung dịch không thể tách ra được bằng cách lọc

P/S: thầy nói lâu rồi, không biết có thiếu í không nữa

hòa tan alit hơi SO3 ( đo ĐKT)vào 78g H2O thì:

\(SO_3+H_2O--->H_2SO_4\)

\(n_{SO_3}=\dfrac{a}{22,4}\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{a}{22,4}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=4,375a\left(g\right)\)

Ta có: \(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{m_{H_2SO_4}}{m_{ddH_2SO_4}}.100\)

\(\Leftrightarrow25=\dfrac{4,375a}{b}.100\)

\(\Leftrightarrow437,5a-25b=0\)\((I)\)

Ta có: \(m_{ddsau}=m_{SO_3}+m_{H_2O}\)

\(\Leftrightarrow b=4,375a+78\)

\(\Leftrightarrow4,375a-b=-78\)\((II)\)

Từ (I) và (II): \(\left\{{}\begin{matrix}437,5a-25b=0\\4,375a-b=-78\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=5,94\\b=104\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{10.C\%_{H_2SO_4}.D_{H_2SO_4}}{M_{H_2SO_4}}\)

\(\Leftrightarrow\)\(c=\dfrac{10.25.1,225}{98}=3,125\)

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}a=5,94\\b=104\\c=3,125\end{matrix}\right.\)

\(PTHH:\)

\(Fe_2O_3(0,075)+3H_2(0,225)-t^o->2Fe(0,15)+3H_2O\)

\(nFe_2O_3=0,075(mol)\)

\(a)\)

\(\Rightarrow nH_2=0,225\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}\left(đktc\right)=5,04\left(l\right)\)

Cần dùng 5,04 l H2 để khử lượng Fe(III) Oxit trên

\(b)\)

Theo PTHH: \(nFe=0,15(mol)\)

\(\Rightarrow mFe=8,4\left(g\right)\)

Sau phản ứng tạo thành 8,4 gam Sắt

\(Fe_2O_3+3CO-t^o->2Fe+3CO_2\)

\(Fe_2O_3+CO-\left(t^o,500-600^oC\right)->2FeO+CO_2\uparrow\)

\(4Fe+3H_3PO_4--->Fe_3\left(PO_4\right)_2\downarrow+FeHPO_4\downarrow+4H_2\uparrow\)

Ta có: \(C\%H_2SO_4=\dfrac{m_{H_2SO_4}}{D.V_{ddH_2SO_4}}.100\)

\(\Leftrightarrow96=\dfrac{2,45}{1,84.V_{ddH_2SO_4}}.100\)

\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=1,387\left(ml\right)\)

Vậy phải lấy 1,387 ml dd H2SO4 96% D=1,84 g/mol để trong đó có chứa 2,45(g) H2SO4

Đặt khối lượng của vật thứ hai là: \(m_2\)

\(\Rightarrow\)Khối lượng của vật thứ nhất là \(2m_2\)

Đặt thể tích của vật thứ nhất là \(V_1\)

\(\Rightarrow\) Thể tích của vật thứ hai là \(3V_1\)

Ta có: \(m=D.V\)

Khối lượng riêng của vật thứ nhất là:

\(\Rightarrow D_1=\dfrac{2m_2}{V_1}\) \((1)\)

Khối lượng riêng của vật thứ hai là:

\(D_2=\dfrac{m_2}{3V_1}\)

Mà \(D_2=0,4(g/cm^3)\)

\(=>m_2=1,2V_1\)

Thay vào (1) \(\Rightarrow D_1=2,4\)\((g/cm^3)=0,0024(kg/m^3)\)

Trọng lượng riêng của vật thứ nhất là:

\(\Rightarrow p_1=10D_1=0,024\)\((N/m^3)\)

Do bản thân của nước có lực dính ướt và sức căng bề mặt. Khi lực dính ướt lớn hơn sức căng bề mặt thì nước được kéo lên trên bề mặt chất lỏng một khoảng. Hay nói cách khác nước trong ống được nâng cao thêm một đoạn để sức căn mặt ngoài cân bằng với trọng lượng của nước ở trong ống.