Điều chế Cu : Fe + CuSO₄ \(\rightarrow\) Cu + FeSO₄

Điều chế CuO : 2Cu + O₂ \(\rightarrow\) 2CuO

Điều chế AlCl₃ :

1) 2Al + 6HCl \(\rightarrow\) 2AlCl₃ + 3H₂

2) 4Al + 3O₂ \(\rightarrow\) 2Al₂O₃

Al₂O₃ + 6HCl \(\rightarrow\) 2AlCl₃ + 3H₂

Điều chế FeCl₂ : Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl₂ + H₂

a) 2MS + 3O₂ \(\rightarrow^{t^o}\) 2MO + 2SO₂

x------------------------x--------x

\(\Rightarrow\) Chất rắn A là MO ; Khí B là SO₂

MO + H₂SO₄ \(\rightarrow\) MSO₄ + H₂O

x-------x-----------x

Ta có : \(\dfrac{\left(M+96\right)x}{\left(M+16\right)x+\dfrac{98x}{13,72\%}}=20,144\%\)

\(\Rightarrow\) M = 64 ( Cu ) \(\Rightarrow x=\dfrac{13,44}{96}=0,14\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\) m_{dung dịch sau} = 80 . 0,14 + \(\dfrac{98\cdot0,14}{13,72\%}=111,2\left(g\right)\)

\(\Rightarrow\)m_{dung dịch ( sau làm lạnh )} = 111,2 - 12,5 = 98,7 ( gam )

Gọi y là số mol CuSO₄ còn lại trong dung dịch bão hòa . Ta có :

\(C\%_{CuSO_4}=\dfrac{160y\cdot100\%}{98,7}=14,589\%\Rightarrow y=0,09\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{CuSO_4.nH_2O}=n_{CuSO_4\left(táchra\right)}=0,14-0,09=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CuSO_4.nH_2O}=0,05\cdot\left(160+18n\right)=12,5\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n=5\left(CuSO_4.5H_2O\right)\)

b) Khối lượng nước trong dung dịch CuSO₄ bão hòa :

\(m_{H_2O}=98,7-0,09\cdot160=84,3\left(g\right)\)

\(\Rightarrow S_{CuSO_4}=\dfrac{0,09\cdot160\cdot100}{84,3}=17,08\left(g\right)\)

a) Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra :

CH₄ + 2O₂ \(\rightarrow\) CO₂ + 2H₂O

C₂H₄ + 3O₂ \(\rightarrow\) 2CO₂ + 2H₂O

b) Gọi x , y lần lượt là số mol của CH₄ và C₂H₄ có trong 3 gam hỗn hợp X

Ta có : 16x + 28y = 3 ( 1 )

Theo bảo toàn nguyên tố C :

\(n_{CO_2}=n_{CH_4}+2n_{C_2H_4}\Rightarrow x+2y=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\left(mol\right)\\y=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Theo bảo toàn nguyên tố H :

\(n_{H_2O}=2\left(n_{CH_4}+n_{C_2H_4}\right)=0,3\left(mol\right)\)

Theo bảo toàn nguyên tố O :

\(n_{O_2}=n_{CO_2}+\dfrac{1}{2}n_{H_2O}=0,2+0,15=0,35\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V=0,35\cdot22,4=7,84\left(l\right)\)

c) Thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp là :

\(\%V_{CH_4}=\dfrac{0,1\cdot100\%}{0,1+0,05}=66,67\%\)

\(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,05\cdot100\%}{0,1+0,05}=33,33\%\)

a) 2Na + 2H₂O \(\rightarrow\) 2NaOH + H₂\(\uparrow\)

Ba + 2H₂O \(\rightarrow\) Ba(OH)₂ + H₂\(\uparrow\)

Na₂O + H₂O \(\rightarrow\) 2NaOH

BaO + H₂O \(\rightarrow\) Ba(OH)₂

b) 21,9 gam X \(\left\{{}\begin{matrix}Na:x\left(mol\right)\\Ba:y\left(mol\right)\\Na_2O:z\left(mol\right)\\BaO:t\left(mol\right)\end{matrix}\right.\underrightarrow{H_2O}\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)H_2\\dungdichY\left\{{}\begin{matrix}Ba\left(OH\right)_2:\dfrac{20,52}{171}=0,12\left(mol\right)\\NaOH\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) 0,5x + y = 0,05 ( 1 )

y + t = 0,12 ( 2 )

m_X = 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9

\(\Rightarrow z=\dfrac{21,9-23x-137y-153t}{62}\)

\(\Rightarrow n_{NaOH}=x+2z=x+\dfrac{21,9-23x-137y-153t}{31}\)

\(=\dfrac{21,9+8x-137y-153t}{31}\)

\(=\dfrac{21,9+16\left(0,5x+y\right)-153\left(y+t\right)}{31}=0,14\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a=m_{NaOH}=0,14\cdot40=5,6\left(gam\right)\)

Gọi x , y , z lần lượt là số mol của K , Al , và Fe có trong m gam hỗn hợp M

* m gam M + NaOH dư : K và Al tan hết , Fe không tan

2K + 2H₂O ( ightarrow) 2KOH + H₂(uparrow)

x-----------------------------0,5x

2Al + 2NaOH + 2H₂O ( ightarrow) 2NaAlO₂ + 3H₂(uparrow)

y---------------------------------------------1,5y

(Rightarrow n_{H_2}=0,5x+1,5y=dfrac{6,16}{22,4}=0,275left(mol ight)) ( * )

* m gam M + H₂O : Vì thể tích khí H₂ sinh ra nhỏ hơn thể tích khí H₂ sinh ra khi cho m gam M phản ứng với dung dịch NaOH dư nên Al còn dư

2K + 2H₂O ( ightarrow) 2KOH + H₂(uparrow)

x------------------x---------0,5x

2Al + 2KOH + 2H₂O ( ightarrow) 2KAlO₂ + 3H₂(uparrow)

x--------x---------------------------------1,5x

(Rightarrow n_{H_2}=0,5x+1,5x=dfrac{4,48}{22,4}=0,2left(mol ight))

(Rightarrow x=0,1left(mol ight))

( * ) (Rightarrow y=0,15left(mol ight))(Rightarrow)n_{Al dư} = 0,15 - x = 0,15 - 0,1 = 0,05 ( mol )

Chất rắn không tan là Al dư và Fe

(Rightarrow) m_Fe = 9,75 - m_{Al dư} = 9,75 - 27 . 0,05 = 8,4 ( gam )

(Rightarrow)m = m_K + m_Fe + m_Al = 39 . 0,1 + 8,4 + 27 . 0,15 = 16,35 ( gam )

(Rightarrowleft{{}egin{matrix}\%m_K=dfrac{39cdot0,1cdot100\%}{16,35}=23,85\%\\%m_{Fe}=dfrac{8,4cdot100\%}{16,35}=51,37\%\\%m_{Al}=100\%-left(23,85\%+51,37\% ight)=24,78\%end{matrix} ight.)

a) n_{HCl ban đầu} = \(\dfrac{146\cdot20\%}{36,5\cdot100\%}=0,8\left(mol\right)>2n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\) Axit còn dư và hỗn hợp kim loại bị hòa tan hết

Gọi x , y lần lượt là số mol của Mg và Fe có trong 6,8 gam X. Ta có :

24x + 56y = 6,8 ( gam ) ( 1 )

* X + HCl :

Mg + 2HCl \(\rightarrow\) MgCl₂ + H₂\(\uparrow\)

x-----2x----------x---------x

Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl₂ + H₂\(\uparrow\)

y------2y--------y---------y

\(\Rightarrow n_{H_2}=x+y=0,15\left(mol\right)\)(2)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra :

\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\left(mol\right)\\y=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Phần trăm khối lượng của mỗi chất trong X là :

\(\%m_{Mg}=\dfrac{24\cdot0,05\cdot100\%}{6,8}=17,65\%\)

\(\%m_{Fe}=100\%-\%m_{Mg}=100\%-17,65\%=82,35\%\)

b) m_{dung dịch Y} = m_X + m_{dung dịch HCl} - \(m_{H_2}\) = 152,5 ( gam )

n_{HCl phản ứng} = 2 ( x + y ) = 0,3 ( mol )

\(\Rightarrow\)n_{HCl còn} = 0,8 - 0,3 = 0,5 ( mol )

Nồng độ phần trăm của các chất trong Y :

\(C\%_{HCl}=\dfrac{36,5\cdot0,5\cdot100\%}{152,5}=11,97\%\)

\(C\%_{MgCl_2}=\dfrac{95\cdot0,05\cdot100\%}{152,5}=3,11\%\)

\(C\%_{FeCl_2}=\dfrac{127\cdot0,1\cdot100\%}{152,5}=8,33\%\)

Phương trình phản ứng : 2M + \(\dfrac{3}{2}\)O₂ \(\rightarrow\) M₂O₃

Dựa vào phương trình ta có tỉ lệ :

\(\dfrac{5,4}{2M}=\dfrac{10,2}{\left(2M+48\right)}\)

\(\Leftrightarrow\) 5,4 ( 2M + 48 ) = 10,2 . 2M

\(\Leftrightarrow\) 10,8M + 5,4 . 48 = 20,4M

\(\Leftrightarrow\) 9,6M = 5,4 . 48

\(\Rightarrow\) \(M=\dfrac{5,4\cdot48}{9,6}=27\)

Vậy kim loại M là nhôm ( Al )