Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
nồng dộ của dung dịch H2SO4 và NaOH là a và b,ta có
H2SO4 + 2NaOH = Nà2SO4 + 2H2O
0,02a--------0,04a
=>0,04a=0,06b
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O
0,01b/2---0,01b
H2SO4+BaCO3=BaSO4+H2O+CO2
0,03--------0,03
=>0,02a-0,01b/2=5,91/197=0,03
=>a=1,8 và b=1,2
1.
\(a)\)\(PTHH:\)
\(Zn+2HCl-->ZnCl_2+H_2\)
\(b)\)
\(nZn=\dfrac{3,25}{65}=0,05(mol)\)
Theo PTHH: \(nH_2=nZn=0,05\left(mol\right)\)
Thể tích khí Hidro thu được:
\(\Rightarrow V_{O_2}\left(đktc\right)=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\)
\(c)\)
Theo PTHH: \(nHCl=2.nZn=0,05.2=0,1(mol)\)
\(\Rightarrow mHCl=0,1.36,5=3,65\left(g\right)\)
\(\Rightarrow m_{ddHCl}=\dfrac{3,65.100}{20}=18,25\left(g\right)\)
Khối lượng dung dich HCl 20% đã dùng là 18,25 gam.
1. a.) Zn + 2HCl -> ZnCl2 + H2
0,05 0,05 (mol)
b.) nZn = \(\dfrac{3,25}{65}=0,05mol\)
nZn = nH2 = 0,05 mol
VH2 = 0,05 . 22,4 = 1,12l
c.) \(\dfrac{mct}{md\text{d}}=\dfrac{C\%}{100\%}\Rightarrow md\text{d}=\dfrac{mct}{\dfrac{C\%}{100\%}}=\dfrac{3,25}{\dfrac{20\%}{100\%}}=\dfrac{3,25}{0,2}=16,25g\)
1.
Khối lượng giảm là khối lượng H2O hoá hơi rồi bay đi: 25-16=9g
\(\rightarrow\)nH2O=\(\frac{9}{18}\)=0,5 mol
nCuSO4=\(\frac{16}{160}\)=0,1 mol
nCuSO4:nH2O=1:5
\(\rightarrow\) x=5, muối ngậm nước là CuSO4.5H2O
2.
\(\text{mdd = 1,2. 500 = 600 g}\)
\(\text{20: 100 = (mNaOH : 600)}\)\(\rightarrow\) mNaOH = 120 g \(\rightarrow\) nNaOH = 3 mol
Công thức tổng quát : Số mol chất tan \(\text{A = (C%. D. V): (100M) }\)với M là phân tử khối của chất tan A
3.
a, Giả sử có 184g dd H2SO4 98%\(\rightarrow\) mH2SO4=180,32g
\(\rightarrow\)nH2SO4= \(\frac{180,98}{98}\)=1,84 mol
V H2SO4=\(\frac{184}{1,84}\)=100ml=0,1l
\(\rightarrow\) CM=\(\frac{1,84}{0,1}\)=18,4M
b,
C%= \(\frac{\text{m ct. 100}}{\text{ m dd}}\)
d= \(\frac{\text{m ct}}{\text{V dd}}\)
CM=\(\frac{\text{n ct}}{\text{V dd}}\)
\(\rightarrow\)C%=\(\frac{\text{d. V dd . 100}}{\text{m dd}}\)
\(\Leftrightarrow\) C%=\(\frac{\text{d. n ct. 100}}{\text{CM. m dd}}\)
4.
Ban đầu:
\(\text{mddH2SO4 = 100 . 1,137 = 113,7}\)
nH2SO4 = \(\frac{\text{113,7 . 20%}}{98}\) = 0,232 mol
nBaCl2 = \(\frac{\text{400 . 5,29%}}{208}\) = 0,1 mol
PTHH: H2SO4 + BaCl2 —> BaSO4 + 2HCI
Bđ:_____ 0,232____0,1__________________(mol)
Pứ: ______0,1_____0, 1______0,1____0,2___(mol)
Sau pứ:____0,132____0___________________(mol)
\(\text{mBaSO4 = 0,1.233 = 23,3 gam}\)
Khối lượng dung dịch sau khi lọc bỏ kết tủa:
mddB = mddH2SO4 + mddBaCl2 - mBaSO4 = 490,4
C%HCI = \(\frac{\text{0,2.36,5}}{490,4}\) = 1,49%
C%H2SO4 dư = \(\frac{\text{0,132.98}}{490,4}\)= 2,64%
bài 1: nZn= 0,5 mol
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2↑
0,5 mol 1 mol 0,5 mol 0,5 mol
a) mHCl= 36,5 (g) → mdung dịch HCl 10% = 36,5 / 10%= 365 (g)
b) mZnCl2= 0,5x 136= 68 (g)
c) mdung dịch= mZn + mdung dịch HCl 10% - mH2= 32,5 + 365 - 0,5x2 = 396,5 (g)
→ C%ZnCl2= 68/396,5 x100%= 17,15%
Bài 2: Cách phân biệt:
Dùng quỳ tím:→ lọ nào làm quỳ chuyển thành màu đỏ: HCl và H2SO4 (cặp I)
→ quỳ không đổi màu: BaCl2 và NaCl ( cặp II)
→ quỳ chuyển màu xanh: NaOH và Ba(OH)2 ( cặp III)
Đối với cặp I: ta cho dung dịch BaCl2 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng H2SO4, ống còn lại chứa dung dịch HCl
Đối với cặp II: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng BaCl2, ống còn lại là NaCl
Đối với cặp III: ta cho dung dịch H2SO4 vào, ống có kết tủa trắng chính là ống đựng Ba(OH)2, ống còn lại là NaOH
PTPU: BaCl2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2HCl
Ba(OH)2 + H2SO4→ BaSO4↓ + 2H2O
2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
\(n_{NaOH}=\dfrac{16}{40}=0,4\left(mol\right)\)
a) Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=\dfrac{1}{2}\times0,4=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right)\)
b) Theo PT: \(n_{Na_2SO_4}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=\dfrac{1}{2}\times0,4=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{Na_2SO_4}=0,2\times142=28,4\left(g\right)\)
c) \(C_{M_{Na_2SO_4}}=\dfrac{0,2}{0,1}=2\left(M\right)\)
a, \(H_2SO_4+Zn=ZnSO_4+H_2\uparrow\)
b,
\(n_{Zn}=\frac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)
Theo PTHH : \(n_{Zn}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow V_{H_2=}=n_{H_2}\cdot22,4=0,2\cdot22,4=4,48\left(l\right)\)
a) Khi Al và Cu tác dụng với H2SO4 thì Cu không tan chỉ có Al phản ứng theo pt sau:
PTHH:2Al + 3H2SO4 ->Al2(SO4)3 + 3H2
nH2=6,72÷22,4=0,3(mol)
PTHH: 2Al + 3H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3H2
Theo pt ta có: nAl = 2/3nH2=2/3×0,3=0,2(mol)
-> mAl=0,2×27=5,4(g)
vì Cu không tan nên chất rắn không tan sau phản ứng là Cu
-> mCu=1,71(g)
Khối lượng hỗn hợp ban đầu là: mCu + mAl=5,4+1,71=7,11(g)
bài 3:a) nCaCO3 = 0,07 mol
CaCO3 + 2HNO3 ---> Ca(NO3)2 + H2O + CO2
0.07.........0.14
=> nHNO3 trong Z là 0,14*2 = 0,28 mol
=> CM Z = 0,28/(0,3+0,2) = 0,56 M
gọi CM dd Y = b M; CM dd X = a M
nHNO3 trong X = 0,2*a mol
=> nHNO3 trong Y = 0,3*b mol
X điều chế từ Y nghĩa là từ dd Y ta có thể điều chế một dd có nồng độ mol/lit giống Y
=> đặt V dd Y đạ dùng để điều chế X là V (lit)
=> CM X' = nHNO3/(V H2O + V dd Y)
hay = b* V/(V+3V) = a
=> 4a = b
mà theo câu a ta lại có :
n HNO3 trong X + nHNO3 trong Y = 0,2*a + 0,3*b = 0,28
giải hệ ta đk; x = 0,2M
y = 0,8M
1/
a)
\(n_{Ba}=\frac{27,4}{137}=0,2mol\); \(n_{H_2SO_4}=\frac{9,8}{98}=0,1mol\)
PTHH: \(Ba+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+H_2\uparrow\)
Trước pư: \(0,2\) \(0,1\) \(\left(mol\right)\)
Pư: \(0,1\) \(0,1\) \(0,1\) \(0,1\) \(\left(mol\right)\)
Sau pư: \(0,1\) \(0\) \(0,1\) \(0,1\) \(\left(mol\right)\)
Sau pư còn dư 0,1mol Ba nên Ba tiếp tục pư với H2O trong dd:
\(Ba+2H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2+H_2\uparrow\)
\(0,1\) \(0,1\) \(0,1\) \(\left(mol\right)\)
Tổng số mol H2 sau 2 pư : \(n_{H_2}=0,1+0,1=0,2mol\)
Thể tích khí thu được: \(V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l\)
b)
Dd thu được sau pư là dd \(Ba\left(OH\right)_2\)
\(m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,1.171=17,1g\)
\(m_{dd}=27,4+100-m_{BaSO_4}-m_{H_2}\)\(=27,4+100-0,1.233-0,2.2=103,7g\)
\(C\%_{ddBa\left(OH\right)_2}=\frac{17,1}{103,7}.100\%\approx16,49\%\)
2/
\(n_{H_2S}=\frac{0,672}{22,4}=0,03mol\)
\(CaS+2HBr\rightarrow CaBr_2+H_2S\uparrow\)
Theo pt:
\(n_{CaS}=n_{CaBr_2}=n_{H_2S}=0,03mol\) ; \(n_{HBr}=0,06mol;\)\(m_{HBr}=0,06.81=4,86g\)
\(m=m_{CaS}=0,03.72=2,16g;\)\(m_{CaBr_2}=0,03.200=6g\)
\(\Rightarrow m_1=\frac{4,86.100}{9,72}=50g\)
Áp dụng ĐLBTKL:
\(m_2=m_{ddCaBr_2}=50+2,16-34.0,03=51,14g\)
\(x=C\%_{CaBr_2}=\frac{6.100}{51,14}\approx11,73\%\)
Giải:
a) Số mol H2 thu được ở đktc là:
nH2 = V/22,4 = 3,36/22,4 = 0,15 (mol)
PTHH: 2Al + 3H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3H2↑
-------0,1--------0,15-----------0,05--------0,15--
PTHH: Fe2O3 + 3H2SO4 -> Fe2(SO4)3 + 3H2O
---------0,05----------0,15-------0,05---------0,15-
Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hh ban đầu là:
%mAl = (mAl/mhh).100 = (27.0,1/10,7).100 ≃ 25,2 %
=> %mFe2O3 = 100 - 25,2 = 74,8 %
=> mFe2O3 = 10,7.74,8% ≃ 8 (g)
=> nFe2O3 = m/M = 8/160 = 0,05 (mol)
b) Thể tích dd H2SO4 1,5 M cần dùng là:
VH2SO4 = n/CM = 0,3/1,5 = 0,2 (l)
Vậy ...
cảm ơn bn khánh an nha