Nội dung bài học củng cố kiến thức về điều chế kim loại và ăn mòn kim loại; Rèn kĩ năng giải bài tập các dạng kim loại mạnh khử ion kim loại yếu hơn trong dung dịch.
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho Mg vào dung dịch Fe2(SO4)3 dư.
(b) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeCl2.
(c) Dẫn khí H2 dư qua bột CuO nung nóng.
(d) Cho Na vào dung dịch CuSO4 dư.
(e) Nhiệt phân AgNO3.
(g) Đốt FeS2 trong không khí.
(h) Điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực trơ.
Sau khi kết thúc các phản ứng,thí nghiệm nào thu được kim loại?
(c) Dẫn khí H2 dư qua bột CuO nung nóng.
(e) Nhiệt phân AgNO3.
(h) Điện phân dung dịch CuSO4 với điện cực trơ.
Có 4 dung dịch riêng biệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh Ni. Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là:
Xảy ra ăn mòn điện hóa phải thỏa mãn 3 điều kiện:
+) có 2 điện cực khác bản chất
+) 2 điện cực tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau
+) 2 điện cực được nhúng trong cùng một dung dịch chất điện ly
Có 2 trường hợp thỏa mãn: CuSO4; AgNO3
Nhúng một thanh nhôm nặng 45 gam vào 400 ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân lại thấy nặng 46,38 gam. Khối lượng Cu thoát ra là:
\(\begin{matrix} 2Al & + & 3Cu^{2+} & \rightarrow & 2Al^{3+} & + & 3Cu\\ x & \rightarrow & 1,5x & & \rightarrow & & 1,5x \end{matrix}\)
⇒ msau - mtrước = 64 × 1,5x - 27x = 46,38 - 45
⇒ x = 0,02 mol ⇒ nCu pứ = 1,5 × 0,02 × 64 = 1,92 g
Điện phân 1 dung dịch (với điện cực bằng than chì) có 0,2 mol NaCl và x mol Cu(NO3)2. Sau điện phân thu được 100 ml dung dịch có pH = 0,3. Giá trị gần nhất với x là:
Do sau phản ứng dung dịch có pH = 0,3 ⇒ H+: nH+ = 0,05 mol
Catot: Cu2+ + 2e → Cu
Anot:
2Cl- - 2e → Cl2
2H2O - 4e → 4H+ + O2
⇒ bảo toàn e: ne = nCl- + nH+ = 2nCu2+
⇒ x = 0,125 mol
Cho khí CO đi qua ống chứa 0,04 mol X gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng, ta nhận được 4,784 gam chất rắn Y ( gồm 4 chất), khí đi ra khỏi ống dẫn qua dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng FeO trong hỗn hợp X là:
\({n_{C{O_2}}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,046{\rm{ }}(mol)\)
Bảo toàn nguyên tố C ta có : \({n_{CO}} = {n_{C{O_2}}} = 0,046(mol)\)
Bảo toàn khối lượng :
\(\begin{array}{l} {\rm{ }}{m_{hh}} + {m_{CO}} = {m_Y} + {m_{C{O_2}}}\\ \Leftrightarrow {m_{hh}} = {m_Y} + {m_{C{O_2}}} - {m_{CO}}\\ \Leftrightarrow {m_{hh}} = 4,784 + 0,046.44 - 0,046.28 = 5,52(gam) \end{array}\)
Gọi số mol của FeO và Fe2O3 lần lượt là x và y :
\(\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,04\\ 72{\rm{x}} + 160y = 5,52 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,01{\rm{ }}(mol)\\ y = 0,03{\rm{ }}(mol) \end{array} \right.\)
\(\% {m_{FeO}} = \frac{{0,01.72}}{{5,52}}.100 = 13,04\)
Điện phân 400 ml dung dịch NaCl 1M với điện cực trơ màng ngăn xốp đến khi ở cả hai điện cực tổng khí thu được là 6,72 lít (dktc) thì ngừng. Thêm 100 ml dung dịch AlCl3 0,85M vào dung dịch sau điện phân thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:
nNaCl = 0,4 mol
Catot: 2H2O → 2OH- + H2 - 2e
Anot: 2Cl- → Cl2 + 2e
\(\Rightarrow n_e = 2n_{Cl_2} = 2n_{H_2}\) và \(n_{H_2} + n_{Cl_2} = 0,3\ mol\)
\(\Rightarrow n_{H_2} = n_{Cl_2} = 0,15\ mol\)
⇒ nOH =0,3 mol
Lại có\(n_{AlCl_3} = 0,085\ mol \Rightarrow 3n_{NaOH } < n_{OH} < 4n_{NaOH}\)
⇒ kết tủa tan 1 phần: \(n_{Al(OH)_3} = 4n_{Al^{3+}} - n_{OH} = 0,04\ mol\)
\(\Rightarrow m_{Al(OH)_3} = 3,12\ g\)
Sau bài học cần nắm:
Bài kiểm tra Trắc nghiệm Hóa học 12 Bài 23có phương pháp và lời giải chi tiết giúp các em luyện tập và hiểu bài.
Phương pháp thích hợp điều chế kim loại Ca từ CaCl2 là:
Trong khí quyển có các chất sau: O2, Ar, CO2, H2O, N2. Những chất nào là nguyên nhân gây ra sự ăn mòn kim loại phổ biến?
Cho khí CO dư qua hỗn hợp gồm CuO, MgO, Al2O3 nung nóng. Sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm:
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức về bài học này nhé!
Các em có thể hệ thống lại nội dung bài học thông qua phần hướng dẫn Giải bài tập Hóa học 12 Bài 23.
Bài tập 1 trang 103 SGK Hóa học 12
Bài tập 2 trang 103 SGK Hóa học 12
Bài tập 3 trang 103 SGK Hóa học 12
Bài tập 4 trang 103 SGK Hóa học 12
Bài tập 5 trang 103 SGK Hóa học 12
Bài tập 1 trang 143 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 2 trang 143 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 3 trang 143 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 4 trang 143 SGK Hóa học 12 nâng cao
Bài tập 5 trang 143 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 6 trang 143 SGK Hóa học 12 nâng cao
Bài tập 7 trang 143 SGK Hóa học 12 nâng cao
Bài tập 8 trang 143 SGK Hóa 12 nâng cao
Bài tập 23.1 trang 52 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.2 trang 52 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.3 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.4 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.5 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.6 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.7 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.8 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.9 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.10 trang 53 SBT Hóa học 12
Bài tập 23.11 trang 53 SBT Hóa học 12
Trong quá trình học tập nếu có bất kì thắc mắc gì, các em hãy để lại lời nhắn ở mục Hỏi đáp để cùng cộng đồng Hóa DapAnHay thảo luận và trả lời nhé.
Phương pháp thích hợp điều chế kim loại Ca từ CaCl2 là:
Trong khí quyển có các chất sau: O2, Ar, CO2, H2O, N2. Những chất nào là nguyên nhân gây ra sự ăn mòn kim loại phổ biến?
Cho khí CO dư qua hỗn hợp gồm CuO, MgO, Al2O3 nung nóng. Sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn gồm:
Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa 0,1 mol FeCl3; 0,2 mol CuCl2; 0,1 mol HCl (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Khi ở catot bắt đầu sủi bọt thì ngừng điện phân. Tại thời điểm này khối lượng catot đã tăng lên:
Cho V lít hỗn hợp khí (ở đkc) gồm CO và H2 phản ứng với một lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO và Fe3O4 nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng hỗn hợp rắn giảm 0,48gam. Giá trị của V là
Kim loại điều chế được bằng phương pháp thủy luyện, nhiệt luyện và điện phân :
Có 4 dung dịch riêng biệt: CuSO4, ZnCl2, FeCl3, AgNO3. Nhúng vào mỗi dung dịch một thanh Ni. Số trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hoá là
Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ, có màng ngăn xốp. Khi ở cả hai điện cực đều có bọt khí thì dừng lại. Kết quả ở anot có 448ml khí thoát ra (đktc), khối lượng dung dịch sau điện phân giảm m gam và dung dịch sau điện phân có thể hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Giá trị của m là:
Tiến hành điện phân V lít dung dịch NaCl 1M và CuSO4 1,8M bằng điện cực trơ tới khi nước bắt đầu điện phân ở cả 2 cực thì dừng điện phân, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam. Dung dịch sau phản ứng hoà tan tối đa 8,84 gam Al2O3. Giá trị của m là:
Tiến hành điện phân với điện cực trơ và màng ngăn xốp một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì dừng lại. Ở anot thu được 0,896 lít khí (đkc). Dung dịch sau khi điện phân có thể hòa tan tối đa 3,2 gam CuO. Giá trị của m là:
Trình bày phương pháp hoá học để có thể tách riêng từng kim loại ra khỏi một dung dịch có chứa các muối:
a) FeSO4 và CuSO4.
b) NaCl và CuCl2.
Trình bày sơ đồ tách riêng từng kim loại từ hỗn hợp các kim loại : Cu, Fe, Al, Ag.
Hoà tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu được dung dịch muối có nồng độ 27,21%. Xác định kim loại M.
Nhiệt phân hoàn toàn 9,4 gam một muối nitrat kim loại M hoá trị không đổi được 4 gam oxit và hỗn hợp khí NO2 và O2. Xác định công thức muối của kim loại M.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Câu trả lời của bạn
Ta có nH2= 1,344/22,4 = 0,06 mol
=>nH2SO4 = nH2 = 0,06 mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mKL + mHCl = mmuối + mH2
3,22 + 0,06.98 = mmuối + 0,06.2
mmuối = 8,98gam
Câu trả lời của bạn
Hematit là Fe2O3 trong đó sắt có hóa trị (III) tối đa nên không bị HNO3 oxi hóa
A. etilen. B. axetilen. C. etan. D. stiren.
Câu trả lời của bạn
Etan là ankan chỉ có liên kết đơn nên không tham gia tác dụng với dung dịch Br2
Bước 2: Nút ống nghiệm bằng nút cao su có ống dẫn khí rồi lắp lên giá thí nghiệm.
Bước 3: Đun nóng phần đáy ống nghiệm bằng đèn cồn. Thay ống dẫn khí bằng ống vuốt nhọn rồi đốt khí thoát ra ở đầu ống dẫn khí.
Cho các phát biểu sau:
(a) Thí nghiệm trên là thí nghiệm điều chế và thử tính chất của metan.
(b) Khí thu được cháy với ngọn lửa màu vàng.
(c) Nên lắp ống thí nghiệm chứa hỗn hợp rắn sao cho miệng ống nghiệm hơi chốc lên trên.
(d) Vai trò của CaO là chất xúc tác cho phản ứng.
(e) Muốn thu khí thoát ra ở thí nghiệm trên ít lẫn tạp chất ta phải thu bằng phương pháp dời nước.
(g) Nếu dẫn khí thu được qua dung dịch Br2 thì dung dịch Br2 bị mất màu.
Số phát biểu đúng là ?
Câu trả lời của bạn
- Phương trình hóa học: CH3COONa + NaOH \( \to C{H_4} \uparrow + N{a_2}C{O_3}\)
(b) Sai. Khí thu được cháy với ngọn lửa màu xanh nhạt.
(c) Sai. Nên lắp ống thí nghiệm chứa hỗn hợp rắn sao cho miệng ống nghiệm hơi chốc xuống dưới.
(d) Sai. CaO là chất chống ăn mòn thủy tinh (NaOH nóng chảy ăn mòn thủy tinh).
(g) Sai. Nếu dẫn khí thoát ra vào dung dịch Br2 thì dung dịch này không bị mất màu.
Câu trả lời của bạn
Ta có: nY = nE = 0,2 → Đốt Y được \(\left\{ \begin{align}
& {{H}_{2}}O:0,71 \\
& C{{O}_{2}}:0,71-0,2=0,51 \\
\end{align} \right.\)
→ nO (trong Y) = 0,71 + 0,51.2 – 0,72.2 = 0,29 > nY ⇒ hỗn hợp Y chứa \(\left\{ \begin{align}
& R{{\left( OH \right)}_{2}}:0,29-0,2=0,09 \\
& R'OH:0,2-0,09=0,11 \\
\end{align} \right.\)
\(\to 0,09.{{C}_{R}}+0,11.{{C}_{R'}}=0,51\to \left\{ \begin{align}
& {{C}_{R}}=2 \\
& {{C}_{R'}}=3 \\
\end{align} \right.\)
Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{X}}=12,78+0,51.44-0,72.32+24,06-0,29.40=24,64\)gam
Hai este trong \(X:\left\{ \begin{align}
& {{C}_{n}}{{H}_{2n}}{{O}_{2}}:0,11 \\
& {{C}_{m}}{{H}_{2m-2}}{{O}_{4}}:0,09 \\
\end{align} \right.\to 0,11\left( 14n+32 \right)+0,09.\left( 14m+62 \right)=24,64\to \left\{ \begin{align}
& n=6 \\
& m=5 \\
\end{align} \right.\)
\(\to {{C}_{2}}{{H}_{5}}COO{{C}_{3}}{{H}_{7}}\) và \(\left. \begin{align}
& HCOO \\
& C{{H}_{3}}COO \\
\end{align} \right\rangle {{C}_{2}}{{H}_{4}}\)
Este hai chức trong E là \(\left. \begin{align}
& HCOO \\
& C{{H}_{3}}COO \\
\end{align} \right\rangle {{C}_{2}}{{H}_{4}}:0,09\text{ mol}\Rightarrow %m=49,01%.\)
Câu trả lời của bạn
Đặt a, b lần lượt là số mol của (X, Y) và este \(\to \frac{b}{a+b}=\frac{1}{6}\Rightarrow a=5b\)
Công thức amin no, hai chức, mạch hở là \({{C}_{\overline{n}}}{{H}_{2\overline{n}+4}}{{N}_{2}}\left( \overline{n}>1 \right)\)
Bảo toàn O: \(2b+0,22.2=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+0,22\left( 1 \right)\)
Độ bất bão hòa: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-0,22=-2a=-10b\left( 2 \right)\)
Từ (1), (2) suy ra: b = 0,01 và a = 0,05
Bảo toàn C: \(0,05.\overline{n}+0,01.{{C}_{este}}=0,12\) (vì \({{C}_{este}}>2)\Rightarrow 1<\overline{n}<2.\) Vậy Y là C2H8N2 có M = 60.
Câu trả lời của bạn
Hỗn hợp khí O2: a mol và NO2: b mol
⇒ Ta có hệ: \(\left\{ \begin{align}
& a+b=0,12 \\
& 32a+46b=19,5.2.0,12 \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& a=0,06 \\
& b=0,06 \\
\end{align} \right.\)
Từ phương trình phản ứng có: \({{n}_{NaN{{O}_{3}}}}=\left( {{n}_{{{O}_{2}}}}-{{n}_{N{{O}_{2}}}}/4 \right).2=0,09\)mol
→ Số mol của ion \(C{{u}^{2+}}\) và \(M{{g}^{2+}}\) là 0,03 mol
Trong dung dịch Y có chứa Cu2+; Mg2+; NO3-; SO42-(0,04 mol) và Na+
\(\xrightarrow{BTDT}0,03.2+0,09=0,04.2+{{n}_{NO_{3}^{-}}}\Rightarrow {{n}_{NO_{3}^{-}}}=0,07\) mol
Lại có 0,03 mol gồm NO2 và SO2
\(\xrightarrow{BT:N}{{n}_{N{{O}_{2}}}}={{n}_{NaN{{O}_{3}}}}-{{n}_{NO_{3}^{-}}}=0,02mol\Rightarrow {{n}_{S{{O}_{2}}}}=0,01mol\)
\(\Rightarrow {{n}_{S}}=\left( 2{{n}_{S{{O}_{2}}}}+{{n}_{N{{O}_{2}}}}+2{{n}_{O}}-\left( {{n}_{C{{u}^{2+}}}}+{{n}_{M{{g}^{2+}}}} \right).2 \right)/6\) với \(\left( {{n}_{O}}=0,3m/16 \right)\)
\(\Rightarrow m-0,3m-\left( 0,00625m-1/300 \right).32+0,09.23+0,04.96+0,07.62=4m\Rightarrow m=2,959\left( g \right)\)
Câu trả lời của bạn
Hỗn hợp X gồm C2H2 (0,2 mol); C3H6 (0,1 mol); H2 (0,3 mol) ⇒ mX = 10 (g)
Theo BTKL: mX = mY = 10 ⇒ nY = 0,4 mol ⇒ \({{n}_{{{H}_{2}}}}\) pư = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol
Khi cho Y tác dụng với AgNO3/NH3 thì số mol C2H2 dư: 0,05 mol
\(\xrightarrow{BT:\pi }2.\left( 0,2-0,05 \right)+0,1=0,2+{{n}_{B{{r}_{2}}}}\Rightarrow {{n}_{B{{r}_{2}}}}=0,2\text{ mol}\Rightarrow m=32\left( g \right).\)
Câu trả lời của bạn
\(\begin{align}
& O{{H}^{-}}+HCO_{3}^{-}\to CO_{3}^{2-}+{{H}_{2}}O \\
& 0,02\text{ 0,02} \\
\end{align}\)
\(\begin{align}
& C{{a}^{2+}}+CO_{3}^{2-}\to CaC{{O}_{3}} \\
& 0,02\text{ 0,02} \\
& \text{3C}{{\text{a}}^{2+}}+2PO_{4}^{3-}\to C{{a}_{3}}{{\left( P{{O}_{4}} \right)}_{2}} \\
& 0,03\text{ 0,02} \\
\end{align}\)
Vậy trong 10 lít nước có 0,05 mol Ca2+ ⇒ trong 1 lít có 0,005 mol
Trong 1 lít nước có 0,5 milimol = 0,0005 mol Ca2+ ⇒ Số đơn vị độ cứng đó là 0,005/0,0005 = 10.
(c) Glucozơ là hợp chất hữu cơ đa chức và thuộc loại monosaccarit.
(d) Các aminoaxit thiên nhiên là những hợp chất cơ sở để kiến tạo nên các loại protein của sự sống.
(e) Các loại tơ poliamit khá bền trong môi trường axit hoặc bazơ.
Số phát biểu đúng là?
Câu trả lời của bạn
(c) Sai. Glucozơ là hợp chất hữu cơ tạp chức.
(e) Sai. Các loại tơ poliamit kém bền trong môi trường axit hoặc bazơ.
Câu trả lời của bạn
Đặt \(\left\{ \begin{align}
& {{\left( {{C}_{17}}{{H}_{x}}COO \right)}_{3}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}:a\text{ mol} \\
& {{\text{C}}_{17}}{{H}_{y}}COOH:b\text{ mol} \\
& {{\text{H}}_{2}}O:c\text{ mol} \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& 6a+2b+2,89.2=2,04.2+c \\
& 57a+18b=2,04 \\
& 110a+36b=2c+0,08.2 \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& a=0,02 \\
& b=0,05 \\
& c=1,92 \\
\end{align} \right.\)
Ta có: \({{n}_{B{{r}_{2}}}}=0,08\text{ mol}\Rightarrow \) X gồm \(\left\{ \begin{align}
& {{C}_{17}}{{H}_{33}}COOH:0,04\text{ mol} \\
& {{\text{C}}_{17}}{{H}_{35}}COOH:0,01\text{ mol} \\
& {{\left( {{C}_{17}}{{H}_{33}}COO \right)}_{2}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}\left( {{C}_{17}}{{H}_{35}}COO \right):0,02\text{ mol} \\
\end{align} \right.\Rightarrow {{m}_{triglixerit}}=17,72\left( g \right)\)
(c) Cho dung dịch HNO3 tới dư vào dung dịch FeCO3.
(d) Cho từ từ và khuấy đều dung dịch H2SO4 vào lượng dư dung dịch Na2CO3.
(e) Cho FeS tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng.
Sau khi các phản ứng kết thúc, số thí nghiệm thu được chất khí là?
Câu trả lời của bạn
(a) Ba(OH)2 + NH4HSO4 → BaSO4 + NH3 + 2H2O.
(b) 2NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + Na2CO3 + H2O.
(c) 10HNO3 + 3FeCO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 3CO2 + 5H2O.
(d) H2SO4 + 2Na2CO3 → 2NaHCO3 + Na2SO4 (dạng cho từ từ axit vào muối cacbonat).
(e) FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S.
Thí nghiệm thu được chất khí là a, c, e.
Câu trả lời của bạn
\(F{e_2}{O_3} \to 28,8\left\{ \begin{array}{l}
F{e_3}{O_4}\\
Fe
\end{array} \right. \to {H_2}:0,1.mol \Rightarrow 28,8\left\{ \begin{array}{l}
F{e_3}{O_4}:0,1\\
Fe:0,1
\end{array} \right. \Rightarrow {m_{F{e_2}{O_3}}} = 32.g\)
Câu trả lời của bạn
Khi cho từ từ X vào H+ thì gồm Na2CO3 và NaHCO3
Lập hệ: \(\left\{ \begin{align}
& x+y={{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,3 \\
& 2x+y={{n}_{{{H}^{+}}}}=0,4 \\
\end{align} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& x=0,1 \\
& y=0,2 \\
\end{align} \right.\) (với x, y là mol phản ứng của Na2CO3 và NaHCO3)
Ta có: \(\frac{{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}}{{{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}}=\frac{x}{y}=\frac{1}{2}\) và \(\xrightarrow{BT:Na}2{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}+{{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}=0,8\Rightarrow X\left\{ \begin{align}
& N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}:0,2 \\
& NaHC{{O}_{3}}:0,4 \\
\end{align} \right.\)
Vậy dung dịch chứa Na2CO3 dư (0,1 mol); NaHCO3 dư và Na2SO4 (0,2 mol)
Cho BaCl2 phản ứng với Y (BaCl2 không phản ứng với NaHCO3) thu được kết tủa là: BaSO4: 0,2 mol và BaCO3: 0,1 mol ⇒ m = 66,3 (g)
Câu trả lời của bạn
\(CO + m.g.F{e_3}{0_4} \to \left\{ \begin{array}{l}
Fe\\
FeO
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{H_2}:0,2\\
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
Fe:0,2\\
FeO:0,1
\end{array} \right. \to {n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,1 \Rightarrow m = 23.2.g\)
Câu trả lời của bạn
\(\begin{array}{l}
m:{M_x}{O_y} \to m':\left\{ \begin{array}{l}
M\\
{M_x}{O_y}
\end{array} \right. \Rightarrow m = m' + {m_O} = m' + 16.{n_O}\\
{n_O} = {n_{C{O_2}}} = {n_{CO}}\\
\left\{ \begin{array}{l}
m = 10,88\\
{n_{CO2}} = 0,12
\end{array} \right. \Rightarrow m' = 8,96
\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
\(\begin{array}{l}
V:\left\{ \begin{array}{l}
CO\\
{H_2}
\end{array} \right. + 16.8:\left\{ \begin{array}{l}
CuO\\
F{e_2}{O_3}\\
A{l_2}{O_3}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
C{O_2}\\
{H_2}O
\end{array} \right. \Rightarrow \Delta m = {m_O} = 0,32 \Rightarrow {n_O} = 0,02 \Rightarrow V = 0,448\\
\Rightarrow m = 16,8 - {m_O} = 16,48.g
\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
\(V:\left\{ \begin{array}{l}
CO\\
{H_2}
\end{array} \right. + m:\left\{ \begin{array}{l}
CuO\\
F{e_2}{O_3}\\
A{l_2}{O_3}\\
F{e_3}{O_4}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
C{O_2}\\
{H_2}O
\end{array} \right. \Rightarrow {n_O} = {n_{hh}} = 0,1 \Rightarrow {m_O} = 1,6 \Rightarrow m = 24 + 1,6 = 25,6.g\)
Câu trả lời của bạn
\(CO + \left\{ \begin{array}{l}
CuO\\
F{e_2}{O_3}
\end{array} \right. \to C{O_2} \to CaC{O_3}:0,04.mol \Rightarrow {n_{CO}} = {n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,04 \Rightarrow V = 0,896.l\)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *