[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Hóa chuyên - THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội Năm học: 2019 - 2020
- Thread starter Vũ Lan Anh
- Ngày gửi
- Replies 0
- Views 516
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Bài 1:
2. PTHH: [tex]\overline{M}CO_3+2HCl\rightarrow \overline{M}Cl_2+CO_2+H_2O(1)\\Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(2)\\Ba(OH)_2+2CO_2\rightarrow Ba(HCO_3)_2(3)[/tex]
Theo gt ta có: [tex]n_{Ba(OH)_2}> n_{BaCO_3}[/tex]
+, Xét trường hợp (1): Phản ứng chỉ tạo muối trung hoà
Theo (2); gt ta có: [tex]n_{CO_2}=0,08(mol)\rightarrow n_{\overline{M}CO_3}=0,08(mol)\\\Rightarrow M_{\overline{M}CO_3}=90\Rightarrow M_{\overline{M}}=30[/tex]
Do đó 2 muối cần tìm là $MgCO_3;CaCO_3$
+, Xét trường hợp (2): Phản ứng tạo 2 muối
Theo (2); (3) ta có: [tex]n_{CO_2}=0,1(mol)\Rightarrow n_{\overline{M}CO_3}=0,1(mol)\\\Rightarrow M_{\overline{M}}=12[/tex]
Không có 2 muối thoả mãn yêu cầu đề bài.
Vậy 2 muối cần tìm là $MgCO_3;CaCO_3$
Bài 1;3 đề mờ vậy?
Bài 5:
1. a, Xuất hiện kết tủa màu trắng tăng dần đến cực đại. Sau một thời gian kết tủa tan dần đến hết.
PTHH: [tex]Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(1)\\2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O(2)\\Na_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow 2NaHCO_3(3)\\BaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ba(HCO_3)_2(4)[/tex]
b, Từ (1); (2); (3); (4) và gt ta có: [tex]n_{BaCO_3}=0,1-0,03=0,07(mol)\rightarrow m_{BaCO_3}=13,79(g)[/tex]
2. PTHH: [tex]2K+2H_2O\rightarrow 2KOH+H_2(1)\\K_2O+H_2O\rightarrow 2KOH(2)\\Ba+2H_2O\rightarrow Ba(OH)_2+H_2(3)\\Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(4)\\2KOH+CO_2\rightarrow K_2CO_3+H_2O(5)\\K_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow 2K_2HCO_3(6)\\BaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ba(HCO_3)_2(7)[/tex]
Gọi số mol K; $K_2O$; $Ba$ trong hỗn hợp lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]\Rightarrow 39a+94b+137c=15,61[/tex] (I)
Theo (1); (3) ta có phương trình: [tex]\frac{1}{2}a+c=0,09(II)[/tex]
Vì V lít khí thì đạt kết tủa cực đại; $V+4,48l$ khí thì kết tủa bắt đầu tan nên [tex]n_{CO_2/(5);(6)}=0,2(mol)\rightarrow a+2b=0,2(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có hệ phương trình:
[tex]\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 39a+94b+137c=15,61 & \\ \frac{1}{2}a+c=0,09 & \\ a+2b=0,2 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=0,08 & \\ b=0,06 & \\ c=0,05 & \end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n_{KOH/Y}=0,2(mol) & \\ n_{Ba(OH)_2/Y}=0,05(mol) & \end{matrix}\right.[/tex]
Bài 4:
1, a, Vì khi cho A tác dụng với Na dư thì thu được thể tích khí H2 đúng bằng thể tích hơi của A đo ở cùng điều kiện nhiệt độ áp suất nên A có 2 nguyên tử H linh động tức có 2 nhóm chức. CTTQ của A là $C_{n}H_{2n}O_2$
b, +, Nếu A có 2 chức $COOH$: $HOOC-COOH$
+, Nếu A có 1 chức $OH$; 1 chức $COOH$: $CH_2(OH)-CH_2COOH$; $CH_3CH(OH)COOH$
+, Nếu A có 2 chức $OH$: $CH_3CH_2CH(OH)CH_2(OH)$; $CH_3CH(OH)CH(OH)CH_3$
2. Theo gt ta có: [tex]n_{H_2O}=1,05(mol);n_{CO_2}=0,9(mol)[/tex] [tex]n_{H_2O}=1,05(mol);n_{CO_2}=0,9(mol)[/tex]
Do đó ancol là ancol no đơn chức mạch hở
Ta có: [tex]n_{C_nH_{2n+2}O}=0,15(mol)[/tex] [tex]n_{C_nH_{2n}O}=0,15(mol)[/tex]
[tex]m_X=m_{C}+m_{H}+m_{O}\rightarrow m_{O}=8,8(g)\rightarrow n_{O}=0,55(mol)[/tex]
Do đó [tex]n_{C_mH_{2m+2}O_2}=0,2(mol)\Rightarrow \sum n_{C/X}=0,15n+0,2m=0,9(I)[/tex]
Giải phương trình nghiệm nguyên thu được $n=2$ và $m=3$
Do đó ancol là $C_2H_5OH$; axit là $C_2H_5COOH$
Phản ứng este: [tex]C_2H_5COOH+C_2H_5COOH\rightarrow C_2H_5COOC_2H_5+H_2O(1)[/tex]
Theo (1); gt ta có: [tex]n_{este}=0,15.60\%=0,09(mol)\Rightarrow m_{este}=9,18(g)[/tex]
Câu 1:
1, A là $MgCO_3$
B là $MgSO_4$
C là $CO_2$
D là $H_2O$
F là $BaSO_4$
G là $MgCl_2$
H là $Na_2CO_3$
I là $NaOH$
K là $H_2$
L là $Cl_2$
PTHH: [tex](1)MgCO_3+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+CO_2+H_2O\\(2)MgSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+MgCl_2\\(3)MgCl_2+Na_2CO_3\rightarrow MgCO_3+2NaCl\\(4)2NaCl+2H_2O\xrightarrow[comangngan]{dpdd}2NaOH+Cl_2+H_2\\(5)2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\\(6)MgCl_2\overset{dpnc}{\rightarrow}Mg+Cl_2[/tex]
Bài 2:
1. [tex](1)(CH_3COO)_2C_3H_6+NaOH\rightarrow CH_3COONa+C_3H_6(OH)_2\\(2)CH_3COONa+NaOH\rightarrow Na_2CO_3+CH_4\\(3)2CH_4\xrightarrow[lamlanhngay]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\\(4)C_2H_2+HCl\xrightarrow[HgCl_2]{t^o} C_2H_3Cl\\(5)(CH_2=CHCl)_n\xrightarrow[t^o;p;xt]{trunghop}(-CH_2-CHCl-)_n(PVC)\\(6)C_3H_6(OH)_2\xrightarrow[H_2SO_4]{t^o}C_3H_4+2H_2O\\(7)C_3H_4+2H_2\overset{t^o;Ni}{\rightarrow}C_3H_8\\(8)C_3H_8\xrightarrow[cracking]{t^o;p;xt}CH_4+C_2H_4[/tex]
Bài 2:
1. [tex](1)(CH_3COO)_2C_3H_6+NaOH\rightarrow CH_3COONa+C_3H_6(OH)_2\\(2)CH_3COONa+NaOH\rightarrow Na_2CO_3+CH_4\\(3)2CH_4\xrightarrow[lamlanhngay]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\\(4)C_2H_2+HCl\xrightarrow[HgCl_2]{t^o} C_2H_3Cl\\(5)(CH_2=CHCl)_n\xrightarrow[t^o;p;xt]{trunghop}(-CH_2-CHCl-)_n(PVC)\\(6)C_3H_6(OH)_2\xrightarrow[H_2SO_4]{t^o}C_3H_4+2H_2O\\(7)C_3H_4+2H_2\overset{t^o;Ni}{\rightarrow}C_3H_8\\(8)C_3H_8\xrightarrow[cracking]{t^o;p;xt}CH_4+C_2H_4[/tex]
Bài 3.
1. Dung dịch chuyển dần từ xanh thành trong suốt. Đồng thời có chất rắn màu đỏ và trắng bạc tạo thành. Chất rắn màu đen tan hết.
PTHH: [tex]Mg+2AgNO_3\rightarrow Mg(NO_3)_2+2Ag(1)\\Fe+2AgNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_2+2Ag(2)\\Mg+Cu(NO_3)_2\rightarrow Mg(NO_3)_2+Cu(3)\\Fe+Cu(NO_3)_2\rightarrow Fe(NO_3)_2+Cu(4)[/tex]
2. Gọi số mol Mg; Fe tham gia phản ứng (1); (2); (3); (4); Fe dư lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]24a+56b+56c=9,2(I)[/tex]
PTHH: [tex]2Fe+6H_2SO_4\rightarrow Fe_2(SO_4)_3+3SO_2+6H_2O(5)\\Cu+2H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+SO_2+2H_2O(6)\\2Ag+2H_2SO_4\rightarrow Ag_2SO_4+SO_2+2H_2O(7)\\Mg(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Mg(OH)_2+NaNO_3(8)\\Fe(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Fe(OH)_2+NaNO_3(9)\\Mg(OH)_2\rightarrow MgO+H_2O(10)\\4Fe(OH)_2+O_2\rightarrow 2Fe_2O_3+4H_2O(11)[/tex]
Theo phương trình (8); (9); (10); (11); gt ta có:
[tex]40a+80b=8,4(II)[/tex]
Mặt khác bảo toàn e cho phương trình (1); (2); (3); (4) ta có:
[tex]n_{Ag}+2.n_{Cu}=2a+2b[/tex]
Mà [tex]n_{H_2SO_4}=2.n_{Cu}+n_{Ag}+3n_{Fe}=2a+2b+3c\\\Rightarrow 2a+2b+3c=0,57(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có:
[tex]\left\{\begin{matrix} a=0,15 & \\ b=0,03 & \\ c=0,07 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m_{Mg}=3,6(g) & \\ m_{Fe}=5,6 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \%m_{Mg}=39,13\% & \\ \%m_{Fe}=60,97\% & \end{matrix}\right.[/tex]
Bài 3.
1. Dung dịch chuyển dần từ xanh thành trong suốt. Đồng thời có chất rắn màu đỏ và trắng bạc tạo thành. Chất rắn màu đen tan hết.
PTHH: [tex]Mg+2AgNO_3\rightarrow Mg(NO_3)_2+2Ag(1)\\Fe+2AgNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_2+2Ag(2)\\Mg+Cu(NO_3)_2\rightarrow Mg(NO_3)_2+Cu(3)\\Fe+Cu(NO_3)_2\rightarrow Fe(NO_3)_2+Cu(4)[/tex]
2. Gọi số mol Mg; Fe tham gia phản ứng (1); (2); (3); (4); Fe dư lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]24a+56b+56c=9,2(I)[/tex]
PTHH: [tex]2Fe+6H_2SO_4\rightarrow Fe_2(SO_4)_3+3SO_2+6H_2O(5)\\Cu+2H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+SO_2+2H_2O(6)\\2Ag+2H_2SO_4\rightarrow Ag_2SO_4+SO_2+2H_2O(7)\\Mg(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Mg(OH)_2+NaNO_3(8)\\Fe(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Fe(OH)_2+NaNO_3(9)\\Mg(OH)_2\rightarrow MgO+H_2O(10)\\4Fe(OH)_2+O_2\rightarrow 2Fe_2O_3+4H_2O(11)[/tex]
Theo phương trình (8); (9); (10); (11); gt ta có:
[tex]40a+80b=8,4(II)[/tex]
Mặt khác bảo toàn e cho phương trình (1); (2); (3); (4) ta có:
[tex]n_{Ag}+2.n_{Cu}=2a+2b[/tex]
Mà [tex]n_{H_2SO_4}=2.n_{Cu}+n_{Ag}+3n_{Fe}=2a+2b+3c\\\Rightarrow 2a+2b+3c=0,57(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có:
[tex]\left\{\begin{matrix} a=0,15 & \\ b=0,03 & \\ c=0,07 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m_{Mg}=3,6(g) & \\ m_{Fe}=5,6 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \%m_{Mg}=39,13\% & \\ \%m_{Fe}=60,97\% & \end{matrix}\right.[/tex]
2. PTHH: [tex]\overline{M}CO_3+2HCl\rightarrow \overline{M}Cl_2+CO_2+H_2O(1)\\Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(2)\\Ba(OH)_2+2CO_2\rightarrow Ba(HCO_3)_2(3)[/tex]
Theo gt ta có: [tex]n_{Ba(OH)_2}> n_{BaCO_3}[/tex]
+, Xét trường hợp (1): Phản ứng chỉ tạo muối trung hoà
Theo (2); gt ta có: [tex]n_{CO_2}=0,08(mol)\rightarrow n_{\overline{M}CO_3}=0,08(mol)\\\Rightarrow M_{\overline{M}CO_3}=90\Rightarrow M_{\overline{M}}=30[/tex]
Do đó 2 muối cần tìm là $MgCO_3;CaCO_3$
+, Xét trường hợp (2): Phản ứng tạo 2 muối
Theo (2); (3) ta có: [tex]n_{CO_2}=0,1(mol)\Rightarrow n_{\overline{M}CO_3}=0,1(mol)\\\Rightarrow M_{\overline{M}}=12[/tex]
Không có 2 muối thoả mãn yêu cầu đề bài.
Vậy 2 muối cần tìm là $MgCO_3;CaCO_3$
Bài 1;3 đề mờ vậy?
Bài 5:
1. a, Xuất hiện kết tủa màu trắng tăng dần đến cực đại. Sau một thời gian kết tủa tan dần đến hết.
PTHH: [tex]Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(1)\\2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O(2)\\Na_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow 2NaHCO_3(3)\\BaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ba(HCO_3)_2(4)[/tex]
b, Từ (1); (2); (3); (4) và gt ta có: [tex]n_{BaCO_3}=0,1-0,03=0,07(mol)\rightarrow m_{BaCO_3}=13,79(g)[/tex]
2. PTHH: [tex]2K+2H_2O\rightarrow 2KOH+H_2(1)\\K_2O+H_2O\rightarrow 2KOH(2)\\Ba+2H_2O\rightarrow Ba(OH)_2+H_2(3)\\Ba(OH)_2+CO_2\rightarrow BaCO_3+H_2O(4)\\2KOH+CO_2\rightarrow K_2CO_3+H_2O(5)\\K_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow 2K_2HCO_3(6)\\BaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ba(HCO_3)_2(7)[/tex]
Gọi số mol K; $K_2O$; $Ba$ trong hỗn hợp lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]\Rightarrow 39a+94b+137c=15,61[/tex] (I)
Theo (1); (3) ta có phương trình: [tex]\frac{1}{2}a+c=0,09(II)[/tex]
Vì V lít khí thì đạt kết tủa cực đại; $V+4,48l$ khí thì kết tủa bắt đầu tan nên [tex]n_{CO_2/(5);(6)}=0,2(mol)\rightarrow a+2b=0,2(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có hệ phương trình:
[tex]\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 39a+94b+137c=15,61 & \\ \frac{1}{2}a+c=0,09 & \\ a+2b=0,2 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=0,08 & \\ b=0,06 & \\ c=0,05 & \end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\Rightarrow \left\{\begin{matrix} n_{KOH/Y}=0,2(mol) & \\ n_{Ba(OH)_2/Y}=0,05(mol) & \end{matrix}\right.[/tex]
Bài 4:
1, a, Vì khi cho A tác dụng với Na dư thì thu được thể tích khí H2 đúng bằng thể tích hơi của A đo ở cùng điều kiện nhiệt độ áp suất nên A có 2 nguyên tử H linh động tức có 2 nhóm chức. CTTQ của A là $C_{n}H_{2n}O_2$
b, +, Nếu A có 2 chức $COOH$: $HOOC-COOH$
+, Nếu A có 1 chức $OH$; 1 chức $COOH$: $CH_2(OH)-CH_2COOH$; $CH_3CH(OH)COOH$
+, Nếu A có 2 chức $OH$: $CH_3CH_2CH(OH)CH_2(OH)$; $CH_3CH(OH)CH(OH)CH_3$
2. Theo gt ta có: [tex]n_{H_2O}=1,05(mol);n_{CO_2}=0,9(mol)[/tex] [tex]n_{H_2O}=1,05(mol);n_{CO_2}=0,9(mol)[/tex]
Do đó ancol là ancol no đơn chức mạch hở
Ta có: [tex]n_{C_nH_{2n+2}O}=0,15(mol)[/tex] [tex]n_{C_nH_{2n}O}=0,15(mol)[/tex]
[tex]m_X=m_{C}+m_{H}+m_{O}\rightarrow m_{O}=8,8(g)\rightarrow n_{O}=0,55(mol)[/tex]
Do đó [tex]n_{C_mH_{2m+2}O_2}=0,2(mol)\Rightarrow \sum n_{C/X}=0,15n+0,2m=0,9(I)[/tex]
Giải phương trình nghiệm nguyên thu được $n=2$ và $m=3$
Do đó ancol là $C_2H_5OH$; axit là $C_2H_5COOH$
Phản ứng este: [tex]C_2H_5COOH+C_2H_5COOH\rightarrow C_2H_5COOC_2H_5+H_2O(1)[/tex]
Theo (1); gt ta có: [tex]n_{este}=0,15.60\%=0,09(mol)\Rightarrow m_{este}=9,18(g)[/tex]
Câu 1:
1, A là $MgCO_3$
B là $MgSO_4$
C là $CO_2$
D là $H_2O$
F là $BaSO_4$
G là $MgCl_2$
H là $Na_2CO_3$
I là $NaOH$
K là $H_2$
L là $Cl_2$
PTHH: [tex](1)MgCO_3+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+CO_2+H_2O\\(2)MgSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+MgCl_2\\(3)MgCl_2+Na_2CO_3\rightarrow MgCO_3+2NaCl\\(4)2NaCl+2H_2O\xrightarrow[comangngan]{dpdd}2NaOH+Cl_2+H_2\\(5)2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\\(6)MgCl_2\overset{dpnc}{\rightarrow}Mg+Cl_2[/tex]
Bài 2:
1. [tex](1)(CH_3COO)_2C_3H_6+NaOH\rightarrow CH_3COONa+C_3H_6(OH)_2\\(2)CH_3COONa+NaOH\rightarrow Na_2CO_3+CH_4\\(3)2CH_4\xrightarrow[lamlanhngay]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\\(4)C_2H_2+HCl\xrightarrow[HgCl_2]{t^o} C_2H_3Cl\\(5)(CH_2=CHCl)_n\xrightarrow[t^o;p;xt]{trunghop}(-CH_2-CHCl-)_n(PVC)\\(6)C_3H_6(OH)_2\xrightarrow[H_2SO_4]{t^o}C_3H_4+2H_2O\\(7)C_3H_4+2H_2\overset{t^o;Ni}{\rightarrow}C_3H_8\\(8)C_3H_8\xrightarrow[cracking]{t^o;p;xt}CH_4+C_2H_4[/tex]
Bài 2:
1. [tex](1)(CH_3COO)_2C_3H_6+NaOH\rightarrow CH_3COONa+C_3H_6(OH)_2\\(2)CH_3COONa+NaOH\rightarrow Na_2CO_3+CH_4\\(3)2CH_4\xrightarrow[lamlanhngay]{1500^oC}C_2H_2+3H_2\\(4)C_2H_2+HCl\xrightarrow[HgCl_2]{t^o} C_2H_3Cl\\(5)(CH_2=CHCl)_n\xrightarrow[t^o;p;xt]{trunghop}(-CH_2-CHCl-)_n(PVC)\\(6)C_3H_6(OH)_2\xrightarrow[H_2SO_4]{t^o}C_3H_4+2H_2O\\(7)C_3H_4+2H_2\overset{t^o;Ni}{\rightarrow}C_3H_8\\(8)C_3H_8\xrightarrow[cracking]{t^o;p;xt}CH_4+C_2H_4[/tex]
Bài 3.
1. Dung dịch chuyển dần từ xanh thành trong suốt. Đồng thời có chất rắn màu đỏ và trắng bạc tạo thành. Chất rắn màu đen tan hết.
PTHH: [tex]Mg+2AgNO_3\rightarrow Mg(NO_3)_2+2Ag(1)\\Fe+2AgNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_2+2Ag(2)\\Mg+Cu(NO_3)_2\rightarrow Mg(NO_3)_2+Cu(3)\\Fe+Cu(NO_3)_2\rightarrow Fe(NO_3)_2+Cu(4)[/tex]
2. Gọi số mol Mg; Fe tham gia phản ứng (1); (2); (3); (4); Fe dư lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]24a+56b+56c=9,2(I)[/tex]
PTHH: [tex]2Fe+6H_2SO_4\rightarrow Fe_2(SO_4)_3+3SO_2+6H_2O(5)\\Cu+2H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+SO_2+2H_2O(6)\\2Ag+2H_2SO_4\rightarrow Ag_2SO_4+SO_2+2H_2O(7)\\Mg(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Mg(OH)_2+NaNO_3(8)\\Fe(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Fe(OH)_2+NaNO_3(9)\\Mg(OH)_2\rightarrow MgO+H_2O(10)\\4Fe(OH)_2+O_2\rightarrow 2Fe_2O_3+4H_2O(11)[/tex]
Theo phương trình (8); (9); (10); (11); gt ta có:
[tex]40a+80b=8,4(II)[/tex]
Mặt khác bảo toàn e cho phương trình (1); (2); (3); (4) ta có:
[tex]n_{Ag}+2.n_{Cu}=2a+2b[/tex]
Mà [tex]n_{H_2SO_4}=2.n_{Cu}+n_{Ag}+3n_{Fe}=2a+2b+3c\\\Rightarrow 2a+2b+3c=0,57(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có:
[tex]\left\{\begin{matrix} a=0,15 & \\ b=0,03 & \\ c=0,07 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m_{Mg}=3,6(g) & \\ m_{Fe}=5,6 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \%m_{Mg}=39,13\% & \\ \%m_{Fe}=60,97\% & \end{matrix}\right.[/tex]
Bài 3.
1. Dung dịch chuyển dần từ xanh thành trong suốt. Đồng thời có chất rắn màu đỏ và trắng bạc tạo thành. Chất rắn màu đen tan hết.
PTHH: [tex]Mg+2AgNO_3\rightarrow Mg(NO_3)_2+2Ag(1)\\Fe+2AgNO_3\rightarrow Fe(NO_3)_2+2Ag(2)\\Mg+Cu(NO_3)_2\rightarrow Mg(NO_3)_2+Cu(3)\\Fe+Cu(NO_3)_2\rightarrow Fe(NO_3)_2+Cu(4)[/tex]
2. Gọi số mol Mg; Fe tham gia phản ứng (1); (2); (3); (4); Fe dư lần lượt là a;b;c(mol)
[tex]24a+56b+56c=9,2(I)[/tex]
PTHH: [tex]2Fe+6H_2SO_4\rightarrow Fe_2(SO_4)_3+3SO_2+6H_2O(5)\\Cu+2H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+SO_2+2H_2O(6)\\2Ag+2H_2SO_4\rightarrow Ag_2SO_4+SO_2+2H_2O(7)\\Mg(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Mg(OH)_2+NaNO_3(8)\\Fe(NO_3)_2+2NaOH\rightarrow Fe(OH)_2+NaNO_3(9)\\Mg(OH)_2\rightarrow MgO+H_2O(10)\\4Fe(OH)_2+O_2\rightarrow 2Fe_2O_3+4H_2O(11)[/tex]
Theo phương trình (8); (9); (10); (11); gt ta có:
[tex]40a+80b=8,4(II)[/tex]
Mặt khác bảo toàn e cho phương trình (1); (2); (3); (4) ta có:
[tex]n_{Ag}+2.n_{Cu}=2a+2b[/tex]
Mà [tex]n_{H_2SO_4}=2.n_{Cu}+n_{Ag}+3n_{Fe}=2a+2b+3c\\\Rightarrow 2a+2b+3c=0,57(III)[/tex]
Từ (I); (II); (III) ta có:
[tex]\left\{\begin{matrix} a=0,15 & \\ b=0,03 & \\ c=0,07 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} m_{Mg}=3,6(g) & \\ m_{Fe}=5,6 & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \%m_{Mg}=39,13\% & \\ \%m_{Fe}=60,97\% & \end{matrix}\right.[/tex]
Last edited by a moderator:
- 22 Tháng sáu 2017
- 2,357
- 4,161
- 589
- 19
- TP Hồ Chí Minh
- THPT Gia Định
Câu 2:
2) nBaCO3= 0,2 mol
[tex]C_xH_y+(x-\frac{y}{4})O_2 => xCO_2 + yH_2O[/tex]
[tex]CO_2+Ba(OH)_2 => BaCO_3+H_2O[/tex]
[tex]<=> m dd giảm= mBaCO_3-mCO_2-mH_2O <=> 19,912= 39,4-mCO_2-mH_2O[/tex]
<=> -mCO2-mH2O= 19,488 (g) (1)
Lại có: 12x+2y= 4,64 (g) (2)
giải hệ pt:
[tex]\left\{\begin{matrix} 12x + 2y = 4,64\\ 44x+18y =19,488 \end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix} x= 0,348\\ y= 0,232 \end{matrix}\right.[/tex]
Đặt tỉ lệ
[tex]\frac{n_C}{n_H}=\frac{0,348}{0,232.2}[/tex] [tex]= \frac{3}{4}[/tex]
Vậy CTPT là C3H4
Câu 5:
1. a)
[tex] CO_2+ 2NaOH => Na_2CO_3+H_2O[/tex]
0,1 0,1 0,1
[tex] CO_2+Na_2CO_3 +H_2O => NaHCO_3 [/tex]
0,1 0,1
[tex] CO_2+BaCO_3 + H_2O => Ba(HCO_3)_2 [/tex]
0,03 0,03
b) nCO2= 0,33 mol
nBa(OH)2= 0,1 mol
nNaOH= 0,2 mol
Thế vào đó, ta có: (ở a)
nBaCO3= 0,1-0,03= 0,07 mol => m BaCO3= 13,79 gam
2) nBaCO3= 0,2 mol
[tex]C_xH_y+(x-\frac{y}{4})O_2 => xCO_2 + yH_2O[/tex]
[tex]CO_2+Ba(OH)_2 => BaCO_3+H_2O[/tex]
[tex]<=> m dd giảm= mBaCO_3-mCO_2-mH_2O <=> 19,912= 39,4-mCO_2-mH_2O[/tex]
<=> -mCO2-mH2O= 19,488 (g) (1)
Lại có: 12x+2y= 4,64 (g) (2)
giải hệ pt:
[tex]\left\{\begin{matrix} 12x + 2y = 4,64\\ 44x+18y =19,488 \end{matrix}\right.[/tex]
[tex]\left\{\begin{matrix} x= 0,348\\ y= 0,232 \end{matrix}\right.[/tex]
Đặt tỉ lệ
[tex]\frac{n_C}{n_H}=\frac{0,348}{0,232.2}[/tex] [tex]= \frac{3}{4}[/tex]
Vậy CTPT là C3H4
Câu 5:
1. a)
[tex] CO_2+ 2NaOH => Na_2CO_3+H_2O[/tex]
0,1 0,2 0,1
[tex] CO_2+ Ba(OH)_2 => Ba_2CO_3+H_2O[/tex]0,1 0,1 0,1
[tex] CO_2+Na_2CO_3 +H_2O => NaHCO_3 [/tex]
0,1 0,1
[tex] CO_2+BaCO_3 + H_2O => Ba(HCO_3)_2 [/tex]
0,03 0,03
b) nCO2= 0,33 mol
nBa(OH)2= 0,1 mol
nNaOH= 0,2 mol
Thế vào đó, ta có: (ở a)
nBaCO3= 0,1-0,03= 0,07 mol => m BaCO3= 13,79 gam