Tải bản đầy đủ
n = 1 n = 0,1 mol m = 0,1.180 = 18g.

n = 1 n = 0,1 mol m = 0,1.180 = 18g.

Tải bản đầy đủ

2+

2+

2+

Để loại bỏ hết các ion Ca ; Mg ; Ba ;
+
H

ra khỏi dung dịch thì phải dùng dung
dịch

có các phản ứng xảy ra ,có thể loại bỏ được kết tủa hoặc khi bay lên.

K2 CO3 . Vì khi đó

Ca

2+

2-

+ CO3 → CaCO3 ↓;

2+
2Mg + CO → MgCO3 ↓
3

;

+

2H →
+
CO2
2
CO ↑
+H2
O;

3

B → BaCO3 ↓
2
a
+

+
C
2
O
-

3

Chú ý: Với những bài toán
+

như thế này thì chúng ta có
thể làm bằng pp loại trừ .
Với Na2SO4 thì chúng ta
không lọai bỏ được H
Với NaOH thì chúng ta không
2+
loại bỏ được Ba .
Với AgNO3 thì
chúng ta không loại
bỏ được

2+

+

Câu 40: Đ|p |n D
{

C O
OFe O
O
H
F
l
e O

O
H

2+

Ba ; H ; Ca .

lO

Fe O

Fe

l
O
H

CuO

CuO
{
M
C
O

C
â
u
4
1:
Đ|
p
|n
C

C { CuO →
{ Cu
n
{ MO
b

O p
nx
8

x
o
n
pV
H
g
n

{

{

{

b
8

b
{
b

7

x
x

8
X
é
t
c
}
n
b

n
g
N
H
N
H
M
o
l
b
a
n
đ

u
8
M
o
l
p
h

n

x
M
o
l
c
}
n
b

n
g
x
8
x
x

ỗn hợp khí NO và N
O
n
b
i
{n
b
{

C
â
u

{

b
9

4
2
:

b
6
n
heo nh lu t b
o toàn ol ele
tron n

Đ
|
p
|
n
A
C
h

n

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố
cho nitơ có: n
n
n
6
Vậy tỉ lệ số phân tử bị khử và bị oxi hóa
trong phản ứng là: n
n
6
8
Câu 43: Đ|p |n A
NO

NO
O
NO
O
H O
HNO
HNO
NO
NO
H O

1
m
o
l
h

8n

Ch n n
th n
n
Câu 44: Đ|p |n D
n
6 ol
n
ol
H
h
n

n

hí n hiệ
b h tn

n
6 ol
N th l OH
h t n

ol

b

ầu l OH
n

n
ãn
H

8n
l OH
i { n
n

n

b tn
{

n

t phần
x

ol

ph n ứn
8x
6
8x

n

h n th

8 8

{
x

Câu 45: Đ|p |n D
Ta có: n
n
TH1 Al chưa
tan hết. Gọi x, y l{ số mol Ba v{ Al có trong m (g)
hỗn hợp.
+TH1: X + H2O.
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
2Al + Ba(OH)2 + H2O→ Ba(AlO2)2 +
Mol: x

x
→ x
x

8 96
x
ol
n
x
+TH2: X + Ba(OH)2 dư.
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
2Al + Ba(OH)2 + H2O→ Ba(AlO2)2 +
Mol: x
→ x
y
n

x

ol

Vậy:

6 7

7

6

3H2
3x

3H2
1,5y

ol

9 9(g).

Câu 46: Đ|p |n D
Ba(OH)2

CO2
Kết
tủa

SO2

C2H4

C2H2

Kết tủa
trắng

-

-

H2SO4 (cho
Kết tủa
Kết tủa tan
v{o
kết
tan
tủa
bên
Nước brom
Mất m{u
Mất m{u
Mất m{u
AgNO3/NH3
Kết tủa
Câu 47: Đ|p |n B
2Cu(NO3)2 → 2CuO + 4NO2 + O2
Mol:
4x → x
Khối lượng chất rắn giảm bằng khối lượng khí
sinh ra: Suy ra : 6 x
x
V
x
ol
Hấp thụ hỗn hợp khí v{o nước: 4NO2 + O2 +2H2O → 4HNO3
Mol:
0,1
→ 0,1
0,1
Vậy [HNO3]=
= 1(M) .
0,1
Câu 48: Đ|p |n C
Bảo to{n khối lượng ta có
m = m ⇒ m= 23,3-15,2= 8,1(g) ⇒ n = 0,3(mol);n
=
0,1(mol) 2Al+Cr O
X

Y
Cr 2O3

Al

Do đó Al dư. Y gồm 0,1 mol Al; 0,1 mol Al2O3 và 0,2 mol Cr.
3
Vậy n = n + n
= 0,35(mol) ⇒ V = 7,84(l)

SO3
Kết tủa
trắng
Kết tủa
không
tan

2

→ Al O
+2Cr

3

2

3

H

Al

Cr

2
2
CCââuu 4949:: ĐĐ|p|p |n|n AA
l O
l
{
Fe →
Fe O
l Fe
{

lO

{

N

N OH

OH


ol l

Phương trình nhiệt nhôm: 8 l
Fe O
n
b
i n
b
{
9
{
n
n
b

l O
{

b

9Fe

8
Câu 50: Đ|p |n A
Phản ứng:
OH
l SO
SO
l OH
Khi thu được m gam kết tủa thì tỉ lệ thể tích dung dịch của X v{ Y l{ 3:1 đúng bằng tỉ lệ mol của
OH và l SO theo phương trình. Do đó X v{ Y có nồng độ mol bằng
nhau. Khi đó tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol chất trong 2 dung dịch.
Chọn V
ứng với 1 mol l SO
thì kết tủa tối đa gồm 3 mol SO và 2 mol l OH
78
8
9
769
Gọi số mol OH ứng với V l dung dịch X là a mol.
+) TH1: Sau phản ứng l SO
còn dư
Khi

ết tủ
78



ol

SO và

769

7

+) TH2: l OH bị hòa tan một phần
OH
l SO
l OH Mol
l OH

OH

ol l OH
o

V

⁄V

7

SO

lO

H O Mol
Khi đó kết tủa gồm 3 mol SO và
78 8
769

8
o
 Hết ---

ol l OH
V ⁄V