1.

Sửa đề : 8g kết tủa

Đặt:

nNa2CO3= x mol

nNaHCO3= y mol

mhh= 106x + 84y = 7.6g (1)

Na2CO3 + 2HCl --> 2NaCl + CO2 + H2O

x__________2x____________x

NaHCO3+ HCl --> NaCl + CO2 + H2O

y_________y____________y

nCaCO3= 8/100= 0.08 mol

Ca(OH)2 + CO2 -->CaCO3 + H2O

__________0.08_____0.08

nCO2= x + y = 0.08 (2)

Giải (1) và (2) :

x=y= 0.04

mNa2CO3= 0.04*106= 4.24g

mNaHCO3= 3.36g

%Na2CO3= 55.79%

%NaHCO3= 44.21%

b)

nHCl = 2x + y = 0.12 mol

mHCl = 0.12*36.5=4.38g

mddHCl = 4.38*100/20=21.9g

VddHCl = mdd/D= 21.9/1.14= 19.21ml

2, Gọi kim loại cần tìm là A có hóa trị là n

CTTQ : A2(CO3)n

A\(_2\)(CO3)\(_n\) + nH\(_2\)SO\(_4\) → A\(_2\)(SO\(_4\))\(_n\) + nCO\(_2\) + nH\(_2\)O

(mol) 1.................n........................1..................n

m(H2SO4) = 98n (gam) => m(dd H2SO4) = \(\frac{98n\cdot100\%}{10\%}\) = 980n (gam)

m(CO2) = 44n (gam)

m(dd sau ) = m( muối bđ) + m(dd H2SO4) - m(CO2)

= 1*(2A + 60n) + 980n - 44n

= 2A + 996n

Ta lại có :

\(\frac{1\cdot\left(2A+96n\right)}{2A+996n}\cdot100\%\) = 13,63 %

<=> 200A + 9600n = 27,26A + 13575,48n

<=> 172,24A = 3975,48n

<=> A = 23n

Với n = 1 thì A = 23 (Na) (thỏa mãn )

Vậy công thức của muối ban đầu là Na2CO3

Bài 1:

SO₃ + H₂O → H₂SO₄

\(n_{SO_3}=\dfrac{8}{80}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{SO_3}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,25}=0,4\left(M\right)\)

Vậy chọn đáp án D

Bài 2:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{FeCl_2}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{FeCl_2}=0,1\times127=12,7\left(g\right)\)

Vậy chọn đáp án B

Câu 3:

CH3CH2OH viết gọn lại thành C2H5OH

\(n_{CH3COOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{C2H5OH}=\frac{6,9}{46}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{CH3COOC2H5}=0,075\left(mol\right)\)

\(\frac{n_{CH3COOH}}{1}< \frac{n_{C2H5OH}}{1}\left(0,1< 0,15\right)\)nên hiệu xuất được tính theo CH3COOH

\(PTHH:C_2H_5+CH_3COOH\rightarrow CH_3COOC_2H_5+H_2O\)

\(H=\frac{n_{CH3COOC2H5}.100}{n_{CH3COOH}}=\frac{0,075.100}{0,1}=75\%\)

Câu 4:

Ta có:

\(V_{C2H5OH}=\frac{8,4}{0,8}=10,5\left(l\right)\)

\(\Rightarrow m_{H2O}=300.1=300\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{C2H5OH}=\frac{8,4}{8,4+300}.100\%=2,7\%\)

\(D_r=\frac{10,5}{10,5+300}.100\%=3,38^o\)

có: n_H2= \(\frac{1,96}{22,4}\)= 0,0875( mol)

n_KOH= 2. 0,05= 0,1( mol)

PTPU

2C₂H₅OH+ 2Na\(\rightarrow\) 2C₂H₅ONa+ H₂\(\uparrow\) ( 1)

2CH₃COOH+ 2Na\(\rightarrow\) 2CH₃COONa+ H₂\(\uparrow\) ( 2)

.0,1.......................................................0,05.. ( mol)

CH₃COOH+ KOH\(\rightarrow\) CH₃COOK+ H₂O ( 3)

..0,1................0,1.................................... mol

có: \(\sum\)n_H2= n_{H2( 1)}+ n_{H2( 2)}= 0,0875( mol)

\(\Rightarrow\) n_{H2( 1)}= 0,0875- 0,05= 0,0375( mol)

theo pt( 1) có: n_C2H5OH= 2n_H2= 2. 0,0375= 0,075( mol)

\(\Rightarrow\) m_hh= 0,1. 60+ 0,075. 46= 9,45( g)

\(\Rightarrow\) %m_C2H5OH= \(\frac{0,075.46}{9,45}\). 100%= 36,5%

%m_CH3COOH= 100%- 36,5%= 63,5%

b/

C₂H₅OH+ CH₃COOH<=( H₂SO₄ đặc; t^o)=> CH₃COOC₂H₅+ H₂O ( 4)

xét tỉ lệ: \(\frac{0,075}{1}\)< \(\frac{0,1}{1}\)

\(\Rightarrow\) C₂H₅OH hết, CH₃COOH dư

theo PTPU( 4) có: n_CH3COOC2H5= n_C2H5OH= 0,075( mol)

mặt khác: n_{CH3COOC2H5( thực tế)}= \(\frac{5,28}{88}\)= 0,06( mol)

\(\Rightarrow\) H= \(\frac{0,06}{0,075}\). 100%= 80%

+ Cho A tác dụng với dd NaOH dư:

Chất rắn A₁: Fe₃O₄, Fe; dd B₁: NaAlO₂ và NaOH dư; khí C₁: H₂

+ Cho khí C₁ tác dụng với A₁

Fe₃O₄ + 2H₂ ---> 3Fe + 4H₂O.

Chất rắn A₂: Fe, Al, Al₂O₃

+ Cho A₂ tác dụng H₂SO₄ đặc nguội.

Al2O3+ 3H2SO4---->Al2(SO4)3+3H2O

Dd B₂: Al2(SO4)3

+ Cho B₂ tác dụng với dd BaCl₂

Al2(SO4)3+ 3BaCl2--->2AlCl3+3BaSO4

B₃: BaSO₄

Xác định được các chất: A₁, A₂, B₁, B_2, B₃, C₁

mik sót mất pthh đầu

2Al+2NaOh+H2O--->2NaAlO2+H2O

Al2O3+NaOh------->2NaAlO2+H2O

a. Hiện tượng: mẫu Ca tan dần và có khí không màu bay lên

b. Hiện tượng: mẫu kali tan dần và có khí không màu bay lên sau đó xuất hiện kết tủa nâu đỏ

c. Hiện tượng: mẫu Cu tan dần sau đó có chất rắn màu trắng bạc bám lên thanh đồng

d. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo và khi đổ ngược lại thì kết tủa đó tan dần

e. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo

f. Hiện tượng: bột sắt tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên, xuất hiện kết tủa trắng xanh ( nếu để ngoài không khí kết tủa trắng xanh sẽ hóa nâu đỏ )

g. Hiện tượng: mẫu nhôm tan dần, xuất hiện khí không màu bay lên

h. Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng keo

i. Hiện tượng: ban đầu sẽ không thấy kết tủa xuất hiện nhưng sau đó thì có

2, \(n_{Na2O}=\dfrac{6,2}{62}=0,1\left(mol\right)\)

500 ml = 0,5l

Na2O + H2O ---> 2NaOH

0,1 ........................0,2

\(C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4M\)

2NaOH + H2SO4 ----> Na2SO4 + 2H2O

0,2 .......... 0,1

\(m_{H2SO4}=0,1.98=9,8g\)

\(m_{dd_{H2SO4}}=\dfrac{9,8.100}{20}=49g\)

gọi x,y la so mol cua Al, Fe

\(n_{H_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

2Al + 6HCl ----> 2AlCl3 + 3H2

x----- 3x ---------- x -------- 1,5x

Fe + 2HCl -----> FeCl2 + H2

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

Ta co: 27x + 56y =16,6

1,5x + y = 0,5

=> x = 0,2 ; y= 0,2

\(m_{Al}=27.0,2=5,4g\)

\(m_{Fe}=0,2.56=11,2g\)

Số mol hỗn hợp = 0m56 : 22,4 = 0,025 mol; số mol Br₂ = 5,6 : 160 = 0,035 mol.

Gọi x, y lần lượt là số mol của etilen và axetilen.

a) Phương trình hoá học:

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

P.ư: x x x (mol)

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

P.ư: y 2y y (mol)

b) Ta có hệ phương trình: ; Giải hệ ta được y = 0,01 và x = 0,015

% = x 100% = 60%; = 100% - 60% = 40%