Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giải thích:
Gọi số mol AlCl3 và HCl trong mỗi phần lần lượt là a, b
- Phần 1: nCl-=nAgCl=0,5 mol => 3nAlCl3+nHCl=0,5 mol (BTNT Cl) => 3a+b=0,5 (1)
- Phần 2:
+ Tại nNaOH=0,14: nNaOH=nHCl+3nAl(OH)3 => 0,14=b+3.0,2a (2)
Giải (1) và (2) =>a=0,15; b=0,05
+ Tại nNaOH=x: x=b+4a-nAl(OH)3=0,05+4.0,15-0,2.0,15=0,62 mol
Đáp án D
Gọi số mol H + , Al 3 + , SO 4 2 - trong mỗi phần là x, y, z
Tại A, khi nhỏ một lượng 0,3 mol NaOH, ta có:
0,3 = x + 0,05.3 → x = 0,15 mol
Áp vào điểm B, khi nhỏ một lượng 0,5 mol NaOH, ta có quá trình hòa tan khi kết tủa đạt cực đại xuống còn 0,05 mol kết tủa là:
n ↓ = 4 n Al 3 + - n OH - = 0 , 05 mol (do trung hoà axit, n OH - dung cho kết tủa chỉ là: 0,5 – 0,15 = 0,35 mol)
→ 4.y = 0,35
+ 0,05 → y = 0,1 mol
Bảo toàn điện tích suy ra dung dịch X gồm:
Khi nhỏ Ba(OH)2 vào dung dịch X thì mất 0,075mol Ba(OH)2trung hòa lượng H+, còn lại 0,105 mol Ba(OH)2tác dụng với Al3+
Vậy nAl(OH)3 = 0,21 :3 = 0,07 mol
m↓ = 0,07.78 + 0,18,233 = 47,4 gam
Đáp án B
Đáp án A
*Tại nOH- = 0,4 mol (thí nghiệm 2): Al(OH)3 vừa bị hòa tan hết
=> nOH- = 4nAl3+ => 0,4 = 4b => b = 0,1 mol
*Tại nOH- = 4a (thí nghiệm 2): Al(OH)3 đạt cực đại
=> nOH- = 3nAl(OH)3 => 4a = 3b => a = 3b/4 = 0,075 mol
*Tại nOH- = x mol: Giả sử nAl(OH)3 = nZn(OH)2 = y mol
- Thí nghiệm 2: Al(OH)3 chưa đến cực đại
nOH- = 3nAl(OH)3 => x = 3y (1)
- Thí nghiệm 1: Zn(OH)2 bị tan một phần
nOH- = 4nZn2+ - 2nZn(OH)2 => x = 4.0,075 – 2.y (2)
Giải (1) và (2) => x = 0,18; y = 0,06
=> m = mZn(OH)2 + mAl(OH)3 = 0,06.99 + 0,06.78 = 10,62 gam ≈ 10,6 gam
Đáp án A
*Tại nOH- = 0,4 mol (thí nghiệm 2): Al(OH)3 vừa bị hòa tan hết
=> nOH- = 4nAl3+ => 0,4 = 4b
=> b = 0,1 mol
*Tại nOH- = 4a (thí nghiệm 2): Al(OH)3 đạt cực đại
=> nOH- = 3nAl(OH)3 => 4a = 3b
=> a = 3b/4 = 0,075 mol
*Tại nOH- = x mol: Giả sử nAl(OH)3 = nZn(OH)2 = y mol
- Thí nghiệm 2: Al(OH)3 chưa đến cực đại
nOH- = 3nAl(OH)3 => x = 3y (1)
- Thí nghiệm 1: Zn(OH)2 bị tan một phần
nOH- = 4nZn2+ - 2nZn(OH)2
=> x = 4.0,075 – 2.y (2)
Giải (1) và (2) => x = 0,18; y = 0,06
=> m = mZn(OH)2 + mAl(OH)3 = 0,06.99 + 0,06.78 = 10,62 gam ≈ 10,6 gam
Áp dụng CT nhanh: nHNO3 = 12nN2 + 10nNH4+ = 12.0,03+ 10.0,09 = 1,26 (mol)
=> VHNO3 = 1,26.22,4 = 5,04 (lít)
Đáp án C
TN1 : Nhỏ từ từ HCl vào hỗn hợp x mol NaOH và y mol Na2ZnO2 ta thấy tới 0,1 mol HCl mới thấy xuất hiện kết tủa. Do vậy 0,1 mol HCl này dùng để trung hoà NaOH →x=0,1.
Khi dùng 0,3 mol HCl thì thu được 0,05 mol kết tủa Zn(OH)2 và đồ thị đang đi xuống tức đang hoà tan kết tủa.
Để toạ thành kết tủa lúc đồ thị đi lên thì cần 0,1 +0,05.2=0,2 mol HCl.
TN2 : Cho HCl vào z mol Ba(OH)2 và t mol Ba(AlO2)2.
Khi dùng tới 0,3 mol HCl mới chỉ xuất hiện 0,05 mol kết tủa Al(OH)3 trong lúc đang tạo kết tủa.
Do vậy
Khi dùng 0,3 hay 0,5 mol đều thu được 0,05 mol kết tủa
=> t = 0,05
Phân tích thí nghiệm của dung dịch X với NaOH
Thí nghiệm 2
Đáp án C
Tại nOH- = 0,35 thì Al(OH)3 chưa đạt cực đại ⇒ Al3+ còn dư
H+ + OH- → H2O
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
⇒ nOH- = nH+ + 3n↓ ⇒ 0,35 = x + 3.0,05 ⇒x = 0,2
Tại nOH- = 0,55 thì Al(OH)3 đạt cực đại và bị tan bớt 1 phần
H+ + OH- → H2O
0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
y → 3y → y
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
(y – 0,05) → (y – 0,05
⇒ nOH- = 0,2 + 3y + y – 0,05 = 0,55 ⇒ y = 0,1
Bảo toàn điện tích ⇒ 0,2 + 0,1.3 = 2z + 0,1 ⇒z = 0,2
Khi cho 0,27 mol Ba(OH)2 vào dung dịch X thì
Ba2+ + SO42- → BaSO4↓
0,2 → 0,2
H+ + OH- → H2O
0,2 → 0,2
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
0,1 → 0,3 → 0,1
Al(OH)3 + OH- → AlO2- + 2H2O
0,04 ← 0,04
⇒ mY = mBaSO4 + mAl(OH)3 = 0,2.233 + 0,06.78 = 51,28g ⇒ Chọn D.
Đáp án B
n A l C l 3 = n m a x = a m o l
Đặt n H C l = b ⇒ n A g C l = 3 a + b = 0 , 5 m o l
giải hệ có
n O H - = n H + + ( 4 n A l 3 + - n )