\(H_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2HCl\)

\(m_{H_2SO_4}=20\%.29,4=5,88g\)

\(\rightarrow n_{H_2SO_4}=\frac{5,88}{98}=0,06mol\)

\(m_{BaCl_2}=5,2\%.100=5,2g\)

\(\rightarrow n_{BaCl_2}=\frac{5,2}{208}=0,025mol\)

Mà \(\frac{0,06}{1}>\frac{0,025}{1}\)

\(\rightarrow n_{H_2SO_4}>n_{BaCl_2}\)

Vậy \(BaCl_2\) hết và \(H_2SO_4\) dư

\(n_{BaSO_4}=n_{BaCl_2}=0,025mol\)

\(\rightarrow m_{BaSO_4}=0,025.233=5,825g\)

PTHH : Fe + H₂SO₄ => FeSO₄ + H₂ 

                                       0,04  <=  0,04 mol

=> Chất khí là H₂ , muối thu được là FeSO₄

n_H2 = 0,896: 22,4 = 0,04 mol 

Cho n_H2 = 0,04 vào PTHH ta được n_FeSO4 = n_H2 = 0,04 mol

=> m_FeSO4 = 0,04.(56+32+16.4) = 6,08 g

a. Đặt CTTQ của kim loại là R

\(R+H_2SO_4\rightarrow RSO_4+H_2\)

b. \(n_{H_2}=\frac{22,4}{22,4}=1mol\)

\(n_R=\frac{65}{R}mol\)

Từ phương trình \(n_R=n_{H_2}\)

\(\rightarrow1=\frac{65}{R}\)

\(\rightarrow R=65\)

\(\rightarrow R:Zn\)

c. Từ phương trình \(n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=1mol\)

\(m_{H_2SO_4}=1.98=98g\)

\(m_{ddH_2SO_4}=\frac{98}{35\%}=280g\)

1) S + O₂ ---> SO₂ 

SO₂ + H₂O ---> H₂SO₃ 

H₂SO₃ + 2KOH ---> K₂SO₃ + 2H₂O 

K₂SO₃ + H₂SO₄  -> SO₂ + H₂O + K₂SO₄

bài 2 nữa đc ko

không thấy hình ảnh

Cu không tan trong HCl

\(\rightarrow m_{Cu}=4,2g\)

\(m_{Mg}=4,4-4,2=0,2g\)

\(n_{Mg}=\frac{0,2}{24}=\frac{1}{120}mol\)

PTHH: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

Theo phương trình \(n_{HCl}=\frac{1}{120}.2=\frac{1}{60}mol\)

\(m_{HCl}=\frac{1}{60}.36,5=\frac{73}{120}mol\)

\(m_{ddHCl}=\frac{73}{120}:7,3\%=\frac{25}{3}g\approx8,3g\)

Theo phương trình \(n_{H_2}=n_{Mg}=\frac{1}{120}mol\)

\(V_{H_2}=\frac{1}{120}.22,4=\frac{14}{75}l\approx0,1867l\)

Trích mẫu thử

Cho các mẫu thử tác dụng với dd chứa quỳ tím

- Nếu tan, có khí, quỳ chuyển xanh là Ca

\(Ca+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+H_2\)

- Nếu tan, không có khí, quỳ chuyển xanh là CaO

\(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

- Nếu không tan là CuO và S

Cho hai mẫu thử còn lại tác dụng với \(H_2\)

- Nếu có hiện tượng là CuO

\(CuO+H_2\rightarrow Cu+H_2O\)

- Nếu không có hiện tượng là S

\(m_{H_2SO_4}=100.7,84\%=7,84g\)

\(n_{H_2SO_4}=\frac{7,84}{98}=0,08mol\)

BTKL

\(m_Y=m_{Oxit}+m_{H_2SO_4}=2,04+100=102,04g\)

\(m_{H_2SO_4\left(\text{dư}\right)}=102,04.1,92\%=1,959168g\)

\(n_{H_2SO_4\left(\text{dư}\right)}=\frac{1,959168}{98}=0,02mol\)

\(\rightarrow n_{H_2SO_4\text{phản ứng}}=0,08-0,02=0,06mol\)

Đặt Oxit là \(R_2O_n\)

PTHH: \(R_2O_n+n_{H_2SO_4}\rightarrow R_2\left(SO_4\right)_n+n_{H_2O}\)

Theo PTHH \(n_{R_2O_n}=\frac{1}{n}n_{H_2SO_4}=\frac{0,06}{n}\)

\(\rightarrow m_{R_2O_n}=\frac{0,06.\left(2.M_R+n.O\right)}{n}=2,04g\)

\(\rightarrow M_R=\frac{1,08n}{0,12}=9n\)

Biện luận

Với \(n=3\rightarrow M_R=27\)

Vậy Oxit là \(Al_2O_3\)

1,

Có \(m_{ct_{NaOH}}=\frac{200.10}{100}=20g\)

\(\rightarrow n_{NaOH}=\frac{m}{M}=\frac{20}{40}=0,5mol\)

\(n_{CO_2}=\frac{V}{22,4}=\frac{5,6}{22,4}=0,25mol\)

Lập tỷ lệ \(T=\frac{n_{NaOH}}{n_{CO_2}}\)

\(\rightarrow T=\frac{0,5}{0,25}=2\)

Vậy sản phẩm là muối trung hoà duy nhất là \(Na_2CO_3\)

PTHH: \(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)

Phản ứng xảy ra hết bởi vì \(\frac{n_{NaOH}}{2}=n_{CO_2}\)

\(\rightarrow n_{Na_2CO_3}=0,25mol\)

\(\rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,25.106=26,5g\)

2,

a. Có \(n_{CO_2}=\frac{V}{22,4}=\frac{16,8}{22,4}=0,75mol\)

\(600ml=0,6l\)

\(n_{NaOH}=C_M.V=0,6.2=1,2mol\)

Xét tỷ lệ số mol \(T=\frac{n_{NaOH}}{n_{CO_2}}\)

\(\rightarrow T=\frac{1,2}{0,75}=1,6\)

\(\rightarrow1< T< 2\)

Vậy sản phẩm tạo thành hai muối là \(NaHCO_3;Na_2CO_3\)

Với PTHH có sản phẩm là \(Na_2CO_3\) đặt a là số mol của \(CO_2\)

Với PTHH có sản phẩm là \(NaHCO_3\) đặt b là số mol của \(CO_2\)

\(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\left(1\right)\)

\(NaOH+CO_2\rightarrow NaHCO_3\left(2\right)\)

Do vậy \(\hept{\begin{cases}2a\left(mol\right)=n_{NaOH}\left(1\right)\\b\left(mol\right)=n_{NaOH}\left(2\right)\end{cases}}\)

Có các biểu thức về số mol 

\(∑n_{CO_2}=0,75mol\)

\(\rightarrow a+b=0,75\left(3\right)\)

\(∑n_{NaOH}=1,2mol\)

\(\rightarrow2a+b=1,2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4), có hệ phương trình

\(\hept{\begin{cases}a+b=0,74\\2a+b=1,2\end{cases}}\)

\(\rightarrow\hept{\begin{cases}a=0,45mol\\b=0,3mol\end{cases}}\)

Thay số mol vào (1) \(\rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,45.106=47,7g\)

Thay số mol vào (2) \(\rightarrow m_{NaHCO_3}=0,3.84=25,2g\)

Vậy tổng khối lượng mối trong dung dịch A sẽ là: \(m_A=m_{Na_2CO_3}+m_{NaHCO_3}=25,2+47,7=72,9g\)

b. Vì \(Na_2CO_3\) tác dụng với \(BaCl_2\) nên ta có

PTHH: \(BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3\downarrow+2NaCl\)

\(n_{BaCO_3}=n_{Na_2CO_3}=0,45mol\)

\(\rightarrow m_{BaCO_3}=0,45.197=88,65g\)