Câu 1 :
$n_{Fe}=11,2/56=0,2mol$
$n_{Al}=\dfrac{m}{27}(mol)$
*Khi chi 11,2g Fe vào cốc đựng dd HCl :
$PTHH :$
$Fe+2HCl\to FeCl_2+H_2↑(1)$
Theo pt (1) :
$n_{H_2}=n_{Fe}=0,2mol$
$⇒m_{H_2}=0,2.2=0,4g$
$⇒m_{cốc\ 1 \ tăng}=11,2-0,4=10,8g$
*Khi cho m gam Al vào cốc đựng dd H2SO4 :
$PTHH :$
$2Al+3H_2SO_4\to Al_2(SO_4)_3+3H_2↑(2)$
Theo pt (2) :
$n_{H_2}=3/2.n_{Al}=\dfrac{3}{2}.\dfrac{m}{27}=\dfrac{m}{18}mol$
$⇒m_{H_2}=\dfrac{m}{18}.2=\dfrac{m}{9}(g)$
$m_{cốc\ 2\ tăng}=m-\dfrac{m}{9}=\dfrac{8m}{9}g$
Vì cân vẫn ở vị trí thăng bằng nên :
$\dfrac{8m}{9}=10,8$
$⇔m=12,15g$
Bài 2 :
$a.n_{CuO\ bđ}=\dfrac{20}{80}=0,25mol$
$PTHH : H_2+CuO\overset{t^o}\to Cu+H_2O$
Theo pt :
$n_{Cu}=n_{CuO}=0,25mol$
$⇒m_{Cu}=0,25.64=16g<16.8g$
⇒Sau pư CuO còn dư
*Hiện tượng :
-Chất rán màu đen chuyển dần sang màu đỏ nhưng chưa hoàn toàn
-Xuất hiện những giọt nước bám trên thành ống nghiệm
$b.m_{Cu}+m_{CuO}=16,8g$
Gọi số mol của CuO phản ứng là x ( mol )
$⇒n_{CuO\ dư}=0,25-x ( mol )$
Theo pt :
$n_{Cu}=n_{CuO\ pư}=x(mol)$
$⇒64x+(0,25-x).80=16,8$
$⇒x=0,2$
$⇒n_{CuO\ pư}=0,2mol$
Theo pt :
$n_{H_2}=n_{CuO\ pư}=0,2mol$
$⇒V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l$
Bài 3 :
$n_{KClO_3}=\dfrac{a}{122,5}mol$
$n_{KMnO_4}=\dfrac{b}{158}mol$
$PTHH :$
$2KClO_3\overset{t^o}\to 2KCl+3O_2(1)$
$2KMnO_4\overset{t^o}\to K_2MnO_4+MnO_2+O_2(2)$
a.Theo pt (1) :
$n_{KCl}=n_{KClO_3}=\dfrac{a}{122,5}mol$
$⇒m_{KCl}=\dfrac{a}{122,5}.74,5=\dfrac{74,5a}{122,5}g$
Theo pt (2) :
$n_{K_MnO_4}=1/2.n_{KMnO_4}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{b}{158}=\dfrac{b}{316}mol$
$⇒m_{K_MnO_4}=\dfrac{b}{316}.197=\dfrac{197b}{316}g$
$n_{MnO_2}=\dfrac{1}{2}.n_{KMnO_4}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{b}{158}=\dfrac{b}{316}mol$
$⇒m_{MnO_2}=\dfrac{b}{316}.87=\dfrac{87b}{316}g$
Vì sau phản ứng các chất còn lại bằng nhau nên :
$\dfrac{74,5a}{122,5}=\dfrac{197b}{316}+\dfrac{87b}{316}$
$⇔\dfrac{74,5a}{122,5}=\dfrac{284}{316}$
$⇒\dfrac{a}{b}=\dfrac{122.5.284}{74,5.316}≈1,48$
b.Theo pt (1) :
$n_{O_2}=\dfrac{3}{2}.n_{KClO_3}=\dfrac{3}{2}.\dfrac{a}{122,5}=\dfrac{3a}{245}mol$
Theo pt (2) :
$n_{O_2}=\dfrac{1}{2}.n_{KMnO_4}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{b}{158}=\dfrac{b}{316}mol$
Vì tỉ lệ thể tích oxi đo ở cùng điều kiện nên tỉ lệ về thể tích cũng chính là tỷ lệ về số mol :
$\dfrac{\dfrac{3a}{245}}{\dfrac{b}{316}}=\dfrac{3a}{245}.\dfrac{316}{b}=\dfrac{948}{245}.\dfrac{a}{b}=\dfrac{948}{245}.1,48≈5,73$
Câu 5 :
$C_{M_{HCl\ 18,25\%}}=\dfrac{10.1,2}{36,5}.18,25=6M$
$C_{M_{HCl\ 13\%}}=\dfrac{10.1,123}{36,5}.13=4M$
Gọi V1, n1 là thể tích và số mol của dd 6M
Gọi V2 , n2 là thể tích và số mol của dd 4M
Ta có :
$n_1=C_{M_{HCl\ 18,25\%}}.V_1=6.V_1$
$n_2=C_{M_{HCl\ 13\%}}.V_2=4V_2$
Khi pha 2 dd :
$V_{dd\ mới }=V_1+V_2$
$n_{dd\ mới}=6V_1+4V_2$
Lại có :
$C_{M_{mới}}=4,5M$
$⇒\dfrac{6V_1+4V_2}{V_1+V_2}=4,5$
$⇒\dfrac{V_1}{V_2}=\dfrac{1}{3}$
Câu 6 :
$n_{KMnO_4}=5,53/158=0,035mol$
$2KMnO_4\overset{t^o}\to K_2MnO_4+MnO_2+O_2$
Theo pt :
$n_{O_2}=1/2.n_{KMnO_4}=1/2.0,035=0,0175mol$
Vì chỉ có 80% lượng oxi tham gia phản ứng
$⇒n_{O_2\ pư}=0,0175.80\%=0,014mol$
Gọi hóa trị của kim loại R là x
$PTPU :$
$4R+xO_2\overset{t^o}\to 2R_2O_x$
Ta có :
$n_R=\dfrac{0,672}{M_R}mol$
Theo pt :
$n_R=\dfrac{4}{x}.n_{O_2}=\dfrac{4}{x}.0,014=\dfrac{0,056}{x}mol$
$⇒\dfrac{0,056}{x}=\dfrac{0,672}{M_R}$
$⇔M_R=12n$
Vì R là kim loại nên biện luận 1--->3
$+)n=1⇒M_R=12(Loại)$
$+)n=2⇒M_R=24(Mg)$
$+)n=3⇒M_R=36(Loại)$
Vậy kim loại R là Mg
Bài 7 :
Gọi $n_{Zn}=a;n_{Fe}=b$
$Zn + H2SO4\to ZnSO4 + H2↑$
$Fe + H2SO4\to FeSO4 + H2↑$
Theo pt :
$n_{H2SO4\ pư}= a + b = \dfrac{m_{Zn}}{65}+ \dfrac{m_{Fe}}{56}< \dfrac{m_{Zn}}{56} + \dfrac{m_{Fe}}{56} = \dfrac{37,2}{56} = 0,66 < 1$
⇒H2SO4 dư, hỗn hợp Fe , Zn hết
b.Nếu lượng kim loại tăng gấp 2 :
$n_{H_2SO_4\ pư} = n_{Zn} + n_{Fe} = \dfrac{m_{Zn}}{65}+ \dfrac{m_{Fe}}{56} > \dfrac{m_{Fe}}{56}= \dfrac{37,2.2}{65} = 1,14 > 1 $
⇒ H2SO4 không đủ, Fe , Zn không tan hết
$c.n_{CuO}=48/80=0,6mol$
$m_{hh}=65a+56b=37,2g$
$n_{hh}=a+b=0,6mol$
Ta có hpt :
$\left\{\begin{matrix}
65a+56b=37,2 & \\
a+b=0,6 &
\end{matrix}\right.$
$⇔\left\{\begin{matrix}
a=0,4 & \\
b=0,2 &
\end{matrix}\right.$
$⇒m_{Zn}=0,4.65=26g$
$m_{Fe}=0,2.56=11,2g$
