b. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y vào 100 ml dung dịch Z gồm NaOH 1M và Ba(OH)2 0,3M đến khi phản ứng hoàn toàn thu được m1 gam kết tủa, khối lượng dung dịch tăng lên so với ban đầu là m2 gam. Tính m1, m2.

b. Hỗn hợp Y gồm 0,05 mol CO2 và 0,5 mol H2O(h). Theo giả thiết,nNaOH=0,1 mol; nBa(OH)2= 0,03 mol CO2+ BaOH2→ BaCO3+ H2OBan dau: 0,05 0,03Phan ung: 0,03 0,03 0,03Sau: 0,02 0 0,03 CO2+ 2NaOH → Na2CO3+ H2OBan đau: 0,02 0,1Phan ung: 0,02 0,02 0,02Sau: 0 0,08 0,02 m1 gam kết tủa gồm 0,03 mol BaCO3 → m1 = 0,03.197 = 5,91 gam Khối lượng dung dịch tăng lên so với ban đầu là: m2 = mCO2+ mH2O - mBaCO3 = 0,05.44 + 0,5.18 - 5,91 = 5,29 gam

Câu hỏi:

27/08/2022 546

b. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y vào 100 ml dung dịch Z gồm NaOH 1M và Ba(OH)₂ 0,3M đến khi phản ứng hoàn toàn thu được m₁ gam kết tủa, khối lượng dung dịch tăng lên so với ban đầu là m₂ gam. Tính m₁, m₂.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 30 đề thi vào 10 Chuyên Hóa năm 2022-2023 có lời giải chi tiết !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

b. Hỗn hợp Y gồm 0,05 mol CO₂ và 0,5 mol H₂O_(h).

Theo giả thiết, $n_{NaOH} = 0, 1 {mol; n}_{{Ba(OH)}_{2}} = 0, 03 mol$

$\begin{array}{l} C O_{2} + B a {(O H)}_{2} \to B a C O_{3} + H_{2} O \\ B a n dau : 0, 05 0, 03 \\ P h a n u n g : 0, 03 0, 03 0, 03 \\ S a u : 0, 02 0 0, 03 \end{array}$

$\begin{array}{l} C O_{2} + 2 N a O H \to N a_{2} C O_{3} + H_{2} O \\ B a n đ a u : 0, 02 0, 1 \\ P h a n u n g : 0, 02 0, 02 0, 02 \\ S a u : 0 0, 08 0, 02 \end{array}$

m₁ gam kết tủa gồm 0,03 mol BaCO₃ → m₁ = 0,03.197 = 5,91 gam

Khối lượng dung dịch tăng lên so với ban đầu là:

m₂ = $m_{{CO}_{2}} + m_{H_{2} O} {- m}_{{BaCO}_{3}} = 0,05.44 + 0,5.18 - 5,91 = 5,29 gam$

Hot: 500+ Đề thi vào 10 file word các Sở Hà Nội, TP Hồ Chí Minh có đáp án 2025 (chỉ từ 100k). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

Bình luận

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Khoáng chất X có công thức dạng MCO₃.M(OH)₂.nH₂O (M là kim loại có hóa trị không đổi, n là số nguyên và n ≤ 10). Nung 19,2 gam X đến khối lượng không đổi thu được 8,0 gam chất rắn MO và hỗn hợp Y (gồm khí và hơi).

a. Xác định công thức của khoáng chất X.

Xem đáp án

Lời giải

a. Phương trình hóa học:

MCO₃.M(OH)₂.nH₂O $\overset{t^{o}}{\to}$ 2MO + CO₂ + (n + 1)H₂O

Ta có:

Biện luận ta được n = 9 và M = 64 (Cu) thỏa mãn.

Công thức của khoáng chất X là: CuCO₃.Cu(OH)₂.9H₂O

Câu 2

Dẫn hỗn hợp khí A gồm 2 hidrocacbon mạch hở N (C_nH_2n+2) và M (C_mH_2m+2-2k) vào bình đựng 250 ml dung dịch Br₂ 1M, chỉ xảy ra phản ứng:

C_mH_2m+2-2k+ kBr₂ → C_mH_2m+2-2kBr_2k

Sau phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng bình brom tăng lên 7,0 gam, đồng thời có 14,6 gam khí thoát ra khỏi bình. Đốt cháy hoàn toàn khí thoát ra thu được 21,952 lít CO₂.

a. Xác định công thức phân tử của N và M.

b. Tính thành phần phần trăm về thể tích của các khí trong hỗn hợp A.

Xem đáp án

Lời giải

Theo giả thiết: $n_{{Br}_{2}} = 0, 25 {mol; n}_{{CO}_{2}} = 0, 98 mol$

Xét phản ứng:

$\begin{array}{l} C_{m} H_{2 m + 2 - 2 k} + k B r_{2} \to C_{m} H_{2 m + 2 - 2 k} B r_{2 k} \\ \frac{0, 25}{k} \leftarrow 0, 25 m o l \end{array}$

Vì khối lượng bình brom tăng 7,0 gam chính là khối lượng M phản ứng nên ta có

$\frac{0, 25}{k} (14 m + 2 - 2k) = 7 \to 14m + 2 = 30k$

Chọn k = 1 và m = 2 → CTPT của M là C₂H₄.

Hỗn hợp khí thoát ra gồm C_nH_2n+2 (N): x mol và C₂H₄ (M) dư: y mol

Ta có hệ: _{$\{\begin{cases} (14 n + 2) x + 28 y = 14, 6 \\ n x + 2 y = 0, 98 \end{cases}$}

→ x = 0,44

→ 0,44n + 2y = 0,98

Nếu n = 1 (CH₄) → y = 0,27

$% V_{{CH}_{4}} = \frac{0, 44}{0, 27 + 0, 44} .100 % = 61, 97 % \to % V_{C_{2} H_{4}} = 38, 03 %$

Nếu n = 2 (C₂H₆) → y = 0,05

$% V_{C_{2} H_{6}} = \frac{0, 44}{0, 05 + 0, 44} .100 % = 89, 8 % \to % V_{C_{2} H_{4}} = 10, 2 %$

Câu 3