Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn đáp án B
Quan tâm: 1 lít dung dịch X có: ∑nOH = 0,3 mol; nBa2+ = 0,05 mol.
0,1 lít dung dịch Y gồm: 0,08 mol Al+ và (0,12 + 0,1x) mol SO42- và 0,2x mol H+.
có nSO42- > nBa2+ nên tủa BaSO4 tính theo số mol Ba2+ là 0,05 mol.
⇒ 16,33 gam kết tủa có 0,05 mol BaSO4 ⇒ còn lại là 0,06 mol Al(OH)3↓ có 2TH:
¨ TH1: OH- trung hòa H+, sau đó tạo đúng 0,06 mol Al(OH)3 rồi hết:
H+ + OH- → H2O || 3OH- + Al3+ → Al(OH)3↓.
⇒ ∑nOH- = nH+ + 3nAl3+ ⇒ nH+ = 0,2x = 0,12 mol ⇒ x = 0,6M.
¨ TH2: OH- trung hòa H+, sau đó tạo max kết tủa 0,08 mol rồi tiếp tục hòa tan 0,02 mol:
H+ + OH- → H2O || 3OH- + Al3+ → Al(OH)3↓ || OH- + Al(OH)3 → [Al(OH)4]-
⇒ ∑nOH- = 0,2x + (0,08 × 3 + 0,02) = 0,3 mol ⇒ x = 0,2M.
Vậy có 2 giá trị của x thỏa mãn là 0,2M hoặc 0,6M. Chọn đáp án B
Đáp án B
(*) Phương pháp: Bài toán muối nhôm, kẽm tác dụng với dd kiềm
Trường hợp: cho biết nAl3+ = a và nOH- = b, tính số mol kết tủa:
+ Với muối nhôm. Các phản ứng xảy ra:
A l 3 + + 3 O H - → A l ( O H ) 3 (1)
A l ( O H ) 3 + O H - → [ A l ( O H ) 4 ] - (2)
Phương pháp:
Từ (1) và (2) ta rút ra kết luận:
+Nếu b a ≤ 3 thì kết tủa chưa bị hòa tan và n A l ( O H ) 3 = b 3
+Nếu 3 < b 3 < 4 thì kết tủa bị hòa tan 1 phần
A l 3 + + 3 O H - → A l ( O H ) 3 (1)
Mol a →3a →a
A l ( O H ) 3 + O H - → [ A l ( O H ) 4 ] - ( 2 )
Mol b-3a b-3a
n A l ( O H ) 3 = 4 a - b
Nếu b a ≥ 4 thì kết tủa bị hòa tan hoàn toàn
-Lời giải: nOH = 0,3mol; nBa2+ = 0,05mol
nAl3+ = 0,08mol; nH+ = 0,2x; nSO4 = (0,12 +0,1x)
Vì n S O 4 > n B a 2 + ⇒ n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 05 m o l
mkết tủa = m B a S O 4 + m A l ( O H ) 3 ⇒ n A l ( O H ) 3 = 0 , 06 m o l < n A l 3 +
nOH-pứ với Al3+ = 0,3 – 0,2x
(*) TH1: A l 3 + dư ⇒ 3 n A l ( O H ) 3 = n A l 3 + ⇒ 0 , 18 = 0 , 3 - 0 , 2 x ⇒ x = 0 , 6 M
(*) TH2: O H - h ò a tan 1 p h ầ n A l ( O H ) 3
⇒ n A l ( O H ) 3 = 4 n A l 3 + - n O H ⇒ 0 , 06 = 4 . 0 , 08 - ( 0 , 3 - 0 , 2 x ) ⇒ x = 0 , 2 M
Giải thích:
nOH = 0,3 mol ; nBa2+ = 0,05 mol
nAl3+ = 0,08 mol ; nH+ = 0,2x ; nSO4 = (0,12 + 0,1x)
Vì nSO4 > nBa2+ => nBaSO4 = nBa2+ = 0,05 mol
mkết tủa = mBaSO4 + mAl(OH)3 => nAl(OH)3 = 0,06 mol < nAl3+
nOH pứ với Al3+ = 0,3 – 0,2x
(*) TH1 : Al3+ dư
=> 3nAl(OH)3 = nAl3+ => 0,18 = 0,3 – 0,2x
=> x = 0,6M
(*) TH2 : OH- hòa tan 1 phần Al(OH)3
=> nAl(OH)3 = 4nAl3+ - nOH
=> 0,06 = 4.0,08 – (0,3 – 0,2x)
=> x = 0,2 M
Đáp án B
Đáp án B
Ta có: nHCl = 0,036 mol, nHNO3 = 0,036 mol, nH2SO4 = 0,024 mol
⇒ ∑nH+ = 0,12 mol || ∑nOH– = 0,08×2×V + 0,23×V = 0,39V.
+ Vì pH = 2 ⇒ Sau pứ trung hòa nH+ dư = 102×(0,36+V) = 0,01V + 0,0036
+ Ta có: ∑nH+ = ∑nOH– + nH+ dư Û 0,12 = 0,39V + 0,01V + 0,0036.
⇔ V = 0,291 lít ⇒ nBa(OH)2 = 0,02328 mol.
+ Vì nBa2+ < nSO42– ⇒ m↓ = mBaSO4 = 0,02328×233 ≈ 5,42 gam
Đáp án B
Ta có: nHCl = 0,036 mol, nHNO3 = 0,036 mol, nH2SO4 = 0,024 mol
⇒ ∑nH+ = 0,12 mol || ∑nOH– = 0,08×2×V + 0,23×V = 0,39V.
+ Vì pH = 2 ⇒ Sau pứ trung hòa nH+ dư = 102×(0,36+V) = 0,01V + 0,0036
+ Ta có: ∑nH+ = ∑nOH– + nH+ dư ⇔ 0,12 = 0,39V + 0,01V + 0,0036.
Û V = 0,291 lít ⇒ nBa(OH)2 = 0,02328 mol.
+ Vì nBa2+ < nSO42– ⇒ m↓ = mBaSO4 = 0,02328×233 ≈ 5,42 gam
Đáp án B
nNaOH = 0,2 mol ; nBa(OH)2 = 0,05 mol; nOH-= 0,3 mol
nAl2(SO4)3 = 0,04 mol; nH2SO4 = 0,1.x mol; nH+ = 0,2x mol
H++ OH-→ H2O
0,2x 0,2x mol
Ba2+ + SO42- → BaSO4
0,05 0,12 0,05
Suy ra nAl(OH)3 = 0,06 mol < nAl3+ nên có 2 trường hợp xảy ra:
TH1: Kết tủa không bị hòa tan
Al3++ 3OH- → Al(OH)3
0,08 0,18← 0,06 mol
nOH- tổng = 0,22x+ 0,18 = 0,3 suy ra x = 0,6M
TH2: Kết tủa bị hòa tan 1 phần
Al3++ 3OH- → Al(OH)3
0,08 0,24 0,08
Al(OH)3+ OH- → AlO2-+ 2H2O
0,02 0,02
nOH- tổng = 0,2x+ 0,24+ 0,02 = 0,3 suy ra x = 0,2M