nZn = 13/65 = 0,2 (mol)

nHCl = 14,6/36,5 = 0,4 (mol)

PTHH: Zn + 2HCl -> ZnCl2 + H2

LTL: 0,2 = 0,4/2 => phản ứng đủ

nH2 = nZnCl2 = 0,2 (mol)

VH2 = 0,2 . 22,4 = 4,48 (l)

mZnCl2 = 0,1 . 136 = 27,2 (g)

mH2 = 0,2 . 2 = 0,4 (g)

\(n_{Zn}=\frac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\frac{14,6}{36,5}=0,4\left(mol\right)\)

\(PTHH:Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)

tỉ số: \(\frac{0,2}{1}=\frac{0,4}{2}\Rightarrow\) PTHH này ko có chất dư (sau khi pứ kết thúc)

a) \(n_{H_2}=n_{Zn}=0,2\left(mol\right)\)

\(V_{H_2}=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

\(n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=0,2\left(mol\right)\)

\(m_{ZnCl_2}=0,2.136=27,2\left(g\right)\)

XONG!

a. PTHH:

+ Lần thí nghiệm 1: 2NaOH + H2SO4  →  Na2SO4 + 2H2O          (1)

Vì quỳ tím hóa xanh, chứng tỏ NaOH dư. Thêm HCl: 

HCl + NaOH →  NaCl + H2O                        (2)  

+ Lần thí nghiệm 2: phản ứng (1) xảy ra, sau đó quỳ hóa đỏ chứng tỏ H2SO4 dư. Thêm NaOH: 

     2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (3) 

+ Đặt x, y lần lượt là nồng độ mol/l của dung dịch A và dd B: Từ (1),(2),(3) ta có:

0,3y - 2.0,2x = 0,05 (I)

0,3x - \(\dfrac{0,2y}{2}\) = 0,1 (II)

Giải hệ (I,II) ta được: x = 0,7 mol/l ,  y = 1,1 mol/l

b,  Vì dung dịch E tạo kết tủa với AlCl3 , chứng tỏ NaOH còn dư.

AlCl3 + 3NaOH →  Al(OH)3 + 3NaCl             (4)

2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O                            (5)

Na2SO4 + BaCl2 →   BaSO4 + 2NaCl           (6)  

Ta có n(BaCl2) = 0,1.0,15 = 0,015 mol

n(BaSO4) = 3,262 : 233= 0,014 mol < 0,015 mol

⇒ n(H2SO4) = n(Na2SO4) = n(BaSO4) = 0,014 mol . Vậy VA = 0,014 : 0,7 = 0,02 lít

n(Al2O3) = 3,262 : 102 = 0,032 mol và n(AlCl3) = 0,1.1 = 0,1 mol.                      

+ Xét 2 trường hợp có thể xảy ra:

- Trường hợp 1: Sau phản ứng với H2SO4,NaOH dư nhưng  thiếu so vời AlCl3 (ở pư (4): n(NaOH) pư trung hoà axit = 2.0,014 = 0,028 mol

nNaOH pư (4) = 3n(Al(OH)3) = 6n(Al2O3) = 6.0,032 = 0,192 mol.

Tổng số mol NaOH bằng 0,028 + 0,192 = 0,22 mol

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là \(\dfrac{0,22}{1,1}\)= 0,2 lít . Tỉ lệ VB : VA = 0,2 : 0,02 = 10

- Trường hợp 2: Sau (4) NaOH vẫn dư và hoà tan một phần Al(OH)3:

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (7)

Tổng số mol NaOH pư (3,4,7) là: 0,028 + 3.0,1 + 0,1 - 2.0,032 = 0,364 mol

Thể tích dung dịch NaOH 1,1 mol/l là \(\dfrac{0,364}{1,1}\)= 0,33 lít

⇒ Tỉ lệ VB : VA = 0,33 : 0,02 = 16,5

A: CaCO₃

B: CO₂

C: NaHCO₃

D: Na₂CO₃

E: HCl

F: CaCl₂

PTHH: 

\(CaCO_3\left(A\right)\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\left(B\right)\)

\(CO_2\left(B\right)+NaOH\rightarrow NaHCO_3\left(C\right)\)

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

\(NaHCO_3\left(C\right)+HCl\left(E\right)\rightarrow NaCl\left(H\right)+CO_2+H_2O\)

\(Na_2CO_3\left(D\right)+CaCl_2\left(F\right)\rightarrow2NaCl\left(H\right)+CaCO_3\downarrow\)

\(NaHCO_3\left(C\right)+NaOH\rightarrow Na_2CO_3\left(D\right)+H_2O\)

\(Na_2CO_3\left(D\right)+HCl\rightarrow NaCl+NaHCO_3\left(E\right)\)

a, PTHH:

2Cu + O2 -> (t°) 2CuO (1)

CuO + H2 -> (t°) Cu + H2O (2)

2Na + 2H2O -> 2NaOH + H2 (3)

2H2 + O2 -> (t°) 2H2O (4)

b, A: CuO: đồng (II) oxit

B: Cu: đồng

C: H2O: nước

D: H2: hiđro

F: O2: oxi

c, nCu = 12,8/64 = 0,2 (mol)

Theo (1): nCuO = nCu = 0,2 (mol)

Theo (2): nH2O = nCuO = 0,2 (mol)

Theo (3): nH2 = nH2O/2 = 0,2/2 = 0,1 (mol)

Theo (4): nH2O = nH2 = 0,1 (mol)

mH2O = 0,1 . 18 = 1,8 (g)

\(n_{hh}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5mol\)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{C_2H_4}=x\left(mol\right)\\n_{C_2H_2}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow x+y=0,5\left(1\right)\)

\(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

\(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

\(\Rightarrow x+2y=0,7\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,3\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,3\cdot22,4}{11,2}\cdot100\%=60\%\)

\(\%V_{C_2H_2}=100\%-60\%=40\%\)

1) \(n_{NaOH}=\dfrac{8}{40}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(C_{M\left(dd.NaOH\right)}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4M\)

2) \(C_{M\left(A\right)}=\dfrac{0,2.0,5+0,3.1}{0,2+0,3}=0,8M\)

1. nNaOH = 8/40 = 0,2 (mol)

CMddNaOH = 0,2/0,5 = 0,4M

2. nH2SO4 = 0,5 . 0,2 + 0,3 . 1 = 0,4 (mol)

VddH2SO4 = 0,2 + 0,3 = 0,5 (l)

CMddH2SO4 = 0,4/0,5 = 0,8M

nKNO3 = 0,2 . 1 = 0,2 (mol)

mKNO3 = 0,2 . 101 = 20,2 (g)

Bảo toàn electron ta có:

\(Fe→ F e ^ 3 + +3e \)

\(S→s ^6 + +6e\)

\(S6++2e→ S ^4+\)

\(nFe=0,2mol\)

\(nS=0,3mol\)

\(→3nFe+6nS=2nSO2\)

\(→nSO2=3nFe+6nS2=1,2mol\)

\(→V=VSO2=26,88l\)

Bạn sai phần Thể tích O2 

Thể tích O2 thì phải lấy số gam fe chia cho 9,6 gam S 

HT

Nguyên tử Y có tổng số hạt là 13

=> p + n +e =13, mà p = e

=> 2p + n = 13 => n = 13 - 2p

Có nguyên tử Y có tổng số hạt là 13, p là nguyên dương ( chỉ số proton ) và bé hơn 82 ( vì p+n+e=13).

Suy ra ta có công thức : 1 ≤ npnp ≤ 1,5.

Xét TH1: 1 ≤ npnp:

1 ≤ npnp => p ≤ n 

Tương đương với : p ≤ 13 - 2p => 3p ≤ 13 => p = 4,33 (1)

Xét TH2 : npnp ≤ 1,5:

npnp ≤ 1,5 => n ≤ 1,5p => 13 - 2p ≤ 1,5p => 13 ≤ 3,5p => p ≥  3,7 (2)

(1), (2) => p = 4

Vậy Y là Beri.

Khối lượng bằng gam của 1 đvC là : 1,9926 x 10−2310−23 (g)

Khối lượng bằng gam của nguyên tử Beri là : 1,9926 x 10−2310−23 x 9 = 17,9334 (g)

Vậy khối lượng bằng gam của nguyên tử Y (Beri) = 17,9334 gam.

K mik nha

\(m_{O_2}=24,5-17,3=7,2\left(g\right)\)

=> \(n_{O_2}=\dfrac{7,2}{32}=0,225\left(mol\right)\)

PTHH: 2KClO₃ --t^o--> 2KCl + 3O₂

             0,15<---------------0,225

=> \(H\%=\dfrac{0,15.122,5}{24,5}.100\%=75\%\)