\(n_{H_2SO_4}=0,5.0,6=03\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=x\\n_{CuO}=y\end{matrix}\right.\)

\(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)

 x           x                         x

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

 y           y                      

Có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)

=> 

x=0,2

y=0,1

a. \(m_{Zn}=0,2.65=13\left(g\right),m_{CuO}=80.0,1=8\left(g\right)\)

\(\%m_{Zn}=\dfrac{13.100\%}{21}=61,9\%\\ \%m_{CuO}=\dfrac{8.100\%}{21}=38,1\%\)

b. Có 1 phân tử khí \(H_2\) bay ra

a. Gọi số mol của Zn và CuO lần lượt là x và y.

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

 x          x

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

  y          y

\(n_{H_2SO_4}\) = 0,6 . 0,5 = 0,3 mol

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Zn = 13 gam ⇒ %Zn = 62%

⇒m_CuO = 8 gam ⇒ % CuO = 38%

b. Khí thoát ra là khí H₂.

⇒ \(n_{H_2}\)= 0,2 mol 

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

a. \(n_{H_2}\)= 0,1 mol

⇒ n_Fe = 0,1 mol ⇒ m_Fe = 5,6 gam

⇒ m_MgO = 40 gam ⇒ n_MgO = 0,1 mol

b. Thể tích HCl đã dùng là

V = \(\dfrac{n}{C_M}\) = \(\dfrac{0,1.2+0,1.2}{1}\) = 0,4 lít = 400 mL

\(CuO+2HNO_3\rightarrow Cu\left(NO_3\right)_2+H_2O\)

  0,2     0,4              0,2

Giả sử \(HNO_3\) không dư, phản ứng trên vừa đủ.

Dung dịch X chỉ chứa duy nhất \(Cu\left(NO_3\right)_2\)

\(Cu\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaNO_3\)

 0,25<------0,5

\(n_{NaOH}=0,5.1=0,5\left(mol\right)\)

Từ phương trình hóa học thấy 0,25>0,2 => Giả sử sai, \(HNO_3\) dư sau phản ứng.

Đặt số mol \(HNO_3\) dư là x

\(HNO_3+NaOH\rightarrow NaNO_3+H_2O\)

 x------->x

\(Cu\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaNO_3\)

 0,2---------->0,4

Có: \(x+0,4=n_{NaOH}=0,5\Rightarrow x=0,1\)

=> Tổng mol \(HNO_3=0,4+x=0,4+0,1=0,5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow CM_{HNO_3}=\dfrac{0,5}{0,2}=2,5\left(M\right)\)

\(CaCO_3+2HCl\underrightarrow{ }CaCl_2+CO_2+H_2O\)

\(nCaCO_3=\dfrac{15}{100}=0,15\left(mol\right)\)

\(nHCl=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2\left(mol\right)\)

Vậy \(CaCO_3\) dư

a. Rắn B là: CaCO₃ dư 

\(nCaCO_3\) phản ứng là: 0,2:2 = 0,1 (mol)

\(nCaCO_3\) dư : 0,05 (mol)

Khối lượng rắn CaCO3 là : 0,05.100 = 5 (g)

b. Theo PTHH em dễ dàng tính được nồng độ dd B (CaCl₂): 

Khối lượng CaCl₂: 0,1.111 = 11,1(g)

Khối lượng khí CO₂: 0,1.44 = 4,4 (g)

Khối lượng dd sau phản ứng:

15+20 - 5 - 4,4 = 25,6 (g)

Nồng độ % dung dịch CaCl₂: \(\dfrac{11,1}{25,6}.100\%=43,36\%\)

c. Thể tích CO₂ ở đtc:

0,1.24,79 = 2,479 (l)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{15}{100}=0,15mol\\ n_{HCl}=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2mol\\ CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2+H_2O\\ \rightarrow\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,2}{2}=>CaCO_3.dư\\ n_{CaCO_3pư}=n_{CaCl_2}=n_{CO_2}=\dfrac{0,2}{2}=0,1mol\\ a.m_B=m_{CaCO_3.dư}=\left(0,15-0.1\right).100=5g\\ b.m_{dd}=0,1.100+20-0,1.44=25,6g\\ C_{\%CaCl_2}=\dfrac{0,1.111}{25,6}\cdot100=43.36\%\\ c.ddC?\)

\(4Na+O_2\rightarrow2Na_2O\)

\(2H_2+O_2\xrightarrow[]{t^{\circ}}2H_2O\)

\(4P+5O_2\xrightarrow[]{t^{\circ}}2P_2O_5\)

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow\)

chịu

1. C

Cu không thể phản ứng với dung dịch HCl và H₂SO₄ loãng.

2. B

Các base không tan như Zn(OH)₂ , Mg(OH)₂, Ba(OH)₂ và Fe(OH)₃ không làm phenol phthalein hóa đỏ

\(n_{H_2}\)= \(\dfrac{0,756}{24,79}\) = 0,0305 mol

PTHH:

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

Al + 3HCl → AlCl₃ + \(\dfrac{3}{2}\)H₂

Gọi số mol của Mg và Al lần lượt là x và y.

Ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}24x+27y=0,615\\x+1,5y=0,0305\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,011\\y=0,013\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Mg = 0,11 . 24 = 0,264 gam

⇒ %Mg = \(\dfrac{0,264}{0,615}\) . 100 = 43%

Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp là 58,54%.

Phân đạm là phân bón cung cấp nguyên tố N cho cây trồng

\(n_{\left(NH_2\right)_2CO}\) = \(\dfrac{250}{60}\) = \(\dfrac{25}{6}\) mol

⇒ n_N = 2.\(\dfrac{25}{6}\) = \(\dfrac{25}{3}\) mol

⇒ m_N = \(\dfrac{25}{3}\) . 14 = \(\dfrac{350}{3}\) gam

Em ghi thiếu nội dung đề bài!

a, \(CaO+H_2SO_4\rightarrow CaSO_4+H_2O\)

b, \(n_{CaO}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{CaSO_4}=n_{CaO}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CaSO_4}=0,1.136=13,6\left(g\right)\)

c, \(m_{H_2SO_4}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

a) \(n_{CaO}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

\(CaO+H_2SO_4\)\(\rightarrow CaSO_4+H_2O\)

b) Ta có \(n_{CaSO_4}=n_{CaO}=0,1\left(mol\right)\)

\(\rightarrow m_{CaSO_4}=0,1\cdot136=13,6\left(g\right)\)

c) Ta có \(n_{H_2SO_4}=n_{CaO}=0,1\left(mol\right)\)

\(\rightarrow m_{H_2SO_4}=0,1\cdot98=9,8\left(g\right)\)