Ta có: 27n_Al + 56n_Fe = 11 (1)

\(n_{SO_2}=0,45\left(mol\right)\)

BT e, có: \(3n_{Al}+3n_{Fe}=2n_{SO_2}=0,9\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=0,2\left(mol\right)\\n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{0,2.27}{11}.100\%\approx49,09\%\\\%m_{Fe}\approx50,91\%\end{matrix}\right.\)

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}p+e+n=34\\n=12\end{matrix}\right.\)

mà \(p=e\) (trung hòa về điện)

\(\Rightarrow2p+n=34\\ \Rightarrow2p+12=34\\ \Rightarrow p=e=11\)

Ta có: \(p+e+n=34\) Mà số p = số e

\(\Rightarrow\) \(2p+n=34\left(1\right)\)

Ta lại có: \(2p-n=12\left(2\right)\)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có hệ phương trình sau:

\(\left\{{}\begin{matrix}2p+n=34\\2p-n=12\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p=12,e=12\\n=11\end{matrix}\right.\)

( 12 là xấp xỉ làm tròn của 11,5 nha )

Quy tắc:

-Coi 2 hóa trị bài toán cho lần lượt là a,b. Khi đó ta rút gọn \(\dfrac{a}{b}\).

-Sau khi rút gọn hóa trị, hóa trị nguyên tố này sẽ làm chỉ số cho nguyên tố kia và ngược lại.

a) \(FeCl_2\): iron (III) chloride 

b) \(HF\): hydrogen fluoride

c) Hóa trị lần lượt là 2,2 rút gọn \(\dfrac{2}{2}=\dfrac{1}{1}\), khi đó hóa trị rút gọn lần lượt là 1,1.

\(\Rightarrow\) Hợp chất trên là \(BaCO_3\): barium carbonate

\(a)n_{H_2}=\dfrac{7,55}{22,4}=\dfrac{151}{448}mol\\ n_{Mg}=n_{Zn}=a;n_{Fe}=c\\ Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\\ a.....a\\ Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\\ a.....a\\ Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\\ b.....b\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}24a+65a+56b=16\\2a+b=\dfrac{151}{448}\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow a=0,125;b=\dfrac{39}{448}\\ \%m_{Mg}=\dfrac{24.0,125}{16}\cdot100=18,75\%\\ \%m_{Zn}=\dfrac{65.0,125}{16}\cdot100=50,78\%\\ \%m_{Fe}=100-18,75-50,78=30,47\%\\ b)V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,125.2+\dfrac{39}{448}}{1}\approx0,337l\)

\(m_C=\dfrac{46.52,17}{100}=24g\\ m_H=\dfrac{46.13,05}{100}=6g\\ m_O=\dfrac{46.34,78}{100}=16g\\ n_C=\dfrac{24}{12}=2mol\\ n_H=\dfrac{6}{1}=6mol\\ n_O=\dfrac{16}{16}=1mol\\ \Rightarrow CTHH:C_2H_6O\)

Giải thích các bước giải:

a Để tính nồng độ % của dung dịch CuSO4 bão hòa ở nhiệt độ trên, ta dùng công thức:
Nồng độ % = (Khối lượng chất tan/Công thức phân tử chất tan) / Thể tích dung dịch x 100%

Với dung dịch CuSO4 bão hòa ở 60 độ C, ta có:
Khối lượng chất tan (CuSO4) = 40 kg = 40000 g
Thể tích dung dịch = 100 ml = 100 cm^3

Công thức phân tử CuSO4: 1 Cu + 1 S + 4 O = 63.5 + 32 + 4 x 16 = 159.5

Nồng độ % = (40000/159.5) / 100 = 25.08 %

Vậy, nồng độ % của dung dịch CuSO4 bão hòa ở nhiệt độ 60 độ C là khoảng 25.08 %.

b) Để tính khối lượng H2O cần dùng để pha vào dung dịch trên và có được dung dịch CuSO4 10%, ta dùng công thức:
Khối lượng H2O = Khối lượng chất tan ban đầu - Khối lượng chất tan sau pha / (Nồng độ sau pha - Nồng độ ban đầu)

Giả sử khối lượng chất tan sau khi pha là x g (= 10/100 x khối lượng dung dịch sau khi pha)

Vậy, ta có: 
Khối lượng chất tan sau pha = 32 g + x g
Nồng độ sau pha = 10%
Nồng độ ban đầu = 25.08 %

Ứng dụng công thức, ta có:
x = (32 - 0.1 x (32 + x)) / (0.100 - 0.2508)
10000 x = 32 - 0.1 x (32 + x)
10000 x = 32 - 3.2 - 0.1x^2
0.1x^2 - 9967.2x + 3.2 = 0

Giải phương trình trên bằng phương pháp giải phương trình bậc hai ta có:
x ≈ 0.3145 hoặc x ≈ 9965.88

Với x ≈ 0.3145, ta được khối lượng H2O ≈ 32 - 0.3145 = 31.6855 g

Vậy, để có được dung dịch CuSO4 10%, ta cần dùng khoảng 31.6855 g nước.

Đáp án là C bạn nhé

C nhé

Quỳ tím

- Cho quỳ tím vào cốc đựng dung dịch HCl. Nếu:

+ Quỳ tím chuyển thành xanh, sau phản ứng có Ca(OH)₂ dư.

+ Quỳ tím chuyển thành đỏ, sau phản ứng còn HCl dư.

+ Quỳ tím không đổi màu, các chất tác dụng với nhau vừa đủ.

- PTHH: 2HCl + Ca(OH)₂ → CaCl₂+ 2H₂O