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 - (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 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 (0,364 : 1,1) = 0,33 lít

⇒ Tỉ lệ VB : VA = 0,33 : 0,02 = 16,5

              PS : Nhớ k :33

                                                                                                                                               # Aeri # 

mdd giảm = m↓ - mCO2 → mCO2 = 10 - 3,4 = 6,6 gam → nCO2 = 6,6 : 44 = 0,15 mol.

C6H12O6 enzim−−−−→30−35oC→30-35oCenzim2C2H5OH + 2CO2

Theo phương trình: nC6H12O6 = 0,15 : 2 = 0,075 mol.

Mà H = 90% → nC6H12O6 = 0,075 : 90% = 1/12 mol → m = 180 x 1/12 = 15 gam

a)

Zn+FeSO4→FeSO4+H2Zn+FeSO4→FeSO4+H2

Theo PTHH : 

nZn=nFe=nFeSO4=38.10%152=0,025(mol)nZn=nFe=nFeSO4=38.10%152=0,025(mol)
mZn=0,025.65=1,625(gam)mZn=0,025.65=1,625(gam)
b)

mFe=0,025.56=1,4(gam)mFe=0,025.56=1,4(gam)

mdd sau pư=1,625+38−1,4=38,225(gam)mdd sau pư=1,625+38−1,4=38,225(gam)
C%ZnSO4=0,025.16138,225.100%=10,53%

k nhé1

ôi nick gà

dàiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

???????????????????????????

Khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hiđrocacbon X, thu được thể tích khí CO₂ gấp đôi thể tích hiđrocacbon X khi đem đốt (trong cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Hiđrocacbon đó là:

A. C₃H₈.

B. C₂H₄.

C. CH₄.

D. C₃H₆.

B nha bạn

Khi đốt cháy hoàn toàn một thể tích hiđrocacbon X, thu được thể tích khí CO₂ gấp đôi thể tích hiđrocacbon X khi đem đốt (trong cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất). Hiđrocacbon đó là:

A. C₃H₈.

B. C₂H₄.

C. CH₄.

D. C₃H₆.

\(m_{H_2SO_4}=\frac{200.19,6}{100}=39,2g\)

\(\rightarrow n_{H_2SO_4}=\frac{39,2}{98}=0,4mol\)

\(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\uparrow\)

x                  x                x                    x

\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\uparrow\)

y               1,5y                    0,5y                 1,5y

Đặt \(\hept{\begin{cases}x\left(mol\right)=Mg\\y\left(mol\right)=Al\end{cases}}\)

a. Có hệ phương trình là: \(\hept{\begin{cases}24x+27y=7,8\\x+1,5y=0,4\end{cases}}\)

\(\rightarrow\hept{\begin{cases}x=0,1\\y=0,2\end{cases}}\)

\(m_{Mg}=0,1.24=2,4g\)

\(m_{Al}=7,8-2,4=5,4g\)

b. \(n_{H_2}=0,1+1,5.0,2=0,4mol\)

\(\rightarrow m_{H_2}=0,4.2=0,8g\)

\(m_{ddsaupu}=m_{hh}+m_{ddH_2SO_4}-m_{H_2}\)

\(\rightarrow m_{ddsaupu}=7,8+200-0,8=207g\)

Những dung dịch thu được sau phản ứng: \(MgSO_4;Al_2\left(SO_4\right)_3\)

\(m_{MgSO_4}=0,1.\left(24+32+16.4\right)=12g\)

\(\rightarrow C\%_{MgSO_4}=\frac{12.100}{207}=5,8\%\)

\(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,5.0,2.\left(27.2+32.3+16.12\right)=34,2g\)

\(\rightarrow C\%_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\frac{34,2.100}{207}=16,52\%\)

a. PTPU: \(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

b. \(n_{NaOH}=0,1mol\)

\(n_{H_2SO_4}=\frac{9,8}{98}=0,1mol\)

Tỷ lệ \(\frac{0,1}{2}< \frac{0,1}{1}\)

Vậy \(H_2SO_4\) dư sau phản ứng

c. \(n_{Na_2SO_4}=\frac{1}{2}n_{NaOH}=0,05mol\)

\(n_{H_2SO_4\left(\text{dư}\right)}=0,1-0,05=0,05mol\)

\(\rightarrow m_{Na_2SO_4}=0,05.142=7,1g\)

\(\rightarrow m_{H_2SO_4\left(\text{dư}\right)}=0,05.98=4,9g\)

Theo đề bài ta có : $\{\begin{array}{c}V\text{dd}H2O4=\frac{60}{1,2}=50\left(ml\right)\\ nNaOH=\frac{20.20}{100.40}=0,1\left(mol\right)\end{array}$

nFe = 1,68/56 = 0,03 mol

a) Ta có PTHH :

2NaOH + H2SO4 -> Na2SO4 + 2H2O

0,1mol......0,05mol

=> CM_H2SO4 = 0,05/0,05=1$M)$

V Bằng 1,792 lít nha

nCO2= 0,12 mol 

nBa(OH)2= 2,5a mol 

nBaCO3= 0,08 mol 

Nếu kết tủa ko tan (CO2 thiếu hoặc vừa đủ) thì nCO2= nBaCO3 

nCO2 > nBaCO3 => Kết tủa tan 1 phần 

CO2+ Ba(OH)2 -> BaCO3+ H2O 

=> nCO2 (tạo kt)= nBaCO3= nBa(OH)2= 0,08 mol 

=> nCO2 (hoà tan kt)= 0,04 mol 

2CO2+ Ba(OH)2 -> Ba(HCO3)2 

=> nBa(OH)2= 0,02 mol 

Tổng mol Ba(OH)2= 0,1 mol= 2,5a 

=> a= 0,04 

44/ 

nCaCO3= 0,02 mol  

- TH1: Ca(OH)2 dư 

=> nCO2= nCaCO3 

=> V= 0,448l 

- TH2: CO2 dư 

CO2+ Ca(OH)2 -> CaCO3+ H2O 

=> nCO2 (tạo kt)= nCa(OH)2 (tạo kt)= nCaCO3= 0,02 mol 

2CO2+ Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 

=> nCa(OH)2 (tạo Ca(HCO3)2 )= 0,05-0,02= 0,03 mol => nCO2 (hoà tan kt)= 0,06 mol 

Tổng mol CO2= 0,08 mol 

=> V= 1,792l