Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. Thêm tiếp 450ml dung dịch NaOH 1M vào, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn t...

Dung dịch X chứa 0,15 mol H2SO4 và 0,1 mol Al2(SO4)3. Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa...

NH

Nguyễn Hoàng Nam

26 tháng 6 2017

Cho m gam một mẩu kim loại Ba tan hết vào 100 ml dung dịch A gồm HCl 0,08M và Al2(SO4)3 0,5M. Sau các phản ứng thu được dung dịch X, kết tủa Y và khí Z. Khối lượng dung dịch X giảm so sới dung dịch A là 14,19 gam. Thêm tiếp V ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch X thấy xuất hiện 0,78gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m,...

Đọc tiếp

#Hóa học lớp 9

8

NQ

Ngô Quang Sinh

26 tháng 6 2017

n_HCl = 0,1. 0,8 = 0,08 (mol) ; n_Al2(SO4)3 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol) => n_Al3+ = 0,1 (mol); n_SO42- = 0,15 (mol)

Gọi số mol Ba là x (mol)

Ba + 2HCl → BaCl₂ + H₂↑

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

3BaCl₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ ↓+ 2AlCl₃

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

Vì dd X + HCl sinh ra 0,78 gam kết tủa Al(OH)₃ : 0,1 (mol) nên trong dung dịch X chắc chắn có chứa Ba(AlO₂)₂ => lượng OH^- sinh ra đã hòa tan 1 phần lượng kết tủa Al(OH)₃

Ba + 2H⁺ → Ba²⁺+ H₂↑

0,04 ← 0,08 (mol)

Ba + 2H₂O → Ba²⁺ + 2OH^- + H₂↑

(x – 0,04 ) → (2x – 0,08) (mol)

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃↓

OH^- + Al(OH)₃ → AlO₂^- + 2H₂O

Vì Al(OH)₃ bị hòa tan 1 phần

=> n_OH - > 3n_Al3+

=> 2x – 0,08 > 3. 0,1

=> x > 0,19

=> n_Ba2+ > 0,19 (mol) => SO₄^2- bị kết tủa hết => n_BaSO4 = n_SO42- = 0,15 (mol)

Mặt khác: n_OH- = 4n_Al3+ - n_{Al(OH)3 còn lại} => n_{Al(OH)3 còn lại} = 0,48 – 2x (mol)

=> n_{Al(OH)3 còn lại} = 0,32 – 2x (mol)

m_{dd giảm} = m_BaSO4 + m_{Al(OH)3 còn lại} + m_H2 - m_Ba

=> 0,15.233 + (0,48 – 2x).78 + 2x - 137x = 14,19

=> 291x = 58,2

=> x = 0,2 (mol)

=> m_Ba = 0,2. 137 = 27,4 (g)

Vậy dung dịch X chứa:

+ V ml HCl 1M→ Al(OH)₃: 0,01 (mol)

TH₁: AlO₂- dư, H⁺ hết

AlO₂^-+ H⁺ + H₂O → Al(OH)₃↓

=> n_H+ = n_Al(OH)3 = 0,01 (mol) => V_HCl = n: C_M = 0,01 (lít) = 10 (ml)

TH₂: AlO₂- , H⁺ đều phản ứng hết, kết tủa sinh ra bị hòa tan 1 phần

AlO₂^-+ H⁺ + H₂O → Al(OH)₃↓

0,02 → 0,02 → 0,02 (mol)

H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 2H₂O

0,01← (0,02 – 0,01) (mol)

=> n_H+ = 0,02 + 0,01 = 0,03 (mol) => V_HCl = n : C_M = 0,03 (lít) = 30 (ml)

Đúng(0)

HN

Huy Nguyen

28 tháng 12 2020

nHCl = 0,1. 0,8 = 0,08 (mol) ; nAl2(SO4)3 = 0,1.0,5 = 0,05 (mol) => nAl3+ = 0,1 (mol); nSO42- = 0,15 (mol)

Gọi số mol Ba là x (mol)

Ba + 2HCl → BaCl2 + H2↑

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑

3BaCl2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 ↓+ 2AlCl3

3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → BaSO4↓ + 2Al(OH)3↓

Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O

Vì dd X + HCl sinh ra 0,78 gam kết tủa Al(OH)3 : 0,1 (mol) nên trong dung dịch X chắc chắn có chứa Ba(AlO2)2 => lượng OH- sinh ra đã hòa tan 1 phần lượng kết tủa Al(OH)3

Ba + 2H+ → Ba2+ + H2↑

0,04 ← 0,08 (mol)

Ba + 2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2↑

(x – 0,04 ) → (2x – 0,08) (mol)

Ba2+ + SO42- → BaSO4

3OH- + Al3+ → Al(OH)3↓

OH- + Al(OH)3 → AlO2- + 2H2O

Vì Al(OH)3 bị hòa tan 1 phần

=> nOH - > 3nAl3+

=> 2x – 0,08 > 3. 0,1

=> x > 0,19

=> nBa2+ > 0,19 (mol) => SO42- bị kết tủa hết => nBaSO4 = nSO42- = 0,15 (mol)

Mặt khác: nOH- = 4nAl3+ - nAl(OH)3 còn lại => nAl(OH)3 còn lại = 0,48 – 2x (mol)

=> nAl(OH)3 còn lại = 0,32 – 2x (mol)

mdd giảm = mBaSO4 + mAl(OH)3 còn lại + mH2 - mBa

=> 0,15.233 + (0,48 – 2x).78 + 2x - 137x = 14,19

=> 291x = 58,2

=> x = 0,2 (mol)

=> mBa = 0,2. 137 = 27,4 (g)

Vậy dung dịch X chứa:

+ V ml HCl 1M→ Al(OH)3: 0,01 (mol)

TH1: AlO2- dư, H+ hết

AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3↓

=> nH+ = nAl(OH)3 = 0,01 (mol) => VHCl = n: CM = 0,01 (lít) = 10 (ml)

TH2: AlO2- , H+ đều phản ứng hết, kết tủa sinh ra bị hòa tan 1 phần

AlO2- + H+ + H2O → Al(OH)3↓

0,02 → 0,02 → 0,02 (mol)

H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 2H2O

0,01← (0,02 – 0,01) (mol)

=> nH+ = 0,02 + 0,01 = 0,03 (mol) => VHCl = n : CM = 0,03 (lít) = 30 (ml)

Đúng(0)

NT

ngo tom

5 tháng 4 2022

Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X chứa 0,15 mol Ba(HCO3)2 và 0,1 mol BaCl2. Để thu được kết tủa lớn nhất thì giá trị tối thiểu của V là(không giải bằng ion ạ)

#Hóa học lớp 9

0

NH

Nguyễn Hoàng Nam

24 tháng 3 2018

Một hỗn hợp X gồm 0,2 mol Cu và 0,1 mol Fe3O4. Cho X vào 400 ml dung dịch H2SO4 1M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch A và còn lại x gam chất rắn B không tan. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư rồi đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Lọc lấy kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được y gam chất rắn C. Xác định giá trị của x và...

Đọc tiếp

#Hóa học lớp 9

1

NQ

Ngô Quang Sinh

24 tháng 3 2018

Pt:

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

0,1 → 0,4 0,1 0,1

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

0,1 ←0,1 → 0,1 0,2

Rắn B là 0,1 mol Cu → x = 6,4 (g)

Đúng(0)

NH

Nguyễn Hoàng Nam

12 tháng 10 2017

Hòa tan hết 5,34 gam hỗn hợp X gồm Zn và Mg trong 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp HCl 0,4M và H2SO4 0,08M, thu được dung dịch Y và khí H2. Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 8,43 gam kết tủa gồm 2 chất. Mặt khác, nếu cho từ từ đến hết V ml dung dịch chứa hỗn hợp KOH 0,4M và Ba(OH)2 0,05M vào dung dịch Y thì thu được lượng kết tủa lớn nhất ; lọc...

Đọc tiếp

#Hóa học lớp 9

1

NQ

Ngô Quang Sinh

12 tháng 10 2017

n_HCl= 0,4.0,5 = 0,2 mol; n_H2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol

n_H+ = n_HCl+ 2n_H2SO4 = 0,28 mol

Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)

Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)

Zn + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂

x → 2x → x (mol)

Mg + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂

y → 2y → y (mol)

Dung dịch Y gồm có:

Ta thấy: n_H+ + 2n_Zn2+ + 2n_Mg2+ (= 0,28 mol) < n_NaOH(= 0,3 mol)

=> NaOH dư, Zn(OH)₂ bị tan một phần

=> n_{NaOH hòa tan kết tủa} = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)

Zn²⁺ + 2OH^- → Zn(OH)₂

x → 2x → x (mol)

Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂

y → 2y → y (mol)

Zn(OH)₂ + 2OH^-→ ZnO₂^2- + H₂O

0,01 ← 0,02 (mol)

Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m _{kết tủa}= m_Mg(OH)2 + m_Zn(OH)2

=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Ta có: n_KOH : n_Ba(OH)2= 0,4:0,05 = 8

Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)₂ lần lượt là 8a và a (mol)

=> n_Ba2+ = a (mol); n_OH- = n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 10a (mol)

- Khi kết tủa Mg(OH)₂ và Zn(OH)₂ đạt giá trị lớn nhất: n_OH- = n_H+ dư + 2n_Zn2+ + 2n_Mg2+

=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol

Ta thấy a < n_SO42- => BaSO₄ chưa đạt cực đại

- Giả sử sau khi Mg(OH)₂và Zn(OH)₂đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)₂:

+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO₄: n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = b mol

=> m_BaSO4= 233b (gam)

+ Lượng kết tủa bị tan ra: n_Zn(OH)2 = n_OH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)

=> m_Zn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)

Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)₂ và Zn(OH)₂đạt cực đại. Khi đó: n_Ba(OH)2 = a = 0,028 mol

=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)

Kết tủa sau phản ứng gồm có:

Mg(OH)₂ → t ∘ MgO + H₂O

0,06 mol → 0,06 mol

Zn(OH)₂ → t ∘ ZnO + H₂O

0,06 mol → 0,06 mol

=> m = m_BaSO4 + m_MgO+ m_ZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam

Đúng(0)

LL

Linh Linh

6 tháng 7 2023

Cho m gam Zn vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,15 mol Cu(NO3)2, sau một thời gian thu được 26,9 gam chất rắn và dung dịch X chứa 2 muối. Tách lấy kết tủa, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6 gam chất rắn. Viết các pthh và tính Giá trị của m

#Hóa học lớp 9

0

LL

Linh Linh

6 tháng 7 2023

Là sao

Đúng(0)

LC

lan chi

22 tháng 1 2022

1. Cho 3,42 gam Al2(SO4)3 tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH, sau phản ứng thu được 0,78 gam kết tủa. Nồng độ mol nhỏ nhất của dung dịch NaOH đã dùng là2. Rót V ml dung dịch NaOH 2M vào cốc đựng 300 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,25M thu được kết tủa. Lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng ko đổi được 5,1 gam chất rắn. Giá trị lớn nhất của V là3. Cho 150 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3...

Đọc tiếp

#Hóa học lớp 9

1

D

๖ۣۜDũ๖ۣۜN๖ۣۜG

23 tháng 1 2022

1) \(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{0,78}{78}=0,01\left(mol\right)\)

PTHH: \(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow3Na_2SO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

0,03<----------------------0,01

=> n_{NaOH min} = 0,03 (mol)

=> \(C_{M\left(NaOH\right)}=\dfrac{0,03}{0,2}=0,15M\)

2) \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{5,1}{102}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,3.0,25=0,075\left(mol\right)\)

PTHH: \(6NaOH+Al_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow3Na_2SO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

0,45<------0,075-------------------------->0,15

\(NaOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

0,05<----0,05

\(2Al\left(OH\right)_3\underrightarrow{t^o}Al_2O_3+3H_2O\)

0,1<-------0,05

=> n_{NaOH max} = 0,5 (mol)

=> \(V_{dd}=\dfrac{0,5}{2}=0,25\left(l\right)=250\left(ml\right)\)

3)

\(n_{KOH\left(1\right)}=0,15.1,2=0,18\left(mol\right)\)

\(n_{Al\left(OH\right)_3\left(1\right)}=\dfrac{4,68}{78}=0,06\left(mol\right)\)

\(n_{AlCl_3}=0,1.x\left(mol\right)\)

Do khi cho KOH tác dụng với dd Y xuất hiện kết tủa

=> Trong Y chứa AlCl₃ dư

PTHH: \(3KOH+AlCl_3\rightarrow3KCl+Al\left(OH\right)_3\)

0,18---->0,06----------------->0,06

\(n_{KOH\left(2\right)}=0,175.1,2=0,21\left(mol\right)\)

\(n_{Al\left(OH\right)_3\left(2\right)}=\dfrac{2,34}{78}=0,03\left(mol\right)\)

PTHH: \(3KOH+AlCl_3\rightarrow3KCl+Al\left(OH\right)_3\)

(0,3x-0,18)<--(0,1x-0,06)------->(0,1x-0,06)

\(KOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

(0,1x-0,09)<-(0,1x-0,09)

=> \(\left(0,3x-0,18\right)+\left(0,1x-0,09\right)=0,21\)

=> x = 1,2

Đúng(8)

Q

qlamm

23 tháng 1 2022

Ngủ sớm đi ạ

Đúng(2)

NH

Nguyễn Hoàng Nam

12 tháng 7 2017

Hòa tan hoàn toàn m (gam) hỗn hợp gồm Al và Mg trong V (ml) dung dịch HNO3 2M. Kết thúc phản ứng, thu được dung dịch E (không chứa muối amoni) và 0,1 mol hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ khối so với oxi là 1,125. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào dung dịch E thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị bên. Xác định các giá trị của m và V....

Đọc tiếp

#Hóa học lớp 9

1

NQ

Ngô Quang Sinh

12 tháng 7 2017

Tóm tắt:

Gọi số mol của N₂ và N₂O lần lượt là

a và b (mol)

Ta có:

n_{e (KL nhường)} = n_{e(N+5 nhận)}

=> 2x + 3y = 0,5 + 0,4 (1)

Từ đồ thị ta thấy tại giá trị V= 0,1 (lít) tức n_NaOH = 0,1 (mol) mới bắt đầu xuất hiện kết tủa=> lượng NaOH này chính là lượng để trung hòa HNO₃ dư sau phản ứng=> n_HNO3 dư = n_NaOH0,1 (mol) Ta thấy tại giá trị V= 1,1 (lít) tức n_NaOH = 1,1 (lít) đồ thị đi lên cực đại sau đó lại đi xuống => kết tủa đạt cực đại sau đó bị hòa tan 1 phần ( chỉ có Al(OH)₃ bị hoàn tan) Khi cho NaOH từ từ vào dung dich .Z xảy ra phản ứng:

H⁺ + OH^-→ H₂O

0,1 → 0,1 (mol)

Mg²⁺+ 2OH^- → Mg(OH)₂↓

x → 2x (mol)

Al³⁺+ 3OH^- → Al(OH)₃↓

y → 3y →y (mol)

Al(OH)₃↓ + OH^-→ AlO₂^-+ 2H₂O

(y – z ) → (y –z) (mol)

Gọi số mol của Al(OH)₃ còn lại không bị hoàn tan là z (mol)

=> ta có: ∑ n_NaOH = n_H+dư + 2n_Mg2+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3

=> 0,1 +2x + 4y – z = 1,1 (2)

Mặt khác: ∑ m_{kết tủa} = m_Mg(OH)2 + m_{Al(OH)3 chưa hòa tan}

=> 58x + 78z = 16,5 (3)

Từ (1), (2) và (3) => x = 0,2 ; y = 0,15 và z = 0,1 (mol)

=> m = m_Al + m_Mg = 0,2.27 + 0,15.24 = 9 (g)

n_HNO3 = n_{HNO3 dư} + 2n_N2 + 2n_N2O + 3n_Al(NO3)3 + 2n_Mg(NO3)2 = 0,1 + 2.0,05 + 2. 0,05 + 3.0,2 + 2.0,15 = 1,2 (mol)

=> V_HNO3 = n : C_M = 1,2 : 2 = 0,6 (lít) = 600 (ml)

Đúng(0)

BH

Bích Huệ

29 tháng 7 2021

Cho 200 ml dung dịch gồm Ba(OH)2 0,5M và NaOH 1M vào 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,6 M. phàn ứng xong thu được m gam kết tủa, Tính m

#Hóa học lớp 9

2

NT

Nguyễn Trần Thành Đạt

29 tháng 7 2021

Vì tính khử của Ba>Na

=> Ba(OH)2 tác dụng với Al2(SO4)3 trước

nBa(OH)2=0,2.0,5=0,1(mol) ; nNaOH=0,2.1=0,2(mol) ;

nAl2(SO4)3= 0,6.0,1=0,06(mol)

PTHH: 3 Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 -> 3 BaSO4 + 2 Al(OH)3

Ta có: 0,1/3 < 0,06/1

=> Al2(SO4)3 dư, Ba(OH)2 hết, tính theo nBa(OH)2.

=> nAl2(SO4)3 (dư)= 0,06 - 1/3 . 0,1= 2/75(mol)

PTHH: Al2(SO4)3 + 6 NaOH -> 3 Na2SO4 + 2 Al(OH)3

Ta có: 2/75:1 < 0,2/6

=> NaOH dư, Al2(SO4)3 hết, tính theo nAl2(SO4)3

nNaOH(dư)= 0,2 - 6. 2/75= 0,04(mol)

nAl(OH)3= 2. 2/75 + 2/3 . 0,1=0,12(mol)

PTHH: NaOH + Al(OH)3 -> NaAlO2 + 2 H2O

Ta có: 0,04/1 < 0,12/1

=> Al(OH)3 dư

=> m(kết tủa)= mAl(OH)3 (dư) + mBaSO4= 0,08.78+ 233.0,1=29,54(g)

Chúc em học tốt!

Đúng(3)

TP

Thảo Phương

29 tháng 7 2021

Ta có n_Ba(OH)2= 0,1 mol , n_NaOH= 0,2mol , n_Al2(SO4)3 = 0,06 mol.
⇒ n_BaSO4 = 0,06.3 = 0,18 mol.
+ Ta có n_Al³⁺ = 0,12 mol và nOH^–= 0,4 mol.
⇒ n_Al(OH)3= 4n_Al³⁺ – n_OH^–= 0,08 (mol)
⇒ m↓ = 0,18.233 + 0,08.78=48,18(g)

Đúng(2)

M

༺Monster༒Hunter༻

13 tháng 7 2021

Cho dung dịch chứa 16,8 gam NaOH vào dung dịch X chứa 8 gam Fe2(SO4)3 và 13,68 gam Al2(SO4)3 thu được 500 ml dung dịch Y và m gam kết tủa. Tính nồng độ mol các chất trong dung dịch Y và tính m?

#Hóa học lớp 9

1

𝓓𝓾𝔂 𝓐𝓷𝓱

13 tháng 7 2021

PTHH: \(Fe_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow3Na_2SO_4+2Fe\left(OH\right)_3\downarrow\)

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow3Na_2SO_4+2Al\left(OH\right)_3\downarrow\)

Ta có: \(n_{NaOH\left(p/ứ\right)}=6n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}+6n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=6\cdot\left(\dfrac{8}{400}+\dfrac{13,68}{342}\right)=0,36\left(mol\right)\)

Mà \(\Sigma n_{NaOH}=\dfrac{16,8}{40}=0,42\left(mol\right)\) \(\Rightarrow n_{NaOH\left(dư\right)}=0,06\left(mol\right)\)

PTHH: \(NaOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al\left(OH\right)_3}=2n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,08\left(mol\right)\\n_{NaOH\left(dư\right)}=0,06\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) NaOH p/ứ hết

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2SO_4}=0,04\cdot3+0,02\cdot3=0,18\left(mol\right)\\n_{NaAlO_2}=0,06\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{Na_2SO_4}}=\dfrac{0,18}{0,5}=0,36\left(M\right)\\C_{M_{NaAlO_2}}=\dfrac{0,06}{0,5}=0,12\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

Đúng(2)

M

༺Monster༒Hunter༻

14 tháng 7 2021

chỗ kia sai sai

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP