100ml = 0,1l

150ml = 0,15l

\(n_{NaOH}=1.0,1=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{CuSO4}=1,2.0,15=0,18\left(mol\right)\)

a) Pt : \(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2|\)

                2                1                1                   1 

              0,1             0,18           0,05              0,05

b) Hiện tượng : màu xanh lam của dung dịch CuSO₄ nhạt dần , xuất hiện kết tủa có màu xanh lơ

c) Lập tỉ số so sánh : \(\dfrac{0,1}{2}< \dfrac{0,18}{1}\)

                  ⇒ NaOH phản ứng hết , CuSO₄ dư

                  ⇒ Tính toán dựa vào số mol của NaOH

\(n_{Cu\left(OH\right)2}=\dfrac{0,1.1}{2}=0,05\left(mol\right)\)

⇒ \(m_{cu\left(OH\right)2}=0,05.98=4,9\left(g\right)\)

d) \(n_{Na2SO4}=\dfrac{0,05.1}{1}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{CuSO4\left(dư\right)}=0,18-\left(\dfrac{0,1.1}{2}\right)=0,13\left(mol\right)\)

\(V_{ddspu}=0,1+0,15=0,25\left(l\right)\)

\(C_{M_{Na2SO4}}=\dfrac{0,05}{0,25}=0,2\left(M\right)\)

\(C_{M_{CuSO4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,13}{0,25}=0,52\left(M\right)\)

 Chúc bạn học tốt

a. 2NaOH + CuSO₄ ---> Cu(OH)₂ + Na₂SO₄.

Bài 1:

a) CuSO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + Cu(OH)₂↓

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=\dfrac{12}{40}=0,3\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CuSO_4}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}\)

Theo bài: \(n_{CuSO_4}=\dfrac{1}{3}n_{NaOH}\)

Vì \(\dfrac{1}{3}< \dfrac{1}{2}\) ⇒ NaOH dư

b) Theo PT: \(n_{Cu\left(OH\right)_2}=m_{CuSO_4}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,1\times98=9,8\left(g\right)\)

c) \(\Sigma V_{dd}saupư=40+60=100\left(ml\right)=0,1\left(l\right)\)

Theo PT: \(n_{NaOH}pư=2n_{CuSO_4}=2\times0,1=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{NaOH}dư=0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{NaOH}}dư=\dfrac{0,1}{0,1}=1\left(M\right)\)

Theo PT: \(n_{Na_2SO_4}=n_{CuSO_4}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{Na_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,1}=1\left(M\right)\)

Bài 2:

ZnCl₂ + 2NaOH → 2NaCl + Zn(OH)₂↓ (1)

\(n_{ZnCl_2}=0,3\times1,5=0,45\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=0,1\times1=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT1: \(n_{ZnCl_2}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}\)

Theo bài: \(n_{ZnCl_2}=\dfrac{9}{2}n_{NaOH}\)

Vì \(\dfrac{9}{2}>\dfrac{1}{2}\) ⇒ ZnCl₂ dư

a) \(\Sigma V_{dd}saupư=300+100=400\left(ml\right)=0,4\left(l\right)\)

Theo PT1: \(n_{ZnCl_2}pư=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=\dfrac{1}{2}\times0,1=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{ZnCl_2}dư=0,45-0,05=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{ZnCl_2}}dư=\dfrac{0,4}{0,4}=1\left(M\right)\)

Theo PT1: \(n_{NaCl}=n_{NaOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,1}{0,4}=0,25\left(M\right)\)

b) Zn(OH)₂ \(\underrightarrow{to}\) ZnO + H₂O (2)

Theo pT1: \(n_{Zn\left(OH\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=\dfrac{1}{2}\times0,1=0,05\left(mol\right)\)

Theo pT2: \(n_{ZnO}=n_{Zn\left(OH\right)_2}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ZnO}=0,05\times81=4,05\left(g\right)\)

c) NaOH + HCl → NaCl + H₂O (3)

Theo PT: \(n_{HCl}=n_{NaOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{HCl}=0,1\times36,5=3,65\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{ddHCl}=\dfrac{3,65}{25\%}=14,6\left(g\right)\)

\(a)n_{H_2SO_4}=0,15.1=0,15mol\\ 2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

0,3                 0,15            0,15              0,15

\(C_{M\left(NaOH\right)}=\dfrac{0,3}{0,1}=3M\\ b)C_{M\left(Na_2SO_4\right)}=\dfrac{0,15}{0,1+0,15}=0,6M\)

a)

$CH_3COOCH_3 + NaOH \to CH_3COONa + CH_3OH$
$n_{este} = n_{CH_3COONa} = \dfrac{8,2}{82} = 0,1(mol)$
$m = 0,1.74 =7,4(gam)$

b)

$n_{NaOH} = n_{CH_3COONa} = 0,1(mol)$
$C_{M_{NaOH}} = \dfrac{0,1}{0,1} = 1M$

Đáp án : A

Ta thấy chất rắn D gồm toàn oxit của Mg (và có thể của Fe) có m < m_A

=> chứng tỏ A không phản ứng hết mà có kim loại dư.

Giả sử Fe chỉ phản ứng 1 phần với số mol là x; n_Mg = y 

=> CuSO₄ hết

=> m_oxit = m_MgO + m F e 2 O 3  = 40y + 80x = 0,9g

Lại có : m_B – m_A = m_Cu – m_Mg – m_{Fe pứ}

=> 1,38 – 1,02 = 64.(x + y) – 24y – 56x

=> x = y = 0,0075 mol

=> n C u S O 4  = x + y = 0,015 mol

=> C M C u S O 4  = 0,075M