Ta có: 0,11>0,12, ta được Fe dư.

a, Theo PT: 

PTHH: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\\n_{HCl}=0,1\cdot1=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,1}{2}\) \(\Rightarrow\) Sắt còn dư, HCl p/ứ hết

\(\Rightarrow n_{Fe\left(dư\right)}=0,05\left(mol\right)=n_{FeCl_2}\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Fe\left(dư\right)}=0,05\cdot56=2,8\left(g\right)\\C_{M_{FeCl_2}}=\dfrac{0,05}{0,1}=0,5\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

\(a/ \\ Fe+2HCl \rightarrow FeCl_2+H_2\\ n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1(mol)\\ n_{HCl}=0,1.1=0,1(mol)\\ Fe: 0,1>HCl: \frac{0,1}{2}=0,05\\ \Rightarrow \text{Fe dư, HCl hết} n_{H_2}=\frac{1}{2}.n_{HCl}=0,05(mol)\\ V_{H_2}=1,12l\\ b/ \\ \text{Fe dư}\\ n_{Fe}=\frac{1}{2}.n_{HCl}=0,05(mol)\\ m_{Fe}=(0,1-0,05).56=2,8g\\ C/ \\ n_{FeCl_2}=\frac{1}{2}.n_{HCl}=0,05(mol)\\ CM_{FeCl_2}=0,5M \)

a)\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

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

\(n_{HCL}=0,1.1=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2}=2nH_2=2,0,1=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48\left(ml\right)\)

b) sau pư Fe dư

ta có 1 molFe Pư 2 molHCL

  0,05 molFe pư 0,1 HCL

\(\Rightarrow n_{Fe\left(dư\right)}:0,1-0,05=0,05\left(mol\right)\)

c)\(C_{MFeCL_2}=\dfrac{2.n_{HCL}}{0,1}=2M\)

n Al 2 SO 4 3  = 0,05/3 x 1 ≈ 0,017 mol

C M   Al 2 SO 4 3  = 0,017/0,1 = 0,17M

a, Hiện tượng: có kết tủa trắng.

\(n_{KCl}=0,4\cdot2=0,8\left(mol\right);n_{AgNO_3}=2\cdot0,1=0,2\left(mol\right)\\ PTHH:KCl+AgNO_3\rightarrow KNO_3+AgCl\downarrow\\ ....0,2....0,2.....0,2....0,2\left(mol\right)\)

Vì \(\dfrac{n_{KCl}}{1}>\dfrac{n_{AgNO_3}}{1}\) nên sau phản ứng KCl dư, tính theo AgNO₃

\(\Rightarrow m_{AgCl}=0,2\cdot143,5=28,7\left(g\right)\)

\(b,V_{dd\left(sau.p/ứ\right)}=V_{KNO_3}=V_{KCl}+V_{AgNO_3}=0,4+0,1=0,5\left(l\right)\\ \Rightarrow C_{M_{KNO_3}}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4M\)

\(n_{Fe}=\dfrac{1,12}{56}=0,02(ml)\\n_{CuSO_4}=0,2.0,1=0,02(mol)\\ m_{dd_{CuSO_4}}=1,2.200=240(g)\\ a,PTHH:Fe+CuSO_4\to FeSO_4+Cu\\ LTL:\dfrac{0,02}{1}=\dfrac{0,02}{1}\Rightarrow \text{p/ứ hoàn toàn}\\ \Rightarrow n_{FeSO_4}=n_{Cu}=0,02(mol)\\ b,C\%_{FeSO_4}=\dfrac{0,02.152}{1,12+240-0,02.64}.100\%=1,27\%\\ C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{0,02}{0,2}=0,1M\)

Chọn đáp án A

NST số 1 giảm phân tạo giao tử: 1/2 bình thường, 1/2 đột biến

Các NST khác giảm phân bình thường tạo giao tử bình thường

→ Một thể đột biến trong đó cặp NST số 1 có 1 chiếc bị mất đoạn, khi giảm phân nếu các NST phân li bình thường thì trong số các loại giao tử được tạo ra giao tử không mang NST đột biến có tỉ lệ: ½

Giải giúp mik vs ạ

1. \(CaCl_2+2AgNO_3\rightarrow Ca\left(NO_3\right)_2+2AgCl_{\downarrow}\)

\(n_{AgCl}=\dfrac{28,7}{143,5}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Ca\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{AgCl}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{Ca\left(NO_3\right)_2}}=\dfrac{0,1}{0,15+0,05}=0,5\left(M\right)\)

2. \(n_{Na}=\dfrac{2,3}{23}=0,1\left(mol\right)\)

BTNT Na, có: n_NaOH = n_Na = 0,1 (mol)

\(n_{Al}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)

\(2Al+2NaOH+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)

Xét tỉ lệ \(\dfrac{0,2}{2}>\dfrac{0,1}{2}\), ta được Al dư.

Theo PT: \(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{NaOH}=0,15\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,15.22,4=3,36\left(l\right)\)

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

\(\Rightarrow m_{Al\left(dư\right)}=0,1.27=2,7\left(g\right)\)