a) số mol đ cuso4 

ncuso4=\(\frac{16}{160}\)= 0,1 mol 

đổi 200ml = 0,2 lít 

noongd độ mol đ cuso4

CMcuso4= \(\frac{n}{v}\)=\(\frac{0,1}{0,2}\)=0,5 (mol/lít )

b) khối lượng chất tan h2so4

mh2so4=( c% . mdd ) : 100% = (14. 150 ): 100=21 gam           

có gì hk hiểu bạn cứ nhắn với mình nhé 

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

\(C_{M_{ddCuSO_4}}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

b) \(m_{H_2SO_4}=\dfrac{150.14}{100}=21\left(g\right)\)

a)

$n_{CuSO_4} = \dfrac{16}{160} = 0,1(mol)$
$C_{M_{CuSO_4}} = \dfrac{0,1}{0,2} = 0,5M$

b)

$m_{H_2SO_4} = 150.14\% = 21(gam)$

Đáp án A

Ÿ Nếu Mg còn dư trong phản ứng

=> m_{thanh hợp kim tăng} = (64-24).0,075=3g > 1,16 g

=> Chứng tỏ Mg phản ứng hết.

Đặt số mol Mg và Fe phản ứng lần lượt là x, y.

=> m_{thanh hợp kim tăng =x(64-24)+y(64-56)=1,16g}

Ÿ Có 

=> NaOH phản ứng với Y còn dư => 5 gam chất rắn gồm MgO, Fe₂O₃, có thể có CuO

Ÿ Đặt số mol Al và Fe còn dư lần lượt là a, b

=> m_{thanh hợp kim} = 108a+24.0,025+56.(0,02+b)=8,8g

→ BTe a + 3 b + 2 . ( 0 , 025 + 0 , 02 ) = 2 . n S O 2 = 2 . 2 , 576 22 , 4 = 0 , 23 m o l

a)

C% CuSO4 = 16/(16 + 184)  .100% = 8%
b)

n NaOH = 20/40 = 0,5(mol)

CM NaOH = 0,5/4 = 0,125M

\(a.\)

\(m_{dd_{CuSO_4\:}}=16+184=200\left(g\right)\)

\(C\%_{CuSO_4}=\dfrac{16}{200}\cdot100\%=8\%\)

\(b.\)

\(n_{NaOH}=\dfrac{20}{40}=0.5\left(mol\right)\)

\(C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0.5}{4}=0.125\left(M\right)\)

a)   \(m_{dmCUSO4}\) =  16+184 = 200g 

C% = \(\dfrac{16}{200}\)  x 100% =8 % 

b) \(n_{NaOH}\) = \(\dfrac{20}{40}\) = 0,5 (Mol)

\(C_M\) = \(\dfrac{0.5}{4}\) = 0,125 (M)  Vì 4000ml= 4l

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{15,2}{160}=0,095mol\\ CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

0,095          0,19              0,095            0,095

\(m_{rắn}=m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,095.98=9,31g\\ V_{ddNaOH}=\dfrac{0,19}{2}=0,095l\\ b)C_{M_{Na_2SO_4}}=\dfrac{0,095}{0,04+0,095}\approx0,7M\\ c)Cu\left(OH\right)_2\xrightarrow[t^0]{}CuO+H_2O\)

0,095                 0,095

\(m_{rắn}=m_{CuO}=0,095.80=7,6g\)

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

a) \(n_{BaCl_2}=0,02.0,025=0,0005\left(mol\right)\)

PTHH: CuSO₄ + BaCl₂ ---> BaSO₄ + CuCl₂

           0,0005<-0,0005

\(\rightarrow m_{ddA}=0,0005.160=0,08\left(g\right)\)

\(\rightarrow C\%_{CuSO_4}=\dfrac{0,08}{20}.100\%=0,4\%\)

b) Áp dụng sơ đồ đường chéo:

\(\dfrac{m_{ddA}}{m_{CuSO_4}}=\dfrac{100-1}{1-0,4}=165\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{ddA}=\dfrac{165}{165+1}.480=477\left(g\right)\\m_{CuSO_4}=480-477=3\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

c) \(C\%_{CuSO_4\left(CuSO_4.5H_2O\right)}=\dfrac{160}{250}.100\%=64\%\)

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

\(\dfrac{m_{ddA}}{m_{CuSO_4.5H_2O}}=\dfrac{64-1}{1-0,4}=\dfrac{105}{1}\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{ddA}=\dfrac{105}{105+1}.480=475,5\left(g\right)\\m_{CuSO_4.5H_2O}=480-475,5=4,5\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

a)\(n_{CuSO_4}=0,4.0,5=0,2\left(mol\right)\)

\(PTHH:CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

Mol:               0,2                0,4                   0,2

⇒ \(m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,2.98=19,6\left(g\right)\)

b)\(C_{M\left(ddNaOH\right)}=\dfrac{0,4}{0,3}=1,3\left(M\right)\)

c)\(PTHH:Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)

Mol:                 0,2                   0,2

=> m_CuO = 0,2.80 = 16 (g)