a.\(n_{NaOH}=\dfrac{8}{40}=0,2mol\)

\(V_{dd}=\dfrac{120}{1,2}=100ml=0,1l\)

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

b.\(n_{NaOH}=\dfrac{21,6}{40}=0,54mol\)

\(V_{dd}=\dfrac{180}{1,2}=150ml=0,15l\)

\(C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,54}{0,15}=3,6M\)

2) nNa=0,1(mol)

PTHH: Na + H2O -> NaOH + 1/2 H2

0,1_____________0,1_______0,05(mol)

- Chất tan: NaOH

mddNaOH= mNa+ mH2O - mH2= 2,3+100-0,05.2=102,2(g)

1) mC2H5OH=0,8.10=8(g)

mH2O=100.1=100(g)

mddC2H5OH=100+8=108(g)

a) PTHH: \(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)

Ta có: \(n_{SO_3}=\dfrac{24}{80}=0,3\left(mol\right)=n_{H_2SO_4}\) \(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,3\cdot98}{20\%}=147\left(g\right)\)

\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{147}{1,14}\approx128,95\left(ml\right)\)

b) PTHH: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\uparrow\)

Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)=n_{FeSO_4}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Fe}=0,3\cdot56=16,8\left(g\right)\\V_{H_2}=0,3\cdot24,76=7,428\left(l\right)\\m_{FeSO_4}=0,3\cdot152=45,6\left(g\right)\\m_{H_2}=0,3\cdot2=0,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Mặt khác: \(m_{dd}=m_{Fe}+m_{ddH_2SO_4}-m_{H_2}=163,2\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{FeSO_4}=\dfrac{45,6}{163,2}\cdot100\%\approx27,94\%\)

\(C\%=\dfrac{30}{170}.100\%=17,647\%\) 
\(V_{\text{dd}}=\left(30+170\right)1,1=220ml\) 
\(n_{NaCl}=\dfrac{30}{58,5}=0,513mol\)
\(C_M=\dfrac{0,513}{0,22}=0,696M\)

\(C\%_{NaCl}=\dfrac{30}{170+30}.100\%=15\%\\ C_M=C\%.\dfrac{10D}{M}=10.\dfrac{10.1,1}{58,5}=1,88M\)

a) PTHH: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

Ta có: \(n_{NaOH}=2n_{Na_2O}=2\cdot\dfrac{6,2}{62}=0,2\left(mol\right)\) \(\Rightarrow C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,2}{0,4}=0,5\left(M\right)\)

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

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,2\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=0,2\cdot2,5=0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,5}{1}\) \(\Rightarrow\) CuSO₄ còn dư

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Cu\left(OH\right)_2}=0,1\left(mol\right)=n_{Na_2SO_4}\\n_{CuSO_4\left(dư\right)}=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,1\cdot98=9,8\left(g\right)\\C_{M_{Na_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,4+0,2}\approx0,17\left(M\right)\\C_{M_{CuSO_4\left(dư\right)}}=\dfrac{0,4}{0,6}\approx0,67\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

Câu 6.  Hòa tan hoàn toàn 21,6 g Al vào dung dịch HCl, dẫn khí thu được đi qua bột Cu0 dư nung nóng. Tính khối lượng Cu thu được biết hiệu suất phản ứng là 60%.

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

\(H_2+CuO\rightarrow Cu+H_2O\)

\(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=1,2\left(mol\right)\)

\(n_{Cu}=n_{H_2}=1,2\left(mol\right)\)

Vì H=60%

=> \(m_{Cu}=1,2.64.60\%=46,08\left(g\right)\)

5) \(K+H_2O\rightarrow KOH+\dfrac{1}{2}H_2\)

\(m_{dd}=5000.1,11=5550\left(g\right)\)

\(n_K=\dfrac{23,4}{39}=0,6\left(mol\right)=n_{KOH}\)

\(C\%_{KOH}=\dfrac{0,6.56}{5550}.100=0,61\%\)

\(CM_{KOH}=\dfrac{0,6}{5}=0,12M\)

Câu 7.  Đốt cháy H₂ ngoài không khí tính:

a. V không khí khi biết khối lượng H₂ là 6 g

\(H_2+\dfrac{1}{2}O_2\rightarrow H_2O\)

\(n_{H_2}=\dfrac{6}{2}=3\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{1}{2}n_{H_2}=1,5\left(mol\right)\)

Trong không khí có 20% O2

=> \(V_{kk}=\dfrac{1,5}{20\%}.22,4=168\left(l\right)\)

b. Khối lượng nước thu được , biết số mol H₂ là 3 và hiệu suất phản ứng là 40%

\(n_{H_2O}=n_{H_2}=3\left(mol\right)\)

Vì H=40%

=> \(m_{H_2O}=3.18.40\%=21,6\left(g\right)\)

c. Hiệu suất phản ứng biết khối lượng H₂ đã lấy là 8g và thu được 54 g nước

\(n_{H_2}=\dfrac{8}{2}=4\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O\left(lt\right)}=n_{H_2}=4\left(mol\right)\)

=> \(m_{H_2O\left(lt\right)}=4.18=72\left(g\right)\)

Mà thực tế chỉ thu được 54g nước

=> \(H=\dfrac{54}{72}.100=75\%\)

Đáp án: D

Thể tích ứng với 16 gam rượu là → V= 16: 0,8 = 20ml

Vậy dung dịch có độ rượu là : 20/250 ×100 = 8⁰