Đáp án: B

Cu +H2O->X (ko pứ)

Em kiểm tra lại đề 

#CTVHOC24

a, \(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

b, \(n_{CaO}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaO}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{Ca\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,2}{0,2}=1\left(M\right)\)

c, \(Ca\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow CaSO_4+2H_2O\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,2.98}{15\%}=\dfrac{392}{3}\left(g\right)\)

\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{\dfrac{392}{3}}{1,05}\approx124,44\left(ml\right)\)

giúp e vs mn ơi ngày mai e thi rồi\

\(a)CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\\ b)n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaO}=\dfrac{11,2}{56}=0,2mol\\ C_{M_{Ca\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,2}{0,2}=1M\\ c)Ca\left(OH\right)_2+H_2SO_4\rightarrow CaSO_4+2H_2O\\ n_{H_2SO_4}=n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2mol\\ V=V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,2.98.100}{15}:1,05=124,4ml\)

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

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6}{98}=0,2\)\(mol\)

\(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

   0,2          0,2

Dung dịch thu được là \(Na_2SO_4\) có môi trường trung hòa.

`a)C%_[KOH]=28/140 . 100=20%`

`b)C%_[KOH]=80/[80+320] .100=20%`

\(a,C\%_{KOH}=\dfrac{28}{140}.100\%=20\%\\ b,C\%_{KOH}=\dfrac{80}{80+320}.100\%=20\%\)

Khối lượng kết tủa thu được khi cho Z tác dụng hết với dung dịch AgNO3 dư là

C. 12,57 gam.

giải giúp đi

Coi hỗn hợp gồm nah2po4 và na3po4 ta có hệ 

120x+164y=3.82

2x+0y=0,05

--->x=0,025 y=0,005

m AgNo=(0,025+0,005)*419=12,57

Đáp án B

(c) Sai, Các tripeptit trở lên tác dụng với Cu(OH)₂ cho hợp chất có màu tím đặc trưng.

(d) Sai, Anilin (C₆H₅NH₂) ít tan trong nước.

Đáp án A

Vì hai thí nghiệm đều thu được cùng một lượng kết tủa và lượng KOH dùng ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng KOH dùng ở thí nghiệm 1 nên ở thí nghiệm 1 chưa có sự hòa tan kết tủa và ở thí nghiệm 2, sau khi lượng kết tủa đạt giá trị cực đại đã bị hòa tan một phần.

Áp dụng công thức cho hai trường hợp cùng thu được một lượng kết tủa ta có hệ phương trình