Bài 1.

\(n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=2.10^{-2}.0,1=0,002\) mol

\(n_{OH^-}=n_{NaOH}=0,01.0,1=0,001\) mol

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,001<-0,001

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,002-0,001=0,001\) mol

\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,001}{0,2}=0,005\) mol/lít

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg\left(\dfrac{0,001}{0,2}\right)=2,3\)

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

0,0005<--0,001------> 0,001

\(Na_2SO_4\rightarrow2Na^++SO_4^{2-}\)

0,001 ------>0,002-->0,001

\(H_2SO_4\rightarrow2H^++SO_4^{2-}\)

0,0005--->0,001-->0,0005

\(\Rightarrow\left[Na^+\right]=\dfrac{0,002}{0,2}=0,01\) mol/lít; \(\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0,001+0,0005}{0,2}=0,0075\) mol/lít

\(\left[H^+\right]=0,005\) mol/lít

Tới đây bạn tự suy luận được rồi.

Dùng phương pháp bảng đi bạn :)

a) Ta có:

\(y=2\left(\dfrac{1}{2}cosx-\dfrac{\sqrt{3}}{2}sinx\right)=2sin\left(\dfrac{\pi}{6}-x\right)\)

\(\Rightarrow-2\le y\le2\) (Do \(-1\le sin\alpha\le1\))

Vậy min y = -2 , max y = 2

Điều kiện xác định:

\(sinx+\sqrt{3}cosx\ge0\Leftrightarrow tanx\ge-\sqrt{3}\Leftrightarrow x\ge\dfrac{2\pi}{3}+k\pi\)

Đặt \(t=\sqrt{sinx+\sqrt{3}cosx},t\ge0\)

Phương trình đã cho trở thành:

\(t^2+t-2=0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}t=1\left(\text{nhận}\right)\\t=-2\left(\text{loại}\right)\end{matrix}\right.\)

Với t = 1, ta có

\(sinx+\sqrt{3}cosx=1\Leftrightarrow2.\left(\dfrac{1}{2}sinx+\dfrac{\sqrt{3}}{2}cosx\right)=1\)

\(\Leftrightarrow2.cos\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=1\Leftrightarrow cos\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)=\dfrac{1}{2}=cos\dfrac{\pi}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\\x-\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\\x=-\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\end{matrix}\right.\)

Đối chiếu với điều kiện xác định, ta phải có

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\ge\dfrac{2\pi}{3}+k\pi\\-\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\ge\dfrac{2\pi}{3}+k\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}k\ge\dfrac{1}{6}\\k\ge\dfrac{5}{6}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow k\ge1\)

Vậy phương trình có hai họ nghiệm là \(x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\) và \(x=-\dfrac{\pi}{6}+k2\pi\) với \(k\in Z,k\ge1\)

\(n_{HCl}=\dfrac{7,3.300}{100.36,5}=0,6\) mol

Gọi x,y lần lượt là số mol Mg và Fe trong 13,6 gam hỗn hợp ban đầu.

\(\Rightarrow24x+56y=13,6\) (1)

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow\)

x ---> 2x --------> x-------> x

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

y ---> 2y ------->x-------> y

\(\Rightarrow n_{HCl}=2x+2y=0,6\) mol (2)

Giải hệ (1)(2) được x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol

\(m_{dd}=m_{\text{hỗn hợp}}+m_{\text{dd}HCl}-m_{H_2}=13,6+300-2.0,3=43\) gam

\(C\%_{MgCl_2}=\dfrac{0,1.95}{43}.100\%=22,09\%\)

\(C\%_{FeCl_2}=\dfrac{0,2.127}{43}.100\%=59,07\%\)

Dung dịch X chứa hai muối sunfat là \(Fe_2\left(SO_4\right)_3\) và \(CuSO_4\)

\(FeS_2\rightarrow Fe^{3+}+2S^{+6}+15e\)

a -------> a -------2a------> 15a

\(Cu_2S\rightarrow2Cu^{2+}+S^{+6}+10e\)

0,06 ----->0,12--->0,06-> 0,6

Theo định luật bảo toàn điện tích:

\(3n_{Fe^{3+}}+2n_{Cu^{2+}}=2n_{SO_4^{2-}}\)

\(\Rightarrow3a+0,24=2.\left(2a+0,06\right)\)

\(\Rightarrow a=0,12\) mol

Khối lượng H₂ thoát ra trong phản ứng chính bằng:

\(7,8-7=0,8\) gam

\(\Rightarrow n_{H_2}=0,4\) mol

Bảo toàn nguyên tố H: \(n_{HCl}=n_{H^+}=2n_{H_2}=0,8\) mol

Vậy số mol HCl tham gia phản ứng là 0,8 mol

áp dụng BĐT bu nhi a là ra mà

Gọi kim loại cần tìm là M có hóa trị n

\(\Rightarrow n_M=\dfrac{11,2}{M}\) mol; \(n_{NO}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\) mol

Ta có:

\(M\rightarrow M^{n+}+ne\)

\(\dfrac{11,2}{M}\) -----> \(\dfrac{11,2n}{M}\)

\(N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}\)

.........0,6<---0,2

\(\Rightarrow\dfrac{11,2n}{M}=0,6\Rightarrow M=\dfrac{56}{3}n\)

Thay n = 1,2,3 vào được M = 56 (Fe) có hóa trị n = 3