Tick cho ta neu ko ta lay gatinl noen ra na head short bay gio

a) \(2Fe+6H_2SO_4\text{đặc}\rightarrow^{t^o}Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

\(2FeO+4H_2SO_4\text{đặc}\rightarrow^{t^0}Fe_2\left(SO_4\right)_3+SO_2+4H_2O\)

\(2Fe_3O_4+10H_2SO_4\text{đặc}\rightarrow3Fe_2\left(SO_4\right)_3+SO_2+10H_2O\)

Quy đổi hỗn hợp A gồm x mol Fe và y mol O

\(\Rightarrow56x+16y=49,6\) (1)

\(Fe\rightarrow Fe^{3+}+3e\)

x ------------> 3x

\(S^{+6}+2e\rightarrow S^{+4}\)

..........0,8 <--- 0,4

\(O+2e\rightarrow O^{2-}\)

y --> 2y

\(\Rightarrow3x=2y+0,8\) (2)

Giải hệ (1)(2) được x = 0,7 mol, y = 0,65 mol

\(\Rightarrow\%m_O=\dfrac{16.0,65}{49,6}.100\%=20,97\%\)

Ta có:

\(2H_2SO_4+2e\rightarrow SO_4^{2-}+SO_2\uparrow+2H_2O\)

...............................0,4 <---- 0,4

\(\Rightarrow n_{SO_4^{2-}}\text{tạo muối với cation kim loại}=0,4\) mol

\(\Rightarrow m_{\text{muối}}=m_{\text{kim loại}}+m_{SO_4^{2-}}\text{tạo muối với cation kim loại}\)

\(=56.0,7+96.0,4=77,6\) gam

a) Gọi x,y lần lượt là số mol \(Al_2O_3\) và \(Fe_2O_3\) trong hỗn hợp ban đầu.

\(\Rightarrow102x+160y=21,1\) (1)

\(n_{HCl}=6.0,15=0,9\) mol

\(Al_2O_3+6H^+\rightarrow2Al^{3+}+3H_2O\)

x -------> 6x -----> 2x

\(Fe_2O_3+6H^+\rightarrow2Fe^{3+}+3H_2O\)

y --------> 6y ------> 2y

\(\Rightarrow6x+6y=0,9\) (2)

Giải hệ (1)(2) được x = 0,05 mol, y = 0,1 mol

\(\Rightarrow\%m_{Al_2O_3}=\dfrac{102.0,05}{21,1}.100\%=24,17\%\)

\(\Rightarrow\%m_{Fe_2O_3}=100\%-24,17\%=75,83\%\)

b) Dung dịch thu được gồm 0,1 mol \(AlCl_3\) và 0,2 mol \(FeCl_3\)

\(V_{dd}=0,15\) lít \(\Rightarrow C_M\left(AlCl_3\right)=\dfrac{0,1}{0,15}=0,67M\)

\(C_M\left(FeCl_3\right)=\dfrac{0,2}{0,15}=1,33M\)

(Do không cho khối lượng riêng của HCl nên không thể tính được m_dd)

c) Nếu cho gấp đôi hỗn hợp Oxit kim loại trên vào 50 gam dung dịch NaOH 3% thì:

\(n_{Fe_2O_3}=0,2\) mol ; \(n_{Al_2O_3}=0,1\) mol; \(n_{NaOH}=\dfrac{3\%.50}{40}=0,0375\) mol

Chỉ có \(Al_2O_3\) phản ứng với NaOH:

\(Al_2O_3+2NaOH+3H_2O\rightarrow2NaAl\left(OH\right)_4\)

0,01875<--0,0375---------------> 0,0375

Dung dịch thu được gồm 0,0375 mol NaAl(OH)₄

\(m_{dd}=42,2+50-0,2.160-\left(0,1-0,01875\right).102=51,9125\) gam

\(C\%_{NaAl\left(OH\right)_4}=\dfrac{0,0375.118}{51,9125}.100\%=8,524\%\)

Gọi \(\overrightarrow{E_1},\overrightarrow{E_2},\overrightarrow{E_3}\) là các vectơ cường độ điện trường do các điện tích q tại ba đỉnh A,B,C gây ra tại đỉnh S của tứ diện.

Ta có \(E_1=E_2=E_3=k.\dfrac{\left|q\right|}{SA^2}=k.\dfrac{\left|q\right|}{a^2}\)

Từ hình vẽ: \(\left(\widehat{\overrightarrow{E_1},\overrightarrow{E_2}}\right)=\widehat{ASB}=60^o\)

\(\overrightarrow{E_{12}}=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}\) \(\Rightarrow E_{12}^2=2E_1^2\left(1+cos60^o\right)=3E_1^2\)

\(\left(\widehat{\overrightarrow{E_{12}},\overrightarrow{E_3}}\right)=\left(\widehat{SC,\left(SAB\right)}\right)=\alpha\)

Gọi H là hình chiếu của C xuống mặt phẳng SAB, M là hình chiếu của S xuống đoạn AB.

\(\Rightarrow SH=\dfrac{2}{3}SM=\dfrac{2}{3}\sqrt{SA^2-\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)

\(cos\alpha=\dfrac{SH}{SC}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{E}=\overrightarrow{E_{12}}+\overrightarrow{E_3}\)

\(\Rightarrow E^2=E_{12}^2+E_3^2+2E_{12}.E_3.cos\alpha\)

\(=3E_1^2+E_1^2+2.\sqrt{3}E_1.E_1.\dfrac{\sqrt{3}}{3}=6E_1^2\)

\(\Rightarrow E=\sqrt{6}E_1=\sqrt{6}.k.\dfrac{\left|q\right|}{a^2}\)

Bài 2.

a) Dung dịch A có pH = 13 => pOH = 14-13 = 1 => [OH^-] = 0,1 mol/lít

\(\left[Ba\left(OH\right)_2\right]=\dfrac{1}{2}\left[OH^-\right]=0,05\) mol/lít

Dung dịch B có pH = 1 => [H⁺] = 0,1 mol/lít

\(\left[HCl\right]=\left[H^+\right]=0,1\) mol/lít

b) \(n_{H^+}=n_{HCl}=2,75.0,1=0,275\) mol

\(n_{OH^-}=2n_{Ba\left(OH\right)_2}=2.0,1.2,25=0,45\) mol

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

0,275->0,275

\(\Rightarrow n_{OH^-}\text{còn}=0,45-0,275=0,175\) mol

Thể tích dung dịch thu được: V = 2,25+2,75 = 5 lít

\(\Rightarrow\left[OH^-\right]=\dfrac{0,175}{5}=0,035\) mol/lít

\(\Rightarrow pOH=-lg\left[OH^-\right]=1,46\) \(\Rightarrow pH=14-1,46=12,54\)

Bài 1.

\(n_{H^+}=n_{HCl}=0,94V\) mol; \(n_{OH^-}=n_{NaOH}=0,04\) mol

Dung dịch thu được có pH = 2 < 7 => H⁺ còn, OH^- hết.

\(\Rightarrow\left[H^+\right]=10^{-2}=0,01\) mol/lít

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,01.\left(V+0,2\right)\) mol

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

0,04<--0,04

\(\Rightarrow n_{H^+}\text{còn}=0,94V-0,04=0,01\left(V+0,2\right)\)

\(\Rightarrow V=0,045\text{ lít}=45ml\)

1) Ta coi H₂SO₄ điện li mạnh hai nấc.

\(n_{H_2SO_4}=0,03\) mol; \(n_{HCl}=0,16\) mol

\(H_2SO_4\rightarrow2H^++SO_4^-\)

0,03 -----> 0,06 ---> 0,03

\(HCl\rightarrow H^++Cl^-\)

0,16 --> 0,16 --> 0,16

\(\Rightarrow n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}+n_{HCl}=2.0,03+0,16=0,22\) mol

+ \(\left[H^+\right]=\dfrac{0,22}{1+4}=0,044\) mol/lít

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg0,044=1,36\)

+ \(\left[SO_4^-\right]=\dfrac{0,03}{1+4}=6.10^{-3}\) mol/lít

+ \(\left[Cl^-\right]=\dfrac{0,16}{1+4}=0,032\) mol/lít

2) + \(n_{OH^-}=n_{NaOH}+2n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,12\) mol

\(\Rightarrow\left[OH^-\right]=\dfrac{0,12}{5}=0,024\) mol/lít

\(\Rightarrow pOH=-lg\left[OH^-\right]=1,62\)

\(\Rightarrow pH=14-pOH=12,38\)

+ \(n_{Na^+}=n_{NaOH}=0,06\) mol

\(\Rightarrow\left[Na^+\right]=\dfrac{0,06}{5}=0,012\) mol/lít

+ \(n_{Ba^{2+}}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,03\) mol

\(\Rightarrow\left[Ba^{2+}\right]=\dfrac{0,03}{5}=0,006\) mol/lít

a) \(n_{H^+}=2n_{H_2SO_4}=\dfrac{2.9,8}{98}=0,2\) mol

\(\Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,2}{10}=0,02\) mol/lít

\(\Rightarrow pH=-lg\left[H^+\right]=-lg0,02=1,7\)

b) \(n_{OH^-}=n_{NaOH}=\dfrac{4}{40}=0,1\) mol

\(\left[OH^-\right]=\dfrac{0,1}{1}=0,1\) mol/lít

\(\Rightarrow pOH=1\Rightarrow pH=14-pOH=13\)

c) Ta có \(n_{OH^-}=2n_{H_2}=\dfrac{2.0,672}{22,4}=0,06\) mol

\(\left[OH^-\right]=\dfrac{0,06}{0,5}=0,12\) mol/lít

\(pOH=-lg\left[OH^-\right]=0,92\)

\(\Rightarrow pH=14-pOH=13,08\)