Quy đổi hỗn hợp thành \(\begin{matrix}Fe:&x\left(mol\right)\\O:&y\left(mol\right)\end{matrix}\)

Theo đề ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}56x+16y=12\\3x=2y+0,15.2\left(BTe\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,18\left(mol\right)\\y=0,12\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=56x=56.0,18=10,08\left(g\right)\)

n_Fe2(SO4)3=0,09(BT Fe)

n_H2SO4=3n_Fe2(SO4)3+n_SO2=3.0,09+0,15=0,42(mol)(BT S)

a)Đặt công thức muối là MCl_n x mol

\(MCl_n+nAgNO_3\rightarrow nAgCl+M\left(NO_3\right)_n\)

\(n_{MCl_n}=\dfrac{100\%.n_{AgCl}}{96\%.n}=\dfrac{100\%.0,2112}{96\%.n}=\dfrac{0,22}{n}\left(mol\right)\)

\(M_{MCl_n}=M_M+35,5n=\dfrac{14,799}{\dfrac{0,22}{n}}=\dfrac{14799}{220}n\)(g/mol)

\(\Rightarrow M_M=\dfrac{6989}{220}n\)(M_M<90)

Nghiệm duy nhất thỏa n=2, M_M=63,54(g/mol)( Cu)

b) Gọi số khối đồng vị X là A_X, số khối đồng vị Y là A_Y

Theo đề và dữ kiện M_M=63,54(g/mol). Ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}A_X+A_Y=128\\M_M=63,54=\dfrac{A_X.0,37+A_Y.1}{0,37+1}\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}A_X=65\\A_Y=63\end{matrix}\right.\)

1. a)

n_NH3=0,03(mol) n_HCl=0,015(mol)

\(\begin{matrix}NH_3&+HCl&\rightarrow&NH_4Cl&\\0,015&0,015&&0,015&\left(mol\right)\end{matrix}\)

\(\begin{matrix}NH_4Cl&\rightarrow&NH_4^+&+Cl^-&\\0,015&&0,15&0,015&\left(mol\right)\end{matrix}\)

Gọi x là số mol NH₃ phân li(x>0), k_a là hằng số axit của NH₄⁺, k_b là hằng số bazo của NH₃. Theo đề ta có:

V_dd=0,05+0,15=0,2(l)

\(NH_4^+\rightarrow NH_3+H^+\left(k_a=10^{-9,24}\right)\)

⇒\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&k_b=\dfrac{10^{-14}}{k_a}=\dfrac{10^{-14}}{10^{-9,24}}=10^{-4,76}\\BD&0,015&&0,015&&\\PU&x&&x&x&\left(mol\right)\\CB&0,015-x&&0,015+x&x&\end{matrix}\begin{matrix}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,015+x}{0,2}\right)\left(\dfrac{x}{0,2}\right)}{\dfrac{0,015-x}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow x=3,47399.10^{-6}\left(x>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,47399.10^{-6}}{0,2}=1,736995.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,736995.10^{-5}\right)=4,76020\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,76020=9,2398\)

b)

Thêm vào dung dịch 1,5.10^-4 (mol) HCl:

NH₃ dư tiếp tục tác dụng:

\(\begin{matrix}NH_3&+HCl&\rightarrow&NH_4Cl&&\\1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&&1,5.10^{-4}&\left(mol\right)&\end{matrix}\)

\(\begin{matrix}NH_4Cl&\rightarrow&NH^+_4&+Cl^-&&\\1,5.10^{-4}&&1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&\left(mol\right)&\end{matrix}\)

Gọi y là số mol NH₃ phân li ở trường hợp b (y>0)

\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&\\BD&0,01485&&0,01515&&\\PU&y&&y&y&\left(mol\right)\\CB&0,01485-y&&0,01515+y&y&\end{matrix}\begin{matrix}k_b=10^{-4,76}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,01515+y}{0,2}\right)\left(\dfrac{y}{0,2}\right)}{\dfrac{0,01485-y}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow y=3,40523.10^{-6}\left(y>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,40523.10^{-6}}{0,2}=1,70262.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,70262.10^{-5}\right)=4,76888\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,76888=9,23112\)

c)

Thêm 1,5.10^-4 mol NaOH

\(\begin{matrix}NH_4Cl&+NaOH&\rightarrow&NaCl&+NH_3&+H_2O\\1,5.10^{-4}&1,5.10^{-4}&&&1,5.10^{-4}&\end{matrix}\left(mol\right)\)

Gọi z là số mol NH₃ phân li trong trường hợp c (z>0)

\(\begin{matrix}&NH_3&+H_2O\rightarrow&NH_4^+&+OH^-&\\BD&0,01515&&0,01485&&\\PU&z&&z&z&\left(mol\right)\\CB&0,01515-z&&0,01485+z&z&\end{matrix}\begin{matrix}k_b=10^{-4,76}\\\\\\\end{matrix}\)

Ta có: \(k_B=\dfrac{\left[NH_4^+\right]\left[OH^-\right]}{\left[NH_3\right]}=\dfrac{\left(\dfrac{0,01485+z}{0,2}\right)\left(\dfrac{z}{0,2}\right)}{\dfrac{0,01515-z}{0,2}}=10^{-4,76}\Rightarrow z=3,54414.10^{-6}\left(z>0\right)\)

⇒\(\left[OH^-\right]=\dfrac{3,54414.10^{-6}}{0,2}=1,77207.10^{-5}M\)

⇒\(pOH=-\log\left(\left[OH^-\right]\right)=-\log\left(1,77207.10^{-5}\right)=4,75152\)

⇒\(pH=14-pOH=14-4,75152=9,24848\)

a. Xem như nấc 2 của H₂SO₄ điện li hoàn toàn

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

n_H2SO4=0,05(mol)

n_H⁺=0,1(mol) n_SO4²=0,05(mol)

\(\left[H^+\right]=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

\(\left[SO^{2-}_4\right]=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

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

Đặt m_dd=100(g) ⇒ \(n_{HCl}=\dfrac{100.7,3\%}{36,5.100\%}=0,2\left(mol\right)\)

⇒\(V=\dfrac{100}{1,25}=80\left(ml\right)=0,08\left(l\right)\)

\(\left[H^+\right]=\left[Cl^-\right]=\dfrac{0,2}{0,08}=2,5M\)

c. \(CuSO_4\rightarrow Cu^{2+}+SO_4^{2-}\)

n_CuSO4.5H2O=n_Cu²⁺=n_SO4^2-=0,05(mol)

\(\left[Cu^{2+}\right]=\left[SO_4^{2-}\right]=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1M\)

n_KOH=V.C_M=0,2.C_M(mol)

n_↓=0,1(mol) < n_Al³⁺=0,2(mol)

⇒Có 2 TH

TH1: KOH thiếu

n_KOH=3n_↓=3.0,1=0,2.C_M

⇒C_M=1,5M

TH2: KOH dư hoà tan kết tủa một phần

n_KOH=4n_Al³⁺ - n_↓=4.0,2-0,1=0,2.C_M

⇒C_M=3,5M

⇒Chọn câu A

Dùng Fe₂(SO₄)₃ nha bạn vì tách Ag ra mà lượng Ag không thay đổi thì Cu, Fe tan trong Fe₂(SO₄)₃ không tạo ra Ag. Còn dùng AgNO₃ thì sẽ tạo ra Ag lượng Ag tăng lên chứ không giữ nguyên như ban đầu.

⇒Chọn C

Gọi số hạt proton, nơtron, electron là p,n,e (p=e)

Theo đề ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}2p+n=40\\n=35\%.40\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p=13\\n=14\end{matrix}\right.\)

⇒Al(Z=13) CHe: 1s²2s²2p⁶3s²3p¹

⇒Có 3 lớp electron và có 3 electron lớp ngoài cùng

Độ tan của AgNO₃ ở 60^oC là 525(g)

Ở 60^oC cứ 100g dung môi có 525g AgNO₃

⇒Cứ 2500-m_{AgNO3 60^o} g dung môi có m_{AgNO3 60^o} g AgNO₃

Lập tỉ lệ:\(\dfrac{100}{2500-m_{AgNO_3}}=\dfrac{525}{m_{AgNO_3}}\) ⇒ m_{AgNO3 60^o}=2100 (g) ⇒ m_dm=400(g)

Ở 10^oC cứ 100g dung môi có 170g AgNO₃

⇒Cứ 400 g dung môi có m_{AgNO3 10^oC} g AgNO₃

Lập tỉ lệ: \(\dfrac{100}{400}=\dfrac{170}{m_{AgNO_3}}\)⇒ m_{AgNO3 10^oC}=680(g)

⇒m_{tách ra=}m_{AgNO3 60^o} -m_{AgNO3 10^oC}=2100-680=1420(g)

Đề này mình thấy phải là số hạt không mang điện chiếm 35,7% nha bạn

Theo đề ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}2Z+N=28\\Z=E\\N=35,7\%.\left(2Z+N\right)\\A=Z+N\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}Z=9\\E=9\\N=10\\A=19\end{matrix}\right.\)

⇒Nguyên tử B là Flo. Ký hiệu: \(F_9^{19}\)

Gọi số mol Fe, Cu trong m gam hỗn hợp là x,y mol

Phần 1 tác dụng H₂SO₄ loãng dư chỉ có Fe tác dụng

BT mol electron: \(2.\dfrac{x}{2}=2.n_{H2}=2.0,2\Rightarrow x=0,4\left(mol\right)\)

Phần 2 tác dụng H₂SO₄ đặc nguội chỉ có Cu tác dụng ( Fe thụ động trong H₂SO₄ đặc nguội

BT mol electron: \(2.\dfrac{y}{2}=2.n_{SO2}=2.0,1\Rightarrow y=0,2\left(mol\right)\)

a) m=56.0,4 + 64.0,2=35,2(g)

b) m gam tác dụng H₂SO₄ đặc nóng dư thu được muối Fe₂(SO₄)₃ 0,2 mol, CuSO₄ 0,2 mol

m_muối= 0,2.400 + 0,2.160=112(g)