Giải 

a) Các phương trình hóa học

CuCl2 (dd) + 2NaOH (dd) → Cu(OH)2 (r) + 2NaCl (dd)  (1)

Cu(OH)2 (r) →t0  CuO (r) + H2O (h)                             (2)

b) Khối lượng CuO thu được sau khi nung:

Số mol NaOH đã dùng : nNaOH = 20/40=0,5 (mol).

Số mol NaOH đã tham gia phản ứng : 

nNaOH = 2nCuCl2 =0,2.2 = 0,4 (mol). 

Vậy NaOH đã dùng là dư. Số mol CuO sinh ra sau khi nung :

+ Theo ( 1 ) và (2)  

 nCuO = nCu(OH)2 = nCuCl2 = 0,2 mol

+ Khối lượng CuO thu được : mCuO = 80.0,2 = 16 (g)

c) Khối lượng các chất tan trong nước lọc:

Khối lượng NaOH dư :

+ Số mol NaOH trong dd : nNaOH = 0,5 -0,4 =0,1 (mol)

+ Có khối lượng là : mNaOH = 40.0,1 = 4 (g).

Khối lượng NaCl trong nước lọc :

+ Theo (1), số mol NaCl sinh ra là : nNaCl = 2nCuCl2 = 20.0,2 = 0,4 (mol).

+ Có khối lượng là : mNaCl = 58,5.0,4 = 23,4 (g).

Ta có: \(n_{NaOH}=\dfrac{20}{40}=0,5\left(mol\right)\)

a. \(PTHH:CuCl_2+2NaOH--->Cu\left(OH\right)_2\downarrow+2NaCl\)

b. Ta thấy: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,5}{2}\)

Vậy NaOH dư, CuCl₂ hết.

Theo PT: \(n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{CuCl_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,2.98=19,6\left(g\right)\)

c. Theo PT: \(n_{NaOH_{PỨ}}=2.n_{CuCl_2}=2.0,2=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{NaOH_{dư}}=\left(0,5-0,4\right).40=4\left(g\right)\)

Theo PT: \(n_{NaCl}=n_{NaOH_{PỨ}}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{NaCl}=58,5.0,4=23,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{ct_{trong.nước.lọc}}=23,4+4=27,4\left(g\right)\)

Đổi 6,72m³ = 6720dm³ = 6720 lít

Ta có: \(n_{Cl_2}=\dfrac{6720}{71}\left(mol\right)\)

PTHH: \(2NaCl+2H_2O\xrightarrow[có.màng.ngăn]{điện.phân}Cl_2+H_2+2NaOH\)

Theo PT: \(n_{NaCl}=2.n_{Cl_2}=2.\dfrac{6720}{71}=\dfrac{13440}{71}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{NaCl}=\dfrac{13440}{71}.58,5=11073,80282\left(g\right)\)

Đề còn thiếu phải ko nhỉ

Đề hỏi gì bn nhỉ

viết các pthh xảy ra ạ em ghi thiếu

Nhiều loại lắm em, kết tủa trắng thường là của AgCl nhé, khí thường không có đâu, còn kết tủa xanh là của bazơ của đồng (VD: Cu(OH)₂)

Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑
Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4↓ + Cu(OH)2↓

\(a,PTHH:Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\\ b,n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{Zn}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Zn}=0,3\cdot65=19,5\left(g\right)\)

\(c,n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,3}{0,3}=1M\)

\(d,PTHH:2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\\ \Rightarrow n_{NaOH}=2n_{H_2SO_4}=0,6\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{CT_{NaOH}}=0,6\cdot40=24\left(g\right)\\ \Rightarrow m_{dd_{NaOH}}=\dfrac{24\cdot100\%}{20\%}=120\left(g\right)\)

\(a,PTHH:KOH+HCl\rightarrow KCl+H_2O\\ b,n_{KOH}=n_{HCl}=2\cdot0,1=0,2\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{dd_{HCl}}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)\\ c,C_{M_{KCl}}=\dfrac{0,2}{0,1+0,1}=1M\)

Đổi 100ml = 0,1 lít

Ta có: \(n_{KOH}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\)

a. PTHH: \(KOH+HCl--->KCl+H_2O\)

b. Theo PT: \(n_{HCl}=n_{KOH}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{dd_{HCl}}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(lít\right)=100\left(ml\right)\)

c. Ta có: \(V_{dd_{KCl}}=V_{dd_{HCl}}=0,1\left(lít\right)\)

Theo PT: \(n_{KCl}=n_{HCl}=0,2\left(mol\right)\)

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

Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

a. PTHH: \(Zn+H_2SO_4--->ZnSO_4+H_2\uparrow\left(1\right)\)

b. Theo PT₍₁₎: \(n_{Zn}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Zn}=65.0,3=19,5\left(g\right)\)

c. Theo PT₍₁₎: \(n_{H_2SO_4}=n_{Zn}=0,3\left(mol\right)\)

Đổi 300ml = 0,3 lít

\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,3}{0,3}=1M\)

d. PTHH: \(2NaOH+H_2SO_4--->Na_2SO_4+2H_2O\left(2\right)\)

Theo PT₍₂₎: \(n_{NaOH}=2.n_{H_2SO_4}=2.0,3=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{NaOH}=0,6.40=24\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{dd_{NaOH}}=\dfrac{24.100\%}{20\%}=120\left(g\right)\)

\(CTHH:H_2CO_3\)

do 3 NTHH tạo nên là H, C và O

trong phân tử có 2H, 1C và 3O

\(PTK=2.1+12+3.16=62\left(đvC\right)\)

CTHH: H₂CO₃

- Công thức hóa học đó cho ta biết:

+ Có 3 nguyên tố tạo thành là H, C và O

+ Có 2 nguyên tử H, 1 nguyên tử C và 3 nguyên tử O

+ \(PTK_{H_2CO_3}=1.2+12+16.3=62\left(đvC\right)\)

Sửa:

Ta có: \(n_{hh_X}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{7,2}{18}=0,4\left(mol\right)\)

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₄ và C₂H₂

PTHH: \(CH_4+2O_2\overset{t^o}{--->}CO_2+2H_2O\left(1\right)\)

\(C_2H_2+\dfrac{5}{2}O_2\overset{t^o}{--->}2CO_2+H_2O\left(2\right)\)

Theo PT₍₁₎: \(n_{H_2O}=2.n_{CH_4}=2x\left(mol\right)\)

Theo PT₍₂₎: \(n_{H_2O}=n_{C_2H_2}=y\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow2x+y=0,4\) (*)

Theo đề, ta lại có: \(x+y=0,3\) (**)

Từ (*) và (**), ta có HPT:

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=0,4\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\%_{V_{CH_4}}=\dfrac{0,1}{0,3}.100\%=33,3\%\)

\(\%_{V_{C_2H_2}}=100\%-33,3\%=66,7\%\)

Ta có: \(n_{hh_X}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{7,2}{18}=0,4\left(mol\right)\)

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₄ và C₂H₂

PTHH:

\(C_2H_4+3O_2--->2CO_2\uparrow+2H_2O\) (1)

\(C_2H_2+\dfrac{5}{2}O_2--->2CO_2\uparrow+H_2O\) (2)

Theo PT₍₁₎: \(n_{H_2O}=2.n_{C_2H_4}=2x\left(mol\right)\)

Theo PT₍₂₎: \(n_{H_2O}=n_{C_2H_2}=y\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow2x+y=0,4\) (*)

Theo đề, ta lại có: \(x+y=0,3\) (**)

Từ (*) và (**), ta có HPT:

\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=0,4\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\%_{V_{CH_4}}=\dfrac{0,1}{0,3}.100\%=33,3\%\)

\(\%_{V_{C_2H_2}}=100\%-33,3\%=66,7\%\)