Mỗi phần, $m_L = 156,8 :2 =78,4(gam)$

Phần 1 : Gọi $n_{HCl} = a(mol) \Rightarrow n_{H_2O} = 0,5a(mol)$

Ta có : $78,4 + 36,5a = 155,4 + 0,5a.18$
$\Rightarrow a = 2,8$

$2H^+ + O_{oxit} \to H_2O$

$\Rightarrow n_O = \dfrac{1}{2}n_{HCl} = 1,4(mol)$

$\Rightarrow n_{Fe} = \dfrac{78,4 - 1,4.16}{56} = 1(ml)$

Phần 2 : 

Gọi $n_{HCl} = a(mol) ; n_{H_2SO_4} = b(mol)$

$\Rightarrow n_{Cl^-} = a(mol) ; n_{SO_4^{2-}} = b(mol) ; n_{H^+} = a + 2b(mol)$

Ta có : 

$m_{muối} = m_{Fe} + m_{Cl} + m_{SO_4} = 1.56 + 35,5a + 96b = 167,9(gam)$
$n_{H^+} = a + 2b = 2n_O = 1,4.2 =2 ,8(mol)$

Suy ra:   a = 1,8 ; b = 0,5

$\Rightarrow n_{HCl} = 1,8(mol)$

$a) SO_2 + H_2O \to H_2SO_3$
$Na_2O + H_2O \to 2NaOH$
$CaO + H_2O \to Ca(OH)_2$
$CO_2 + H_2O \rightleftharpoons H_2CO_3$
$P_2O_5 + 3H_2O \to 2H_3PO_4$
$b) Na_2O + 2HCl \to 2NaCl +H_2O$
$CaO + 2HCl \to CaCl_2 + H_2O$

$c) 2NaOH + SO_2 \to Na_2SO_3 + H_2O$
$2NaOH + CO_2 \to Na_2CO_3 + H_2O$
$6NaOH + P_2O_5 \to 2Na_3PO_4 + 3H_2O$

Em xem lại đề nhé

Ta có : $n_O = \dfrac{8.30\%}{16} = 0,15(mol)$

$\Rightarrow n_O = n_{FeO} + n_{CuO} + n_{MgO} = 0,15(mol)$
$FeO + 2HCl \to FeCl_2 + H_2O$

$CuO + 2HCl \to CuCl_2 + H_2O$
$MgO + 2HCl \to MgCl_2 + H_2O$

Theo PTHH : 

$n_{HCl} = 2n_{FeO} + 2n_{CuO} + 2n_{MgO} = 2(n_{FeO} + n_{CuO} + n_{MgO}$

$= 2.0,15 = 0,3(mol)$

$\Rightarrow V = \dfrac{0,3}{1} = 0,3(lít)$

TN1: Coca-Cola ở chai 1 rót ra không có hiện tượng.

TH2: Coca-Cola ở chai 2 rót ra thấy sủi bọt mạnh.

Giải thích: Vì chai Coca-Cola được nén bão hoà khí CO₂ (xem thành phần của nước Coca-Cola). CO₂ tan trong nước thành dd acid carbonic (cho thấy vị chua nhẹ). Nhưng, acid carbonic kém bền, dễ bị phân huỷ thành khí carbon dioxide và nước (water). Ta lắc mạnh thì acid bị phân huỷ, giải phóng CO₂ nên xảy ra hiện tượng trào bọt khí.

Hiện tượng 1 : Cốc nước sủi bọt khí nhỏ

Hiện tượng 2 : Cốc nước sủi bọt khí mạnh, tràn ra ngoài cốc

Giải thích : Khi lắc mạnh, các bọt khí $CO_2$ chuyển động hỗn độn trong chai. Khí mở nắp, áp suất giảm nên độ tan của $CO_2$ cũng giảm theo. Do đó, các bọt khí nở ở vị trí thấp làm nước trào ra ngoài.

a) $m_{Pb} = 207,2.1,6605.10^{-24} = 344,0556.10^{-24}(gam)$

b) $m_{Pb} = 207,2(gam) \Rightarrow V_{1\ mol\ nguyên\ tử\ Pb} = \dfrac{m}{D} = \dfrac{207,2}{11,3} = 18,336(cm^3)$

c) $V_{trung\ bình\ 1\ nguyên\ tử\ Pb} = \dfrac{344,0556.10^{-24}}{11,3} = 3,045.10^{-23}(cm^3)$

d) $V = \dfrac{4}{3}.r^3 = 3,045.10^{-23}(cm^3)$

$\Rightarrow r = 2,84.10^{-8}(cm) = 2,84(A^o)$

Giúp mik nhé

Trường hợp 1 : Nếu chỉ có 1 chất kết tủa.

Suy ra : hai muối gồm : $NaF(a\ mol) ; NaCl(b\ mol)$

$NaCl + AgNO_3 \to AgCl + NaNO_3$

Ta có : 

$m_{hh} = 42a + 58,5b = 35,6(gam)$

$m_{AgCl} = 143,5b = 61,1(gam)$

Suy ra: a = 0,25456 ; b = 0,42578

$\%m_{NaF} = \dfrac{0,25456.42}{35,6}.100\% = 30,03\%$
$\%M_{NaCl} = 100\% - 30,03\% = 69,97\%$

Trường hợp 2 : Nếu có 2 chất kết tủa

Gọi công thức tổng quát của 2 muối là $NaR$
$NaR + AgNO_3 \to AgR + NaNO_3$
Theo PTHH : 

$n_{NaR} = n_{AgR} \Rightarrow \dfrac{35,6}{23 + R} = \dfrac{61,1}{108+R}$

$\Rightarrow R = 95,67$

Ta thấy : $M_{Br} < R <M_I$ nên V gồm $NaBr(x\ mol) ; NaI(y\ mol)$

Ta có : 

$m_V = 103x + 150y = 35,6(gam)$
$m_{kết\ tủa} = 188x + 235y = 61,1(gam)$

Suy ra: x = 0,2 ; y = 0,1

$\%m_{NaBr} = \dfrac{0,2.103}{35,6}.100\% = 57,87\%$

$\%m_{NaI} = 100\% - 57,87\% = 42,13\%$

$\%O = 100\% - 54,54\% - 9,09\% = 36,37\%$

Gọi CTHH của B là $C_xH_yO_z$

Ta có : 

$x : y : z = \dfrac{54,54}{12} : \dfrac{9,09}{1} : \dfrac{36,37}{16} = 2 : 4 : 1$

Vậy B là $C_2H_4O$