\(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{294.20\%}{100\%}:98=0,6\left(mol\right)\)

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

0,1------>0,3--------->0,1

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,6}{3}\Rightarrow\) H₂SO₄ dư

\(m_{H_2SO_{4.dư}}=\left(0,6-0,3\right).98=29,4\left(g\right)\)

b.

\(C\%_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{0,1.400.100\%}{16+294}=12,9\%\)

\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{29,4.100\%}{16+294}=9,48\%\)

\(a,n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0,1mol\\ n_{H_2SO_4}=\dfrac{294.20}{100.98}=0,6mol\\ Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\\ \rightarrow\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,6}{3}\Rightarrow H_2SO_4.dư\\ n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=n_{Fe_2O_3}=0,1mol\\ n_{H_2SO_4}=3n_{Fe_2O_3}=0,3mol\\ m_{H_2SO_4.dư}=\left(0,6-0,3\right).98=29,4g\\ b,C_{\%Fe_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{0,1.400}{16+294}\cdot100=12,9\%\\ C_{\%H_2SO_4.dư}=\dfrac{29,4}{16+294}\cdot100=9,48\%\%88\)

\(4Na+O_2\rightarrow2Na_2O\)

\(2H_2+O_2\xrightarrow[]{t^{\circ}}2H_2O\)

\(4P+5O_2\xrightarrow[]{t^{\circ}}2P_2O_5\)

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

chịu

hmm... 🤨

Mik cảm ơn bạn rất nhiều nha

Hiện tại mik sắp lên lớp 8 í nên muốn học trước hóa lớp 8 một chút 

Đáp án là: Fructose

 là Fructose ạ

PTHH:

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Fe₂O₃ + 6HCl →2FeCl₃ + 3H₂O

Gọi số mol của MgO và Fe₂O₃ lần lượt là x và y

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}40x+160y=22\\95x+162,5.2y=46,75\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

⇒ \(m_{MgO}\) = 0,15.40= 6 gam

⇒ \(m_{Fe_2O_3}\)= 0,1.160 = 16 gam

⇒ %MgO = 27,3%

⇒%Fe₂O₃ = 72,7%

n_Fe = \(\dfrac{3,354}{56}\) = 0,06 mol

Khối lượng tăng lên sau khi phản ứng chính là khối lượng của oxygen

⇒ \(m_{O_2}\)= 5,014 - 4,854 = 0,16 gam

⇒ \(n_{O_2}\) = 0,005 mol

Sau phản ứng với oxygen dư, sắt sẽ đạt hóa trị cao nhất với công thức oxide là Fe₂O₃.

TH1: Giả sử oxide sắt ban đầu là FeO

2FeO + \(\dfrac{1}{2}\)O₂ → Fe₂O₃

0,06 ---> 0,015 

⇒ Không thỏa mãn.

TH2: Giả sử oxide sắt ban đầu là Fe₃O₄

n_Fe= 0,06 mol ⇒ \(n_{Fe_3O_4}\)= 0,02 mol

2Fe₃O₄ + \(\dfrac{1}{2}\)O₂ → 3Fe₂O₃

0,02------->0,005

⇒ Thỏa mãn

Vậy công thức oxide ban đầu là Fe₃O₄.

\(m_{Fe_3O_4}\) = 0,02.232 = 4,64 gam

⇒ m_{tạp chất trơ} = 4,854 - 4,64 = 0,214 gam

⇒ % Tạp chất trơ = \(\dfrac{0,214}{4,854}\). 100 = 4,408%

1. C

Cu không thể phản ứng với dung dịch HCl và H₂SO₄ loãng.

2. B

Các base không tan như Zn(OH)₂ , Mg(OH)₂, Ba(OH)₂ và Fe(OH)₃ không làm phenol phthalein hóa đỏ

\(n_{H_2}\)= \(\dfrac{0,756}{24,79}\) = 0,0305 mol

PTHH:

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

Al + 3HCl → AlCl₃ + \(\dfrac{3}{2}\)H₂

Gọi số mol của Mg và Al lần lượt là x và y.

Ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}24x+27y=0,615\\x+1,5y=0,0305\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,011\\y=0,013\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Mg = 0,11 . 24 = 0,264 gam

⇒ %Mg = \(\dfrac{0,264}{0,615}\) . 100 = 43%

Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp là 58,54%.

Phân đạm là phân bón cung cấp nguyên tố N cho cây trồng

\(n_{\left(NH_2\right)_2CO}\) = \(\dfrac{250}{60}\) = \(\dfrac{25}{6}\) mol

⇒ n_N = 2.\(\dfrac{25}{6}\) = \(\dfrac{25}{3}\) mol

⇒ m_N = \(\dfrac{25}{3}\) . 14 = \(\dfrac{350}{3}\) gam