\(n_{H_2}=\dfrac{7,436}{24,79}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH :

\(2Al+6HCL\rightarrow2AlCl_3+3H_2\uparrow\)

0,2        0,6         0,2            0,3

\(b,C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,6}{0,2}=3\left(M\right)\)

\(c,m_{AlCl_3}=0,2.133,5=26,7\left(g\right)\)

Gọi O là giao điểm của AI và MN

Xét tứ giác AMIN có

AM//IN

AN//MI

Do đó: AMIN là hình bình hành

Hình bình hành AMIN có \(\hat{MAN}=90^0\)

nên AMIN là hình chữ nhật

=>AI cắt MN tại trung điểm của mỗi đường và AI=MN

=>O là trung điểm chung của AI và MN; AI=MN

=>\(OA=OI=OM=ON=\frac{AI}{2}=\frac{MN}{2}\)

ΔAHI vuông tại H

mà HO là đường trung tuyến

nên \(HO=\frac{AI}{2}\)

=>\(HO=\frac{MN}{2}\)

Xét ΔNHM có

HO là đường trung tuyến

\(HO=\frac{MN}{2}\)

Do đó: ΔHMN vuông tại H

=>\(\hat{MHN}=90^0\)

a: Xét tứ giác AECF có

AE//CF

AE=CF

Do đó: AECF là hình bình hành

b: Xét ΔEAD và ΔFCB có

EA=FC

\(\hat{EAD}=\hat{FCB}\) (ABCD là hình bình hành)

AD=CB

Do đó: ΔEAD=ΔFCB

=>ED=FB

c: ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường(1)

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔAIC có

O,D lần lượt là trung điểm của AC,AI

=>OD là đường trung bình của ΔAIC

=>OD//IC

d: AECF là hình bình hành

=>AC cắt EF tại trung điểm của mỗi đường(2)

Từ (1),(2) suy ra AC,EF,BD đồng quy

Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{3,4}{27}=\dfrac{17}{135}\left(mol\right)\)

PT: \(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

a, \(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=\dfrac{17}{90}\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=\dfrac{17}{90}.22,4=\dfrac{952}{225}\left(l\right)\)

b, \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=\dfrac{17}{270}\left(mol\right)\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{17}{270}.342=\dfrac{323}{15}\left(g\right)\)

c, \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=\dfrac{17}{90}\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{\dfrac{17}{90}}{0,5}=\dfrac{17}{45}\left(M\right)\)