1.

- n_Fe= \(\dfrac{11,2}{56}\) = 0,2 mol

n_Al = \(\dfrac{m}{27}\) mol

- Khi thêm Fe vào cốc đựng dd HCl (cốc A) có phản ứng:

Fe + 2HCl \(\rightarrow\) FeCl₂ +H₂ \(\uparrow\)

0,2 0,2

- Theo định luật bảo toàn khối lượng, khối lượng cốc đựng HCl tăng thêm:

11,2 - (0,2.2) = 10,8g

- Khi thêm Al vào cốc đựng dd H₂SO₄ có phản ứng:

2Al + 3 H₂SO₄ \(\rightarrow\) Al₂ (SO₄)₃ + 3H₂­\(\uparrow\)

\(\dfrac{m}{27}\) mol \(\rightarrow\) \(\dfrac{3.m}{27.2}\)mol

- Khi cho m gam Al vào cốc B, cốc B tăng thêm m - \(\dfrac{3.m}{27.2}\)

- Để cân thăng bằng, khối lượng ở cốc đựng H₂SO₄ cũng phải tăng thêm 10,8g. Có: m - \(\dfrac{3.m}{27.2}.2\) = 10,8

- Giải được m = (g)

2.

PTPƯ: CuO + H­₂ \(\underrightarrow{400^oC}\) Cu + H₂O

Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu thu được \(\dfrac{20.64}{80}=16g\)

16,8 > 16 => CuO dư.

Hiện tượng PƯ: Chất rắn dạng bột CuO có màu đen dần dần chuyển sang màu đỏ (chưa hoàn toàn).

Đặt x là số mol CuO PƯ, ta có m_{CR sau PƯ} = m_Cu + m_{CuO còn dư}

= m_Cu + (m_{CuO ban đầu} – m_{CuO PƯ})

64x + (20-80x) =16,8 \(\Leftrightarrow\) 16x = 3,2 \(\Leftrightarrow\) x= 0,2.

n_H2 = n_CuO= x= 0,2 mol. Vậy: V_H2= 0,2.22,4= 4,48 lít

3.

2KClO₃ \(\rightarrow\) 2KCl + 3O₂

\(\dfrac{a}{122,5}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{a}{122,5}\left(74,5\right)\) + \(\dfrac{3a}{2}.22,4\)

2KMnO₄ \(\rightarrow\) K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

\(\dfrac{b}{158}\) \(\rightarrow\) \(\dfrac{b}{2.158}197\) + \(\dfrac{b}{2.158}87\) + \(\dfrac{b}{2}22,4\)

\(\dfrac{a}{122,5}74,5=\dfrac{b}{2.158}197+\dfrac{b}{2.158}87\)

\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{122,5\left(197+87\right)}{2.158.74,5}\approx1,78\)

\(\dfrac{3a}{2}.22,4:\dfrac{b}{2}.22,4=3\dfrac{a}{b}\approx4,43\)

Ở link này bạn:https://hoc24.vn/hoi-dap/question/278468.html

Bài 1:

\(n_{C_4H_{10}}=\frac{m}{M}=\frac{11,6}{58}=0,2mol\)

PTHH: \(2C_4H_{10}+13O_2\rightarrow^{t^o}8CO_2\uparrow+10H_2O\)

               0,2                    1,3            0,8        1       mol

\(\rightarrow n_{O_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{13.0,2}{2}=1,3mol\)

\(V_{O_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=1,3.22,4=29,12l\)

\(\rightarrow n_{CO_2}=n_{C_4H_{10}}=\frac{8.0,2}{2}=0,8mol\)

\(m_{CO_2}=n.M=0,8.44=35,2g\)

\(\rightarrow n_{H_2O}=n_{C_4H_{10}}=\frac{10.0,2}{2}=1mol\)

\(m_{H_2O}=n.M=1.18=18g\)

a.    Mg +       2HCl       ZnCl2    +    H2

0,05 mol      0,1 mol                   0,05 mol

b. mMg =0,05.24 = 1,2 gam

mHClbanđầu     = mHClpu   +  mHCl dư

= 3,65 + 3,65.20% = 4,38gam

n_HCl = 0,1 mol

Mg + 2HCl \(\rightarrow\)MgCl₂ + H₂

0,05<--0,1-------------->0,05

\(\Rightarrow\) m_Mg = 0,05.24 = 1,2 (g)

\(\Rightarrow\) V_H2 = 0,05.22,4 = 1,12 (l)

\(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

\(\Rightarrow\) m_CuO = 0,05.80 = 4 (g)

nHCl = 0,1 mol

Mg + 2HCl →→MgCl2 + H2

0,05<--0,1-------------->0,05

⇒mMg = 0,05.24 = 1,2 (g)

⇒VH2 = 0,05.22,4 = 1,12 (l)

CuO+H₂ --^t0->Cu+H₂O

⇒ m_CuO= 0,05.80=4g

a/ PTHH: Zn + 2HCl ===> ZnCl₂ + H₂

b/Tỉ lệ: 1 : 2 : 1 : 1

c/ n_Zn = 65 / 65 = 1 mol

=> n_ZnCl2 = n_H2 = n_Zn = 1 mol

=> m_ZnCl2 = 1 x 136 = 136 gam

m_H2 = 1 x 2 = 2 gam

giải chi tiết phần b đê

bài 1

2Mg + O2---> 2MgO

nMg =9/24=0,375(mol)

nMgO =15/40=0,375(mol)

nO2 =1/2nMg =0,1875(mol),

mO2=0,1875.32=6(g)

bào 2

CH4+O2---->CO2 +2H2O

nCH4=16/16=1(mol)

nCO2= 44/44=1(mol)

nH2O =36/18=2(mol)

nO2= nH2O =2.32=64(g)

Bài 9 :

\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Đặt x, y lần lượt số mol Mg , Zn phản ứng với axit

PTHH :

\(Mg\left(x\right)+H_2SO_4\left(x\right)-->MgSO_4\left(x\right)+H_2\left(x\right)\)

\(Zn\left(y\right)+H_2SO_4\left(y\right)-->ZnSO_4\left(y\right)+H_2\left(y\right)\)

Gỉa sử trong hỗn hợp chỉ có Zn :

\(x+y=n_{Zn}=n_{H_2}=0,1\)

\(\Rightarrow m_{Zn}=0,1.65=6,5\left(g\right)\)

\(\Rightarrow65x+65y=65\left(x+y\right)=6,5\left(g\right)< 7,8\left(g\right)\)

Vậy chứng tỏ axit vẫn dư sau phản ứng .

Bài 7 :

PTHH :

\(Fe+2HCl-->FeCl_2+H_2\left(1\right)\)

\(2Al+6HCl-->2AlCl_3+3H_2\left(2\right)\)

Gỉa sử trong hỗn hợp X chỉ có Fe :

\(n_{Fe}=\dfrac{22}{56}=0,4\left(mol\right)\Rightarrow n_{HCl}=0,4.2=0,8\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=0,6\left(mol\right)< 0,8\left(mol\right)\)

Chứng tỏ kim loại không tan hết .(1)

\(Gỉa\) sử trong hỗn hợp chỉ có Al :

\(n_{Al}=\dfrac{22}{27}=0,814=>n_{HCl}=3.0,814=2,44\left(mol\right)>0,6\left(mol\right)\)

Chứng tỏ kim loại không tan hết (2)

Từ (1),(2) chứng tỏ hh X không tan hết .

HÌNH NHƯ SAI ĐỀ .

nH2 = VH2 : 22,4 = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol

PTHH:         2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2

Tỉ lệ:             2                                 3

Pứ:               ? mol                            0,15

Từ pthh ta có nAl = 2/3 nH2 = 2/3 . 0,15 = 0,1 mol

=> mAl = nAl . MAl = 0,1 . 27 = 2,7g  

cậu ơi câu có thể ghi câu a),b),c) cho tớ được ko ạ.

CaCO₃ + 2HCl -> CaCl₂ + CO₂ + H₂O (1)

2NaOH + CO₂ -> Na₂CO₃ + H₂O (2)

n_CaCO3=0,15(mol)

n_HCl=0,2(mol)

Vì \(\dfrac{0,2}{2}< 0,15\) nên CaCO₃ dư

Theo PTHH 1 ta có:

n_CO2=\(\dfrac{1}{2}\)n_HCl=0,1(mol)

Theo PTHH 2 ta có:

n_CO2=n_Na2CO3=0,1(mol)

m_Na2CO3=106.0,1=10,6(g)

a) \(PT:CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+H_2O+CO_2\uparrow\)

\(HCl+NaOH\rightarrow NaOH+H_2O\)

b) \(m_{HCl}=\frac{200.10,95\%}{100\%}=21,9\left(g\right)\)

\(n_{HCl}=\frac{21,9}{36,5}=0,6\left(mol\right)\)

c) \(n_{NaOH}=2.0,05=0,1\left(mol\right)\Rightarrow n_{HCl\left(pưNaOH\right)}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{HCl\left(pưCaCO_3\right)}=0,6-0,1=0,5\left(mol\right)\)

d) \(n_{CaCO_3}=\frac{1}{2}n_{HCl\left(pưCaCO_3\right)}=0,5.\frac{1}{2}=0,25\left(mol\right)\)

\(m_{CaCO_3}=0,25.100=25\left(g\right)\)

e) \(n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=0,25\left(mol\right)\)

\(V_{CO_2}=0,25.22,4=5,6\left(l\right)\)

f) \(n_{CaCl_2}=n_{CaCO_3}=0,25\left(mol\right)\)

\(m_{ddA}=25+200-0,25.44=214\left(g\right)\)

\(C\%_{ddCaCl_2}=\frac{0,25.111}{214}.100\%=12,97\%\)

\(C\%_{ddHCldư}=\frac{0,1.36,5}{214}.100\%=1,71\%\)