mO2 = 31,03% . 27,84 = 8,64 (g)

nO2 = 0,135 (mol)

nH2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

PTHH: 

Al2O3 + 3H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3H2O (1)

2Al + 3H2SO4 -> Al2(SO4)3 + 3H2 (2)

Mg + H2SO4 -> MgSO4 + H2 (3)

Theo PTHH (1): nH2O = nH2SO4 = nO = 0,135 (mol)

Theo PTHH (2)(3): nH2 = nH2SO4 = 0,1 (mol)

mH2SO4 = (0,1 + 0,135) . 98 = 5,264 (g)

mH2O = 0,135 . 18 = 2,43 (g)

mH2 = 0,1 . 2 = 0,2 (g)

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

mAl + mMg + mAl2O3 + mH2SO4 = m(muối) + mH2 + mH2O

=> m(muối) = 27,84 + 5,264 - 0,2 - 2,43 = 30,474 (g)

2CH3COOH+CaCO3-to>(CH3COO)2Ca+H2O+CO2

0,4-----------------0,2----------------------------------------0,2

2CH3COOH+CaO->(CH3COO)2Ca+H2O

0,1----------------0,05

n CO2=0,2 mol

=>%m CaCO3=\(\dfrac{0,2.100}{22,8}100=87,72\%\)

=>%m CaO=12,28%

=>n CaO=0,05 mol

=>VCH3COOH=\(\dfrac{0,5}{2}=0,25l\)

a)

\(n_{CO_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: CaCO₃ + 2CH₃COOH --> (CH₃COO)₂Ca + CO₂ + H₂O

                0,2<---------0,4<------------------------------0,2

=> \(m_{CaCO_3}=0,2.100=20\left(g\right)\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CaCO_3}=\dfrac{20}{22,8}=87,72\%\\\%m_{CaO}=100\%-87,72\%=12,28\%\end{matrix}\right.\)

b)

\(n_{CaO}=\dfrac{22,8-20}{56}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: CaO + 2CH₃COOH --> (CH₃COO)₂Ca + H₂O

            0,05---->0,1

=> \(V_{dd.CH_3COOH}=\dfrac{0,1+0,4}{2}=0,25\left(l\right)\)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CH_3COOH}=\dfrac{a}{60}\left(mol\right)\\n_{C_2H_5OH}=\dfrac{1,5a}{46}\left(mol\right)\\n_{CH_3COOC_2H_5}=\dfrac{1,2a}{88}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: CH₃COOH + C₂H₅OH --H₂SO_4(đ),t^o--> CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{\dfrac{a}{60}}{1}< \dfrac{\dfrac{1,5a}{46}}{1}\) => HIệu suất tính theo CH₃COOH

\(n_{CH_3COOH\left(pư\right)}=\dfrac{1,2a}{88}\left(mol\right)\)

=> \(H=\dfrac{\dfrac{1,2a}{88}}{\dfrac{a}{60}}.100\%=81,82\%\)

a, Ta có : \(n_{CO2}=\dfrac{V}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

\(BTNT\left(C\right):n_{MgCO3}=n_{CO2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgCO3}=n.M=8,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgO}=8\left(g\right)\)

b, Thấy sau khi phản ứng xảy ra thu được dung dịch A gồm \(MgSO_4\) và có thể còn \(H_2SO_4\) dư .

\(BTNT\left(Mg\right):n_{MgSO_4}=n_{MgCO3}+n_{MgO}=0,3\left(mol\right)\)

\(PTHH:MgSO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+BaSO_4\downarrow\)

.................0,3............0,3..................0,3..................0,3.............

\(\Rightarrow m_{\downarrow}=m_{Mg\left(OH\right)2}+m_{BaSO4}=87,3\left(g\right)\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}m\downarrow=110,6\left(g\right)>87,3g\\n_{Ba\left(OH\right)2}=C_M.V=0,45>n_{Ba\left(OH\right)2pu}\left(0,3mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> Dung dịch A vẫn còn H2SO4 dư và mol BaSO4 được tạo ra tiếp là :

\(n_{BaSO4}=\dfrac{110,6-87,3}{M}=0,1\left(mol\right)\)

\(PTHH:H_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)

..................0,1............0,1...............0,1........................

Lại có : \(n_{Ba\left(OH\right)2}=0,45\left(mol\right)\)

=> Trong dung dịch B còn có Ba(OH)2 dư ( dư 0,45 - 0,3 - 0,1 = 0,05mol)

\(\Rightarrow C_{MBa\left(OH\right)2}=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1\left(M\right)\)

Vậy ...

\(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1(mol)\\ n_{Mg}=a(mol);n_{Fe}=b(mol)\\ \Rightarrow 24a+27b=4,46(1)\\ Fe+H_2SO_4\to FeSO_4+H_2\\ Mg+H_2SO_4\to MgSO_4+H_2\\ \Rightarrow a+b=0,1(2)\\ (1)(2)\Rightarrow a=\dfrac{-44}{75}(mol);b=\dfrac{103}{150}(mol)\)

Đề sai, bạn xem lại đề

PTHH: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)

            \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)

a) Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)=n_{Zn}\)

\(\Rightarrow\%m_{Zn}=\dfrac{0,4\cdot65}{36,2}\cdot100\%\approx71,23\%\) \(\Rightarrow\%m_{Al_2O_3}=28,77\%\)

c) Ta có: \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{36,2-0,4\cdot65}{102}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{HCl}=2n_{Zn}+6n_{Al_2O_3}=1,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ddHCl}=\dfrac{1,4\cdot36,5}{10\%}=511\left(g\right)\) \(\Rightarrow V_{ddHCl}=\dfrac{511}{1,1}\approx464,5\left(ml\right)=0,4645\left(l\right)\)

c) Theo PTHH: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{ZnCl_2}=0,4\left(mol\right)\\n_{AlCl_3}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{M_{ZnCl_2}}=\dfrac{0,4}{0,4645}\approx0,86\left(M\right)\\C_{M_{AlCl_3}}=\dfrac{0,2}{0,4645}\approx0,43\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{H2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

a) \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

  \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

b) \(n_{Fe}=n_{H2}=n_{H2SO4}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe}=0,1.56=5,6\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{Al2O3}=15,8-5,6=10,2\left(g\right)\)

c) Ta có : \(n_{Al2O3}=\dfrac{10,2}{102}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow n_{H2SO4}=3n_{Al2O3}=0,3\left(mol\right)\)

\(C_{MddH2SO4}=\dfrac{0,1+0,3}{0,2}=2M\)

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

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe

Theo đề bài ta có hệ pt

\(\left\{{}\begin{matrix}27x+56y=8,3\\\dfrac{3}{2}x+y=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

a)\(x=\dfrac{\dfrac{0,1.3}{2}+0,1}{0,2}=0,25M\)

b)\(\%m_{Al_2(SO_4)_3}=\dfrac{\dfrac{0,1}{2}.342}{\dfrac{0,1}{2}.342+0,1.152}.100=52,94\%\)

=> %mFeSO4=100-52,94=47,06%

c)\(CM_{Al_2(SO_4)_3}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\)

\(CM_{FeSO_4}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5M\)

d) 1> Thu được kết tủa bé nhất

-TH1 : Lượng KOH chỉ phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa, không đủ để tạo kết tủa với Al2(SO4)3

\(2KOH+FeSO_4\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+K_2SO_4\) 

=> \(m_{ddKOH}=\dfrac{0,1.2.56}{15\%}=74,67\left(g\right)\)

TH2: Lượng KOH phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa và tạo kết tủa với Al2(SO4)3 sau đó tan kết tủa của Al2(SO4)3

​\(2KOH+FeSO_4\rightarrow K_2SO_4+Fe\left(OH\right)_2\)​

\(6KOH+Al_2(SO_4)_3\rightarrow2Al\left(OH\right)_3+3K_2SO_4\) 

\(Al\left(OH\right)_3+KOH\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

=>\(m_{ddKOH}=\dfrac{\left(0.1.2+0,05.6+0,1\right).56}{15\%}=224\left(g\right)\)

2> Thu được kết tủa lớn nhất :

Lượng KOH phản ứng với FeSO4 tạo kết tủa và tạo kết tủa với Al2(SO4)3 và không tan kết tủa của Al2(SO4)3

\(2KOH+FeSO_4\rightarrow K_2SO_4+Fe\left(OH\right)_2\)

\(6KOH+Al_2(SO_4)_3\rightarrow2Al\left(OH\right)_3+3K_2SO_4\)

=>\(m_{ddKOH}=\dfrac{\left(0.1.2+0,05.6\right).56}{15\%}=186,67\left(g\right)\)

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) 

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

\(\left(mol\right)\)      \(a\)           \(1,5a\)               \(0,5a\)          \(1,5a\)

\(PTHH:Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(\left(mol\right)\)      \(b\)         \(b\)              \(b\)             \(b\)

Ta có hpt: \(\left\{{}\begin{matrix}27a+56b=8,3\\1,5a+b=\dfrac{5,6}{22,4}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=0,1\left(mol\right)\)

\(a.x=\dfrac{1,5a+b}{0,2}=\dfrac{0,15+0,1}{0,2}=1,25\left(M\right)\\ b.\%m_{Al}=\dfrac{27.0,1}{8,3}.100=32,53\left(\%\right)\\ \%m_{Fe}=100-32,53=67,47\left(\%\right)\\ c.C_{M_{Al_2\left(SO_4\right)_3}}=\dfrac{0,5a}{0,2}=0,25\left(M\right)\\ C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{b}{0,2}=0,5\left(M\right)\\ d.\)

\(PTHH:Al_2\left(SO_4\right)_3+6KOH\rightarrow3K_2SO_4+2Al\left(OH\right)_3\)

\(\left(mol\right)\)         \(0,05\)            \(0,3\)                                \(0,1\)

\(PTHH:FeSO_4+2KOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+K_2SO_4\)

\(\left(mol\right)\)        \(0,1\)          \(0,2\)

\(PTHH:Al\left(OH\right)_3+KOH\rightarrow KAlO_2+2H_2O\)

\(\left(mol\right)\)        \(0,1\)             \(0,1\) 

\(d.1.\) Lượng kết tủa bé nhất khi kết tủa \(Al\left(OH\right)_3\) sinh ra tan hết trong dd KOH 

Khi đó: \(n_{KOH}=0,6\left(mol\right)\rightarrow m_{ddKOH}=\dfrac{0,6.100.56}{15}=224\left(g\right)\)

\(d.2.\) Lượng kết tủa lớn nhất khi KOH tác dụng vừa đủ với dd A​

Khi đó: \(n_{KOH}=0,5\left(mol\right)\rightarrow m_{ddKOH}=\dfrac{0,5.56.100}{15}=186,67\left(g\right)\)

Đáp án cần chọn là: B

2K+2H2O->2KOH+H2

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

n H2=0,05 mol

=>m K=0,1.39=3,9g

=>mKOH=14,1g

b) dd chuyển mày quỳ tím sang màu xanh , vì chưa dd kiềm 

=>m KOH=0,1.56+14,1=19,7g