nHCl= 0,02; nH2SO4 = 0,01

=> nH⁺=0,04

H⁺ + OH^- ---> H2O

0,04 0,04

=> nNaOH= 0,04

=> V = 0,08(l)

a)2Al+6HCl→2AlCl3+3H2

Fe+2HCl→FeCl2+H2

2Al+6H2SO4→Al2(SO4)3+3SO2+6H2O

2Fe+6H2SO4→Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O

Cu+2H2SO4→CuSO4+SO2+2H2O

hh:Al(amol),Fe(bmol),Cu(cmol)

nNaOH=0,2×2=0,4mol

nHCl=0,4×2=0,8mol

⇒nHClpu=0,8−0,4=0,4mol

nSO2=5,6\22,4=0,25mol

27a+56b+64c=14,2

0,5a×3+0,5b×2=0,4

0,5a×1,5+0,5b×1,5+0,5c=0,25

⇒a=0,2;b=0,1;c=0,05

mAl=0,2×27=5,4g

mFe=0,1×56=5,6g

mCu=0,05×64=3,2g

b)mddspu=7,1+50−0,25×64=41,1g

C%Al2(SO4)3=41,6%

C%Fe2(SO4)3=24,33%

C%CuSO4=9,73%

\(PTHH:NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H2O\)

\(2NaOH+H2SO4\rightarrow Na2SO4+H2O\)

Ta có : \(n_{HCL}=0,02\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{NaOH}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{dd_{NaOH}}=\frac{0,04}{0,5}=0,08l=80ml\)

NaOH +HCl---.NaCl +H2O(1)

2NaOH +H2SO4----,Na2SO4+H2O(2)

n\(_{HCl}=0,01.2=0,02\left(mol\right)\)

n\(_{H2SO4}=0,01.1=0,01\left(mol\right)\)

Theo pthh1

n\(_{NaOH}=n_{HCl}=0,02\left(mol\right)\)

Theo pthh2

n\(_{NaOH}=2n_{H2SO4}=0,02\left(mol\right)\)

\(\Sigma n_{NaOH}=0,02+0,02=0,04\left(mol\right)\)

V\(_{NaOH}=\frac{0,04}{0,5}=0,08\left(l\right)=80ml\)

trong dung dịch ban đầu nhé mn

\(n_O=\dfrac{33,3-21,3}{16}=0,75\left(mol\right)\)

=> n_H2O = 0,75 (mol)

Giả sử có V lít dd

=> \(\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2SO_4}=V\left(mol\right)\\n_{HCl}=2V\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Bảo toàn H: 2V + 2V = 0,75.2 

=> V = 0,375 (lít) = 375 (ml)

$n_{O(oxit)} = \dfrac{17,4-10,52}{16} = 0,43(mol)$
$2H^+ + O^{2-} \to H_2O$
$n_{H^+} = 2n_O = 0,43.2 = 0,86(mol)$
$V_{dd\ HCl} = \dfrac{0,86}{1,25}  =0,688(lít)$

n Hcl pu la 0,95*2 = 0,39 mol
n Hcl du la 0,5 -0,39 = 0,11 mol
gọi v lít là thể tích dung dịch kiềm
n Naoh la 0,2V mol,nBaoh la 0,1V mol
pthh .....bạn ghi ra 2 pthh giua naoh voi hcl,baoh vs hcl
Ta co 0,4V =0,11
suy ra V =0,275 L

Tác dụng với H₂SO₄ và NaOH

n_H2SO4 = 0,0275mol

n_NaOH = 0,005mol

=> n_{H2SO4 phản ứng với Y} = 0,025 mol

2R-NH₂ + H₂SO₄ → Muối

0,05                 0,025

=> Trong Y có 1 nhóm NH₂

Tác dụng với Ba(OH)₂

n_Ba(OH)2 = 0,03 mol

Ta có

=> hh Y gồm R(COOH)(NH₂): x mol và R’(COOH)₂(NH₂): y mol

Ta có x + y = 0,05 và x + 2y = 0,06

=> x = 0,04 và y = 0,01

Đốt cháy Y

n_CO2 = 0,13 mol

=> số nguyên tử C trung bình = 2,6

=> Y₁: H₂N – CH₂ – COOH: 0,04 mol

Và Y₂: H₂N – R’ – (COOH)₂: 0,01 (có a nguyên tử C)

m muối khan = 8,52g = (75 - 1) . 0,01 + (M_Y2 - 2) . 0,01 + 0,03 . 137 => M_Y2 = 147

do Y₂ có mạch không phân nhánh => Y₂ có thể có công thức sau