\(n_{KMnO_4}=\dfrac{39,5}{158}=0,25\left(mol\right)\)

\(2KMnO_4--t^0->K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)

0,25........................................................................0,125(mol)

\(m_{90\%O}=\dfrac{0,125.32.90\%}{100\%}=3,6\left(g\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{3,6}{32}=0,1125\left(mol\right)\)

\(2xR+yO_2\rightarrow2R_xO_y\)

\(\dfrac{0,225x}{y}\) ......0,1125 .......0,225

\(M_R=\dfrac{5,4}{\dfrac{0,225x}{y}}=\dfrac{24y}{x}\left(1\right)\)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có

\(m_{R_xO_y}=0,225\left(xM_R+16y\right)=5,4+3,6\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{24y}{x}.0,225x+3,6y=9\)

\(\Rightarrow y=1\)

\(\Rightarrow x.M_R=24\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

vậy R: Magie

\(n_R=\dfrac{5,4}{M_R}\)

\(n_{KMnO_4}=0,25\left(mol\right)\)

\(2KMnO_4-t^0->MnO_2+K_2MnO_4+O_2\)

\(0,25mol..................................0,125mol\)

Mà khi đốt cháy hoàn toàn 5,4 g kim loại R chỉ cần dùng một lượng 90% lượng oxi sinh ra nên : \(n_{O_2}=90\%.0,125=0,1125\left(mol\right)\)

\(4R+nO_2->2R_2O_n\)

\(\dfrac{0,45}{n}......0,1125\)

\(\dfrac{5,4}{M_R}=\dfrac{0,45}{n}\)

\(1\le n\le3\)

\(n=1=>M_R=12\left(loại\right)\)

\(n=2=M_R=24\left(Mg\right)\)

\(n=3=>M_R=36\left(loại\right)\)

Vậy R là Mg .

a)\(n_{KMnO_4}\)=39,5:158=0,25(mol)

Ta có PTHH:

2\(KMnO_4\)\(\underrightarrow{to}\)\(K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)(1)

......0,25..............................................0,125(mol)

Theo PTHH:\(n_{O_2\left(1\right)}\)=0,125(mol)

=>\(n_{O_2\left(cần\right)}\)=90%.0,125=0,1125(mol)

=>\(m_{O_2\left(cần\right)}\)=0,1125.32=3,6(g)

Gọi n là hóa trị của R

4R+n\(O_2\)\(\underrightarrow{to}\)2\(R_2O_n\)

4R...32n..................(g)

5,4....3,6..................(g)

Theo PTHH:3,6.4R=5,4.32n=>R=12n

Vì n là hóa trị của R nên n\(\in\){1;2;3;\(\dfrac83\)}

Biện luận:

=>n=2;R=24(Mg) là phù hợp

Vậy R là Mg

b)\(n_{Mg}\)=5,4:24=0,225(mol)

Ta có PTHH:

Mg+2HCl->Mg\(Cl_2\)+\(H_2\)

0,225..0,45........................(mol)

Theo PTHH:\(m_{HCl}\)=0,45.36,5=16,425(g)

mà \(C_{\%ddHCl}\)=14,6%

=>\(m_{dd\left(gt\right)}\)=16,425:14,6%=112,5(g)

mà dd lấy dư 20% nên:

=>\(m_{dd\left(cần\right)}\)=112,5+20%.112,5=135(g)

áp dụng ĐLBTKL:

m_R + m_O2 = m_R2O3

=> m_O2=20,4-10,8=9,6(g)

=> n_O2=9,6/32=0,3(mol)

4R + 3O2 ---to---> 2R2O3

0,4........0,3

M_R=10,8/0,4=27(g)

=> R là nhôm ......Al

\(2KMnO_4-->MnO_2+K_2MnO_4+O_2\)

0,035___________0,0175___0,0175_____0,0175

\(4R+nO_2-->2R_2O_n\)

0,0175.4/n___0,0175(1)

\(n_{KMnO_4}=\dfrac{5,53}{158}=0,035\left(mol\right)\)

=>\(n_R=\dfrac{0,84}{R}\left(mol\right)\) (2)

từ (1), (2) => \(\dfrac{0,0175.4}{n}=\dfrac{0,84}{R}\)

r thay n theo hóa trị từ 1-> 4 nhớ lập bảng bn nhé

\(2KMnO_4\underrightarrow{t^o}K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)

0,035 ------------------------------------- 0,0175

\(4R+xO_2\underrightarrow{t^o}2R_2O_x\)

\(\dfrac{0,07}{x}\) -- 0,0175

\(n_{KMnO_4}=\dfrac{5,53}{158}=0,035\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{1}{2}.0,035=0,0175\left(mol\right)\)

\(n_R=\dfrac{0,84}{R}\left(mol\right)\)

Ta có:

\(\dfrac{0,84}{R}=\) \(\dfrac{0,07}{x}\)\(\Leftrightarrow R=12x\)

Biện luận:

Chọn x = 2, R = 24.

Vậy R là Mg.

2KMnO4->K2MnO4+MnO2+O2

nKMnO4=5,53/158=0,035 mol

=>nO2=0,035/2=0,0175 mol

nO2 cần dùng=0,0175x80%=0,014 mol

4R+nO2->2R2On

=>nR=0,014x4/n=0,056/n mol

=>MR=0,672:0,056/n=12n

n=2=>MR=24 => R là Magie

PTHH :

2KMnO4 -> K2MnO4 + MnO2 + O2

Ta có: nKMnO4=5,53 / (39+55+16.4) = 0,035 mol

Theo pt :  nO2 = 1/2 nKMnO4 = 0,0175 mol

-> nO2 cần đốt oxit = 0,0175. 80% = 0,014 (mol)

Gọi n là hóa trị của R

4R + nO2 -> R2On

Ta có: nR = 4nO2/n =0,056/n -> MR=0,672/(0,056/n) =12n

Xét n = 2 -> MR=24 -> Mg

nKMnO4 = 5,53/158 = 0,035 (mol)

PTHH: 2KMnO4 -> (t°) K2MnO4 + MnO2 + O2

nO2 (sinh ra) = 0,035/2 = 0,0175 (mol)

nO2 (cần dùng) = 0,0175 . 80% = 0,014 (mol)

PTHH: 4R + yO2 -> (t°) 2R2Oy

nR = 4/y . 0,014 = 0,056/y 

M(R) = 0,672 : 0,056/y = 12y (g/mol)

Biện luận: 

y = 1 => R = 12 (loại)

y = 2 => R = 24 (R là Mg)

y = 3 => R = 36 (loại)

Vậy R là Mg

Đáp án A

Dựa vào bản chất phản ứng của X với NaHCO 3 , bảo toàn nguyên tố O; bảo toàn electron trong phản ứng đốt cháy X, ta có :

= 8,65 gam

2KMnO4 --> K2MnO4 + MnO2 + O2.

0,035 -> 0,0175 mol

=> nO2 cần dùng = 0,0175.80/100=0,014

4R + nO2 -> 2R2On

0,014.4/n <- 0,014

m =0,672 = 0,014.4.R/n

=> R =12n

vì R là kim loại => n có thể = 1;2;3

thử lần lượt giá trị ta dc vs n=2 => R =24 (Mg) thỏa mãn

PTHH :

2KMnO4 -> K2MnO4 + MnO2 + O2

Ta có: nKMnO4=5,53 / (39+55+16.4) = 0,035 mol

Theo pt :  nO2 = 1/2 nKMnO4 = 0,0175 mol

-> nO2 cần đốt oxit = 0,0175. 80% = 0,014 (mol)

Gọi n là hóa trị của R

4R + nO2 -> R2On

Ta có: nR = 4nO2/n =0,056/n -> MR=0,672/(0,056/n) =12n

Xét n = 2 -> MR=24 -> Mg

\(2KMnO_4 \xrightarrow{t^o} K_2MnO_4 + MnO_2 + O_2\\ n_{O_2} = \dfrac{1}{2}n_{KMnO_4} = \dfrac{1}{2}. \dfrac{5,53}{158} = 0,0175(mol)\\ n_{O_2\ đã\ dùng} = 0,0175.80\% = 0,014(mol)\)

Gọi n là hóa trị của R

\(4R + nO_2 \xrightarrow{t^o} 2R_2O_n\)

\(n_R = \dfrac{4}{n}n_{O_2} =\dfrac{0,056}{n}(mol)\\ \Rightarrow M_R = \dfrac{0,672}{ \dfrac{0,056}{n}} = 12n\)

Với n = 2 thì R = 24(Mg)

Vậy kim loại R là Magie.

a, Áp dụng ĐLBTKL :

\(m_M+m_{Cl_2}=4,75\rightarrow m_{Cl_2}=4,75-1,2=3,55g\)

\(\rightarrow n_{Cl_2}=\dfrac{3,55}{71}=0,05mol\)

PTHH :

\(2M+nCl_2\underrightarrow{t^0}2RCl_n\)

\(\dfrac{0,1}{n}\).......\(0,05\)

\(m=M.\dfrac{0,1}{n}=1,2\Rightarrow0,1M=1,2n\Rightarrow M=12n\).

Ta có :

- Nếu \(n=1\Rightarrow M=12\left(loại\right)\)

- Nếu \(n=2\Rightarrow M=24\left(Mg\right)\)

- Nếu \(n=3\Rightarrow M=36\left(loại\right)\)

Kim loại cần tìm là Magie ( Mg )

b ) PTHH :

\(2KMnO_4+16HCl\rightarrow2KCl+2MnCl_2+5Cl_2\uparrow+8H_2O\)

0,02.........................................................................0,05

\(\rightarrow m_{KMnO_4}=0,02.158=3,16\left(g\right)\)

a) PTHH: 2M + nCl₂ -> 2MCl_n (1)

Theo ĐLBTKL, ta có:

\(m_M+m_{Cl_2}=m_{MCl_n}\\ =>m_{Cl_2}=m_{MCl_n}-m_M=4,75-1,2=3,55\left(g\right)\\ =>n_{Cl_2}=\dfrac{3,55}{71}=0,05\left(mol\right)\\ =>n_M=\dfrac{2.0,05}{n}=\dfrac{0,1}{n}\left(mol\right)\)

=> \(m_M=\dfrac{0,1M}{n}=1,2=>0,1M=1,2n=>M=12n\)

Lập bảng:

=> Kim loại M là magie (Mg=24)

b) PTHH: 2KMnO₄ +16HCl -> 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O (2)

Ta có: \(n_{Cl_2\left(2\right)}=n_{Cl_2\left(1\right)}=0,05\left(mol\right)\\ =>n_{KMnO_4}=\dfrac{2.0,05}{5}=0,02\left(mol\right)\\ =>m_{KMnO_4}=0,02.158=3,16\left(g\right)\)

Gọi hóa trị kim loại M là x (x€ N*)
PTPƯ:
(1) 4M + xO2 ---> 2M2Ox

số mol kim loại M = m/M
số mol oxit kl là = 1.25m /( 2M+16x)

Theo phương trình (1), ta có:
2. m/M = 4. 1.25m/( 2M+16x)
=> M= 32x

Vì x là hóa trị kim loại nên ta biện luận:
* x=1 -> M=32 ( lưu huỳnh )-> M là phi kim (loại)
* x=2 -> M=64 (đồng)
* x=3 -> M=96 ->loại

Vậy R là Cu.

CTTQ: M_xO_y

Hóa trị của M: 2y/x

Pt: 2xM + yO₂ --to--> 2M_xO_y

...\(\frac{0,5xm}{32y}\)<-.\(\frac{0,25m}{32}\)

Áp dụng ĐLBTKL, ta có:

m_M + m_O2 = m_MxOy

=> m_O2 = m_MxOy - m_M = 1,25m - m= 0,25m (g)

=> n_O2 = \(\frac{0,25m}{32}\) mol

Ta có: m = \(\frac{0,5xm}{32y}\) . M_M

<=> 1 = \(\frac{0,5x}{32y}\) . M_M

<=> 32y = 0,5x .M_M

=> M_M = \(\frac{32y}{0,5x}=\frac{2y}{x}.\frac{16}{0,5}= \frac{2y}{x}.32\)

Biện luận:

Vậy M là Đồng (Cu)