\(n_{Al}=\dfrac{5.4}{27}=0.2\left(mol\right)\)

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

\(0.2........0.6.........................0.3\)

\(m_{HCl}=0.6\cdot36.5=21.9\left(g\right)\)

\(V_{H_2}=0.3\cdot22.4=6.72\left(l\right)\)

a) $2Al + 6HCl \to 2AlCl_3 + 3H_2$

b) n Al = 5,4/27 = 0,2(mol)

n HCl = 3n Al = 0,6(mol)

=> m HCl = 0,6.36,5 = 21,9 gam

c) n H2 = 3/2 n Al = 0,3(mol)

=> V H2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít

- PT: a, \(2KMnO_4+16HCl\rightarrow2KCl+2MnCl_2+5Cl_2+8H_2O\) (1)

\(MnO_2+4HCl_đ\underrightarrow{t^o}MnCl_2+Cl_2+2H_2O\) (2) 

- Ta có: \(n_{HCl\left(1\right)}=n_{HCl\left(2\right)}=0,2.2=0,4\left(mol\right)\)

Theo PT (1): \(n_{Cl_2}=\dfrac{5}{16}n_{HCl\left(1\right)}=0,125\left(mol\right)\Rightarrow V_1=0,125.22,4=2,8\left(l\right)\)

(2): \(n_{Cl_2\left(2\right)}=\dfrac{1}{4}n_{HCl\left(2\right)}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow V_2=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

a. PTHH : Mg + 2HCl ➝ MgCl₂ + H₂ (1)

b. theo bài : nH₂ = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

theo (1) nMg = nH₂ = 0,15 (mol)

➞ mMg = 0,15 ✖ 24 = 3,6 (g)

➞ %mMg = (3,6 : 5)✖100 = 72%

➞ %mCu = 100% - 72% = 28%

c. theo (1) nHCl = 2nH₂ = 2✖0,15 = 0,3 (mol)

mHCl = 0,3✖36,5 = 10,95(g)

➜mddHCl = (10,95✖100):14,6 = 75(g)

d. dung dịch Y : MgCl₂

mdd_(spư)= 3,6+75-0,3 = 78,3(g)

theo (1) nMgCl₂ = nH₂ = 0,15(mol)

mMgCl₂ = 0,15✖95 = 14,25(g)

C%MgCl₂ = (14,25 : 78,3)✖100 = 18,199%

\(n_{Al}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH:

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

0,2                      0,2          0,3 

\(V_{H_2}=n.22,4=6,72\left(l\right)\)

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

a) \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

b) \(n_{Al}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\) ;    \(n_{HCl}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{18,25}{36,5}=0,5\left(mol\right)\)

 \(2Al\)    \(+\)   \(6HCl\)    →    \(2AlCl_3\)  \(+\)  \(3H_2\)

Tỉ lệ:   \(\dfrac{0,2}{2}>\dfrac{0,5}{6}\)                                          ⇒  Al dư, tính theo HCl

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

           \(0,5\)    →   \(\dfrac{1}{6}\)    →   \(0,25\)       ( mol )

\(V_{H_2}=n.22,4=0,25.22,4=5,6\left(l\right)\)

c) \(m_{AlCl_3}=n.M=\dfrac{1}{6}.\left(27+35,5.3\right)=22,25\left(g\right)\)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{150}{100}=1.5\left(mol\right)\)

\(CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2+H_2O\)

\(n_{CaCl_2}=n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=1.5\left(mol\right)\)

\(V_{CO_2}=1.5\cdot22.4=33.6\left(l\right)\)

\(C_{M_{CaCl_2}}=\dfrac{1.5}{0.5}=3\left(M\right)\)

nHCl = 0,2.2.5 =0,5 mol

Fe + 2HCl → FeCl₂   +  H₂

x        2x           x              x      (mol)

2Al  + 6HCl  → 2AlCl₃    + 3H₂

y           3y              y            3/2y    (mol)

Phản ứng vừa đủ nên ta có 

Bảo toàn nguyên tố H ==> nH2 thu được = 0,25 mol ==> V_H2 = 0,25.22,4 =5,6 lít

Gọi số mol Fe, Al lần lượt là x, y ta có hệ pt:\(\left\{{}\begin{matrix}56x+27y=8,3\\2x+3y=0,5\end{matrix}\right.\)

==> x = 0,1 và y = 0,1 mol

dd A gồm \(\left\{{}\begin{matrix}FeCl2\\AlCl3\end{matrix}\right.\)    + 0,6 mol NaOH , NaOH dư nên kết tủa Al(OH)3 sinh ra bị hòa tan hết  . Kết tủa Z thu được chỉ có Fe(OH)2 0,1 mol

Fe(OH)2  nung trong không khí ==> Fe2O3 0,05 mol 

mChat rắn = mFe2O3= 0,05. 160= 8 gam

Đáp án A

· Có  n Al ( B ) = 2 3 . n H 2 = 2 3 . 0 , 672 22 , 4 = 0 , 02   mol

· Chất rắn thu được sau khi nung là Al₂O₃:

· Quy đổi A tương đương với hỗn hợp gồm 0,1 mol Al, a mol Fe, b mol O

· Phần không tan D gồm Fe và oxit sắt + H₂SO₄ ® Dung dịch E + 0,12 mol SO₂

Dung dịch E chứa một muối sắt duy nhất và không hòa tan được bột Cu

Þ Muối sắt là FeSO₄.

Sau phản ứng có Al dư do phản ứng với NaOH tạo H₂

=> n_{Al dư} = 2/3 .n_H2 = 0,02 mol

Sau phản ứng có Al và Al₂O₃ + NaOH => NaAlO₂

Bảo toàn Al ta có :

2n_{Al2O3 sau nung}= n_{Al dư} + 2n_Al2O3 => n_Al2O3 = 0,04 mol

=>n_{Al ban đầu} = 0,1 mol

Do các phản ứng hàn toàn , mà khi nhiệt nhôm Al dư => oxit sắt  hết

=>D chỉ có Fe

=>Bảo toàn e : 3n_Fe = 2n_SO2  => n_Fe = 0,08 mol

Bảo toàn khối lượng : m_A = m_B = m_Fe + m_Al  + m_Al2O3 = 9,1g

=>%m_Al(A) = 29,67% gần nhất với giá trị 24%

=>A