Bài 24:

\(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\\ PTHH:A+2HCl\rightarrow ACl_2+H_2\uparrow\)

Theo pthh: n_A = n_H2 = 0,15 (mol)

=> M_A = \(\dfrac{3,6}{0,15}=24\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

=> A là Mg

Bài 25:

\(n_{H_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)\\ PTHH:2A+6HCl\rightarrow2ACl_3+3H_2\uparrow\\ Mol:0,3\leftarrow0,9\leftarrow0,3\leftarrow0,45\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}M_A=\dfrac{8,1}{0,3}=27\left(\dfrac{g}{mol}\right)\Rightarrow A:Al\\m_{HCl}=0,9.36,5=32,85\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Bài 24.

\(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15mol\)

\(n_A=\dfrac{3,6}{M_A}\) mol

\(A+2HCl\rightarrow ACl_2+H_2\)

0,15                           0,15   ( mol )

\(\Rightarrow\dfrac{3,6}{M_A}=0,15mol\)

\(\Leftrightarrow M_A=24\) ( g/mol )

=> A là Magie ( Mg )

Bài 25.

\(n_{H_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45mol\)

\(n_A=\dfrac{8,1}{M_A}\) mol

\(2A+6HCl\rightarrow2ACl_3+3H_2\)

0,3                                0,45  ( mol )

\(\Rightarrow\dfrac{8,1}{M_A}=0,3\)

\(\Leftrightarrow M_A=27\) g/mol

=> A là nhôm ( Al )

 

 

 

a)
Fe +2 HCl --> FeCl2+ H2
R + 2HCl --> RCl2 + H2
nhh = nH2= 0,672/22,3=0,03 mol
=> M trung bình =1,52/ 0,03= 50,6
Vì MFe=56> Mtb => R<50,6
nH2SO4= 49.8%/98= 0,04 mol
R + H2SO4 --> RSO4 +H2
axit dư => nR phản ứng = nH2SO4 phản ứng <0,04
=> R>1,52/0,04= 38
Suy ra 38< R< 50,6, R hóa trị II
Vậy R là Canxi (Ca) . R =40
b)
Có nFe +nCa= 0,03mol
m hh=56nFe +40nCa =1,52
=> n Fe = 0,02 mol ; n Ca = 0,01 mol
=> %mFe, %mCa
c) 
nHCl = 2nH2 =0,06 mol
=> mddHCl =36,5.0,06.100/15=14,6g
mddB= m hhkl + m ddHCl - mH2 = 1,52+ 14,6 -0,03.2= 16,06 g
dd B có FeCl2 0,02 mol và CaCl2 0,01 mol
​=> C%.

Hòa tan 1,52g hh Fe và kim loại R có hóa trị II trong dd HCl 15% vừa đủ thu được 0,672lit khí (đktc) và dd B. Nếu hòa tan 1,52g kim loại R trong 49g dd H2SO4 8% thì lượng axit còn dư
a) xác định kl A
==========
Fe +2 HCl --> FeCl2+ H2
R + 2HCl --> RCl2 + H2
nhh = nH2= 0,672/22,3=0,03 mol
=> M trung bình =1,52/ 0,03= 50,6
Vì MFe=56> Mtb => R<50,6
nH2SO4= 49.8%/98= 0,04 mol
R + H2SO4 --> RSO4 +H2
axit dư => nR phản ứng = nH2SO4 phản ứng <0,04
=> R>1,52/0,04= 38
Suy ra 38< R< 50,6, R hóa trị II
Vậy R là Canxi (Ca) . R =40

b) tính thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hh đầu
Có nFe +nCa= 0,03mol
m hh=56nFe +40nCa =1,52
=> n Fe = 0,02 mol ; n Ca = 0,01 mol
=> %mFe, %mCa
c) tính nồng độ phần trăm của các chất trong dd B
nHCl = 2nH2 =0,06 mol
=> mddHCl =36,5.0,06.100/15=14,6g
mddB= m hhkl + m ddHCl - mH2 = 1,52+ 14,6 -0,03.2= 16,06 g
dd B có FeCl2 0,02 mol và CaCl2 0,01 mol
​=> C%=bạn tự làm nha

2) Gọi kim loại hóa trị II là x

X + 2H₂O → X(OH)₂ + H₂ 

ⁿH₂ = 2,24:22,4 =0,1 mol

ⁿX = \(\dfrac{4}{^MX}\)=ⁿH₂ 

=> \(\dfrac{4}{^MX}\)=0,1 => ^MX=40  => X là kim loại Canxi (Ca)

 

Bài 1:

a, Ta có: \(n_{P_2O_5}=\dfrac{14,2}{142}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{45}{18}=2,5\left(mol\right)\)

PT: \(P_2O_5+3H_2O\rightarrow2H_3PO_4\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{2,5}{3}\), ta được H₂O dư.

Theo PT: \(n_{H_2O\left(pư\right)}=3n_{P_2O_5}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{H_2O\left(dư\right)}=2,5-0,3=2,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2O\left(dư\right)}=2,2.18=39,6\left(g\right)\)

b, Theo PT: \(n_{H_3PO_4}=2n_{P_2O_5}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_3PO_4}=0,2.98=19,6\left(g\right)\)

Bạn tham khảo nhé!

Bài 2: Giả sử KL cần tìm là A.

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

PT: \(A+2H_2O\rightarrow A\left(OH\right)_2+H_2\)

___0,1___________________0,1 (mol)

\(\Rightarrow M_A=\dfrac{4}{0,1}=40\left(g/mol\right)\)

Vậy: A là Canxi (Ca).

Bài 3:

Giả sử kim loại cần tìm là B.

Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

PT: \(2B+2H_2O\rightarrow2BOH+H_2\)

___0,4__________________0,2 (mol)

\(\Rightarrow M_B=\dfrac{15,6}{0,4}=39\left(g/mol\right)\)

Vậy: B là Kali (K).

Bạn tham khảo nhé!

\(M_2CO_3+2HCl\rightarrow2MCl+H_2O+CO_2\)

a---------->2a--------------------------->a

\(MHCO_3+HCl\rightarrow MCl+H_2O+CO_2\)

b---------->b---------------------------->b

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

0,1----->0,1

\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=n_{CO_2}=0,3\\2a+b+0,1=0,5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,2\end{matrix}\right.\)

=> \(0,1\left(2M+60\right)+0,2\left(M+61\right)=27,4\Rightarrow M=23\)

M là Na

Hai muối ban đầu là \(Na_2CO_3,NaHCO_3\)

\(m_{Na_2CO_3}=0,1.106=10,6\left(g\right)\)

\(m_{NaHCO_3}=0,2.84=16,8\left(g\right)\)

b. Trong đề không có đề cập tới V bạn.

Số mol  H 2 S O 4  trong 100ml dung dịch 0,5M là :

Số mol NaOH trong 33,4 ml nồng độ 1M :

H 2 S O 4  + 2NaOH → N a 2 S O 4  + 2 H 2 O

Lượng  H 2 S O 4  đã phản ứng với NaOH :

Số mol  H 2 S O 4  đã phản ứng với kim loại là :

5. 10 - 2  - 1.67. 10 - 2  = 3,33. 10 - 2  mol

Dung dịch  H 2 S O 4 0,5M là dung dịch loãng nên :

X +  H 2 S O 4  → X S O 4  + H 2 ↑

Số mol X và số mol  H 2 S O 4  phản ứng bằng nhau, nên :

3,33. 10 - 2  mol X có khối lượng 0,8 g

1 mol X có khối lượng: 

⇒ Mkim loại = 24 g/mol.

Vậy kim loại hoá trị II là magie.

\(Fe\left(x\right)+2HCl\left(2x\right)\rightarrow FeCl_2+H_2\left(x\right)\)

\(M\left(y\right)+2HCl\left(2y\right)\rightarrow MCl_2+H_2\left(y\right)\)

Gọi số mol của Fe, M lần lược là x,y thì ta có

\(56x+My=4\left(1\right)\)

\(n_{H_2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\)

\(\Rightarrow x+y=0,1\left(2\right)\)

Nếu chỉ dùng 2,4 g M thì

\(n_{HCl}=2n_M=\frac{2.2,4}{M}=\frac{4,8}{M}< 0,5\left(3\right)\)

Từ (1), (2), (3) ta có hệ: \(\left\{\begin{matrix}56x+My=4\\x+y=0,1\\\frac{4,8}{M}< 0,5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}56\left(0,1-y\right)+My=4\\x=0,1-y\\\frac{4,8}{M}< 0,5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{\begin{matrix}y\left(56-M\right)=1,6\\x=0,1-y\\M>9,6\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow9,6< M< 56\)

Tới đây thì chọn kim loại nào có hóa trị II mà nằm trong khoản đó và kiểm tra thỏa mãn hệ phương trình là xong.

Hung Nguyen: giải thích hộ mình ở chỗ dấu ngoặc nhọn thứ 2 đc ko. mình ko hiểu từ dấu ngoặc nhọn thứ nhất làm thế nào để ra đc dấu ngoặc nhọn thứ 2. cảm ơn trước nha

Đáp án C

 n_{H+ pứ KL} = 2n_H2SO4 – n_NaOH = 0,12 mol = 2n_KL

=> n_KL = 0,06 mol => M_KL = 24g (Mg)