\(n_{OH^-}=6.10^{-3}\left(mol\right)\)

\(n_{H^+}=V.10^{-4}\left(mol\right)\)

\(n_{OH^-dư}=0,02.\left(0,0001.V+0,06\right)\left(mol\right)\)

Ta có: 

\(n_{OH^-dư}+n_{H^+}=n_{OH^-\text{​​}}\)

\(\Leftrightarrow0,02.\left(0,0001.V+0,06\right)+V.10^{^{-4}}=6.10^{-3}\)

\(\Leftrightarrow V=47,06\left(ml\right)\)

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

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

0,2                            0,1                0,3  ( mol )

\(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,1.342=34,2g\)

\(V_{H_2}=0,3.22,4=6,72l\)

a) nAl = 21,6/27 = 0,8 (mol)

PTHH: 2Al + 3H2SO4 -> Al2(SO43) + 3H2

nH2 = 0,8 : 2 . 3 = 1,2 (mol)

VH2 = 1,2 . 22,4 = 26,88 (l)

b) nH2SO4 = 19,6/98 = 0,2 (mol)

LTL: 0,8/2 > 0,2/3 => Al dư

nH2 = nH2SO4 = 0,2 (mol)

VH2 = 0,2 . 22,4 = 4,48 (l)

Đáp án D

(a) Có, cặp điện cực Fe – C               (b) Không có.      (c) Có, cặp điện cực Al – Cu

(d) Có, cặp điện cực Fe – Cu             (e) Không có.

Đáp án D

(a) Có, cặp điện cực Fe – C        

(b) Không có.                          

(c) Có, cặp điện cực Al – Cu

(d) Có, cặp điện cực Fe – Cu   

(e) Không có.

\(n_{MgCl_2}=0.1\times0,2=0,02\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=\frac{30}{40}=0,75\left(mol\right)\)

a/ PTHH : MgCl₂ + 2NaOH -----> Mg(OH)₂ + 2NaCl

Ta lập tỉ lệ mol : \(\frac{n_{MgCl_2}\left(\text{đề cho}\right)}{n_{MgCl_2}\left(pt\right)}=\frac{0,02}{1}\)

\(\frac{n_{NaOH}\left(\text{đề cho}\right)}{n_{NaOH}\left(pt\right)}=\frac{0,75}{2}=0,375\)

Suy ra NaOH dư , tính số mol Mg(OH)2 theo số mol của MgCl2

Theo pt thì nMg(OH)2 = nMgCl2 = 0,02 (mol)

=> mMgCl2 = 0,02 x 95 = 1,9 (g)

a, - Hiện tượng: Cu(OH)₂ tan dần, dd thu được có màu xanh.

- Giải thích: Cu(OH)₂ có pư với HCl tạo CuCl₂ và H₂O

PT: \(Cu\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow CuCl_2+2H_2O\)

b, - Hiện tượng: Al tan dần, có hiện tượng sủi bọt khí.

- Giải thích: Al có pư với dd HCl tạo dd AlCl₃ và khí H₂.

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

Câu hỏi ?