a, \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

Ta có: \(n_{Na}=\dfrac{2,3}{23}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{200}{18}=\dfrac{100}{9}\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{2}< \dfrac{\dfrac{100}{9}}{2}\), ta được H₂O dư.

Theo PT: \(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\)

b, Theo PT: \(n_{NaOH}=n_{Na}=0,1\left(mol\right)\)

Ta có: m _{dd sau pư} = 2,3 + 100 - 0,05.2 = 102,2 (g)

\(\Rightarrow C\%_{NaOH}=\dfrac{0,1.40}{102,2}.100\%\approx3,91\%\)

c, - Dung dịch làm quỳ tím hóa xanh.

\(n_{Na}=\dfrac{2,3}{23}=0,1\left(mol\right)\\ 2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\\ n_{H_2}=\dfrac{0,1}{2}=0,05\left(mol\right);n_{NaOH}=n_{Na}=0,1\left(mol\right)\\ a,V=V_{H_2\left(đktc\right)}=0,05.22,4=1,12\left(l\right)\\ b,m_{ddNaOH}=m_{Na}+m_{H_2O}-m_{H_2}=2,3+200-0,05.2=202,2\left(g\right)\\ C\%_{ddNaOH}=\dfrac{40.0,1}{202,2}.100\approx1,978\%\\ c,NaOH-Tính.bazo\Rightarrow Quỳ.tím.hoá.xanh\)

quỳ chuyển xanh

2K+2H2O->2KOH+H2

0,02---------------0,02--0,01

n K=0,02 mol

b) thiếu đề

c)

H2+CuO-to>Cu+H2O

0,01-0,01----0,01

n CuO=0,01 mol

=>pứ hết 

=>m Cu=0,01.64=0,64g

a,Số mol của 13,65 gam kali là:

\(n_K=\dfrac{m}{M}=\dfrac{13,65}{39}=0,35\left(mol\right)\)

\(2K+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\uparrow\)

2      :  2       :    2            : 1       (mol)

0,35-> 0,35  :    0,35       : 0,175 (mol)

Thể tích của 0,175 mol H2:

\(V_{H_2}=n.22,4=0,175.22,4=3,92\left(l\right)\)

Khối lượng của 0,35 mol KOH:
\(m_{KOH}=n.M=0,35.56=19,6\left(g\right)\)

c, dung dich KOH sau phản ứng có tính bazơ nên khi nhúng giấy quỳ tím vào thì quỳ tím hoá xanh

tóm tắt:

\(m_K=13,65\left(g\right)\)

------------------------

A, \(V_{H_2}=?\left(l\right)\)

B,\(m_{KOH}=?\left(g\right)\)

\(n_{NaOH}=\dfrac{50\cdot20\%}{40}=0.25\left(mol\right)\)

\(n_{HNO_3}=\dfrac{84\cdot15\%}{63}=0.2\left(mol\right)\)

\(NaOH+HNO_3\rightarrow NaNO_3+H_2O\)

Lập tỉ lệ : 

\(\dfrac{0.25}{1}>\dfrac{0.2}{1}\Rightarrow NaOHdư\)

Vì : NaOH dư nên quỳ tím sẽ hóa xanh.

\(m_{dd}=50+84=134\left(g\right)\)

\(n_{NaNO_3}=0.2\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH\left(dư\right)}=0.25-0.2=0.05\left(mol\right)\)

\(C\%_{NaNO_3}=\dfrac{0.2\cdot85}{134}\cdot100\%=12.68\%\)

\(C\%_{NaOH\left(dư\right)}=\dfrac{0.05\cdot40}{134}\cdot100\%=1.49\%\)

a) Na nóng chảy, chạy trên mặt nước, tan dần và có khí không màu thoát ra

PTHH: 2Na + 2H₂O --> 2NaOH + H₂ (pư oxi hóa-khử)

b) Sau pư, thu được dd bazo nên quỳ tím chuyển màu xanh

c) \(n_{H_2}=\dfrac{6,1975}{24,79}=0,25\left(mol\right)\)

PTHH: 2Na + 2H₂O --> 2NaOH + H₂

             0,5<----------------0,5<---0,25

=> m_Na = 0,5.23 = 11,5 (g)

d) Sản phẩm tạo thành là NaOH (sodium hydroxide) và H₂(hydrogen)

m_NaOH = 0,5.40 = 20 (g)

m_H2 = 0,25.2 = 0,5 (g)

\(a,n_{K_2O}=\dfrac{18,8}{94}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: K₂O + H₂O ---> 2KOH

           0,2--------------->0,4

b, \(V_{ddKOH}=\dfrac{0,4}{2}=0,2\left(l\right)\)

c, dd sau phản ứng là QT chuyển sang màu xanh vì KOH là dd bazơ

\(n_{NaOH}=\dfrac{12}{40}=0,3\left(mol\right);n_{H_2SO_4}=\dfrac{29,4}{98}=0,3\left(mol\right)\\ PTHH:2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\\ Vì:\dfrac{0,3}{2}< \dfrac{0,3}{1}\Rightarrow H_2SO_4dư\)

=> Quỳ tím hoá đỏ

=> CHỌN A

a, \(n_{Zn}=\dfrac{13}{65}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\dfrac{18,25}{36,5}=0,5\left(mol\right)\)

PT: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

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

Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

b, - Nhúng quỳ tím vào dd thấy quỳ chuyển đỏ do HCl dư.

c, \(n_{CuO}=\dfrac{24}{80}=0,3\left(mol\right)\)

PT: \(H_2+CuO\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

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

Theo PT: \(n_{CuO\left(pư\right)}=n_{Cu}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{CuO\left(dư\right)}=0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\)

⇒ m_X = m_Cu + m_{CuO dư} = 0,2.64 + 0,1.80 = 20,8 (g)