\(n_{Al}=\dfrac{3,78}{27}=0,14\left(mol\right)\\ Al+XCl_3\rightarrow AlCl_3+X\\ m_{giảm}=4,06\left(g\right)=m_X-m_{Al}\\n_X=n_{XCl_3}=n_{AlCl_3}=n_{Al}=0,14\left(mol\right)\\ m_X=m_{Al}+4,06=3,78+4,06=7,84\left(g\right)\\ M_X=\dfrac{7,84}{0,14}=56\left(\dfrac{g}{mol}\right)\\ Vậy.XCl_3.là:FeCl_3 \)

giải lại: Al + XCl3 => AlCl3 + X

khối lượng chất tan trong ddY giảm 4,04g so vs dd XCl3

=> mXCl3 - mAlCl3 = 4,04 (g)

<=> mX - mAl = 4,04

=> mX = 4,04 + 3,78 =7,82(g)

thep PTHH nXCl3 = nAl = 3,78/ 27 = 0,14 (g)

=> nX = nXCl3 = 0,14

=> M = 7,82 : 0,14 = 56 => FeCl3

Đáp án C

\(a,PTHH:2X+6HCl\to 2XCl_3+3H_2\\ b,n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3(mol)\\ \Rightarrow n_{X}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=0,2(mol)\\ \Rightarrow M_{X}=\dfrac{5,4}{0,2}=27(g/mol)\)

Vậy X là nhôm (Al)

\(c,n_{AlCl_3}=n_{Al}=0,2(mol)\\ \Rightarrow m_{AlCl_3}=0,2.133,5=26,7(g)\)

Đ á p   á n   D A l F e x O y → t o , H = 100 % Y → N a O H H 2 ⏟ o , 15 m o l ⇒ Y : A l ,   F e A l 2 O 3 Z   c h ứ a   F e V ớ i   Y :   B T e :   3 n A l = 2 n H 2 V ớ i   Z : 3 n F e = 2 n S O 2 n S O 4 2 -   t ạ o   m u ố i = n S O 2 = x 2 x = n H 2 S O 4 = 0 , 405 ⇒ n A l = 0 , 1 x = 0 , 2025 n F e = 0 , 135 n A l 2 O 3 / Y = 0 , 06 ⇒ m A l / X = 27 0 , 1 + 0 , 06 . 2 = 5 , 92   g a m n F e n O = 0 , 135 0 , 06 . 3 = 3 4 ⇒ F e 3 O 4

Đáp án : D

Vì các phản ứng hoàn toàn

Y + NaOH có H₂ => Al dư

=> n_{Al dư} = 2 3 n H 2  = 0,1 mol

=> Oxit chuyển hết thành Fe

n H 2 S O 4  = 0,405 mol => n_Fe = 0,135 mol

Y gồm 0,1 mol Al ; Al₂O₃ và 0,135 mol Fe

=>  n A l 2 O 3  = 0,06 mol

Bảo toàn Al : n_{Al bđ} = n_{Al dư} + 2 n A l 2 O 3  = 0,22 mol

=> m_{Al bđ} = 5,94g

Ta có : n_Fe : n_O = 0,135 : 0,18 = 3 : 4

=> Oxit là Fe₃O₄

\(n_{Al}=\dfrac{31,6}{27}=\dfrac{158}{135}\left(mol\right)\)

PT : \(2Al+6H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

        \(\dfrac{158}{135}\)---->\(\dfrac{316}{45}\)--------->\(\dfrac{158}{135}\)---->\(\dfrac{158}{45}\)

a) \(m_{ddH2SO4}=\dfrac{\dfrac{316}{45}.98}{19,6\%}=3511,1\left(g\right)\)

b) \(V_{H2\left(đktc\right)}=\dfrac{158}{45}.22,4=78,65\left(l\right)\)

\(C\%_{Al2\left(SO4\right)3}=\dfrac{\dfrac{158}{135}.342}{31,6+3511,1-\dfrac{158}{45}.2}.100\%=11,32\%\)

Câu 1:

PTHH: 2Al + 3H₂SO₄ ===> Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

a)Vì Cu không phản ứng với H₂SO₄ loãng nên 6,72 lít khí là sản phẩm của Al tác dụng với H₂SO₄

=> n_H2 = 6,72 / 22,4 = 0,2 (mol)

=> n_Al = 0,2 (mol)

=> m_Al = 0,2 x 27 = 5,4 gam

=> m_Cu = 10 - 5,4 = 4,6 gam

b) n_H2SO4 = n_H2 = 0,3 mol

=> m_H2SO4 = 0,3 x 98 = 29,4 gam

=> Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 20% cần dùng là:

m_{dung dịch H2SO4 20%} = \(\frac{29,4.100}{20}=147\left(gam\right)\)

n_{H2 = 6.72 : 22.4 = 0.3 mol}

Cu không tác dụng với H₂SO₄

2Al + 3H₂SO₄ -> Al₂(SO4)₃ + 3H₂

0.2 <- 0.3 <- 0.1 <- 0.3 ( mol )

m_Al = 0.2 x 56 = 5.4 (g)

m_Cu = 10 - 5.4 = 4.6 (g )

m_H2SO4 = 0.3 x 98 = 29.4 ( g)

m_{H2SO4 20%} = ( 29.4 x100 ) : 20 = 147 (g)

3, \(n_{Al}=\dfrac{16,2}{27}=0,6\left(mol\right)\)

2Al + 3CuSO₄ \(\rightarrow\) Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

de: 0,6 \(\rightarrow\) 0,9 \(\rightarrow\) 0,9

\(m_{CuSO_4}=0,9.160=144g\)

a, \(m_{ddCuSO_4}=\dfrac{144.100}{25}=576g\)

b, \(m_{Cu}=0,9.64=57,6g\)

Chọn đáp án A

Dung dịch giảm 9,28 gam là do Ag₂O →n_Ag2O = 0,04 mol → đọc ra n_{HNO3 trong X}  = 0,08 mol.

X chứa hai chất tan cùng nồng độ mol → X gồm 0,08 mol AgNO₃ và 0,08 mol HNO₃.

Phản ứng: 0,05 mol Fe tác dụng với 0,08 mol AgNO₃ và 0,08 mol HNO₃.

Các chất tham gia đều biết số lượng → cần tỉ lệ để xét xem các chất nào đủ dư hay như thế nào.

Quá trình nhận electron:

Ag⁺ + e →Ag

4H⁺ + NO₃^- + 3e →NO + 2H₂O

→∑n_{electron nhận tối đa} = 0,14 mol.

Quá trình nhường electron:

Fe →Fe²⁺ + 2e

Fe →Fe³⁺ + 3e

→ 0,05x2 ≤ ∑n_{electron nhường} ≤ 0,05x3.

Nhận xét: 0,14 ϵ (0,1; 0,15) nên Fe phản ứng hết thu được cả muối Fe²⁺ và Fe³⁺.

« Xử lý nhanh: ∑n_{NO3-trong muối Fe} = ∑n_{e cho nhận} = 0,14 mol.

Suy ra yêu cầu: ∑m_{muối trong dung dịch Y} = 2,8 + 0,14 x 62 =11,48 gam