a, Ta có pt pư

\(Fe+H_2SO_4-->FeSO_4+H_2\)

Ta có

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

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{19,6}{98}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(H_2SO_4\) dư

\(m_{H_2SO_4}=0,15\cdot98=14,7\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{dư\left(H_2SO_4\right)}=19,6-14,7=4,9\left(g\right)\)

b,

Ta có

\(m_{Fe}=0,15\cdot56=8,4\left(g\right)\)

( nốt câu c : vvvv )

.................................\(2H_2+O_2\rightarrow2H_2O\)

Trước phản ứng :......0,15...0,3.....................

Trong phản ứng :......0,15...0,075............

Sau phản ứng : ...........0......0,225........

=> Sau phản ứng H₂ hết O₂ còn dư ( dư 0,225 mol )

=> m_dư = m_O2 = 7,2 ( g )

\(a) Zn + 2HCl \to ZnCl_2 + H_2\\ n_{Zn} = \dfrac{13}{65} = 0,2(mol)\\ \dfrac{n_{Zn}}{1} = 0,2 > \dfrac{n_{HCl}}{2} = 0,15 \to Zn\ dư\\ n_{Zn\ pư} = \dfrac{1}{2}n_{HCl} = 0,15(mol)\\ m_{Zn\ dư} = (0,2 - 0,15).65 = 3,25(gam)\\ b) n_{H_2} = n_{Zn\ pư} = 0,15(mol) \Rightarrow V_{H_2} = 0,15.22,4 = 3,36(lít)\)

a, PT: \(R+H_2SO_4\rightarrow RSO_4+H_2\)

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

b, Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,4}{2}=0,2\left(l\right)\)

Theo ĐLBT KL, có: m_KL + m_H2SO4 = m _muối + m_H2

⇒ m _muối = 7,8 + 0,4.98 - 0,4.2 = 46,2 (g)

c, Gọi: n_R = x (mol) → n_Al = 2x (mol)

Theo PT: \(n_{H_2}=n_R+\dfrac{3}{2}n_{Al}=x+\dfrac{3}{2}.2x=0,4\left(mol\right)\Rightarrow x=0,1\left(mol\right)\)

⇒ n_R = 0,1 (mol)

n_Al = 0,1.2 = 0,2 (mol)

⇒ 0,1.M_R + 0,2.27 = 7,8 ⇒ M_R = 24 (g/mol)

Vậy: R là Mg.

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

a, \(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=\dfrac{29,4}{98}=0,3\left(mol\right)\)

PT: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,3}{1}\), ta được H₂SO₄ dư.

Theo PT: \(n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{Fe}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

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

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

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

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

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{Cu}=0,2.64=12,8\left(g\right)\)

a, Gọi (n_Al; n_Mg; n_Zn) lần lượt là (a; b; c)

PTHH: 

2Al + 3H₂SO₄ ---> Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

a------------------------------------->1,5a

Mg + H₂SO₄ ---> MgSO₄ + H₂

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

Zn + H₂SO₄ ---> ZnSO₄ + H₂

c-------------------------------->c

b, m_{muối sunfat} = m_A = 9,6 (g)

c, Ta có: m_muối = m_{kim loại} + m_SO4

=> m_SO4 = 29,6 - 20 = 9,6 (g)

=> \(n_{SO_4}=\dfrac{9,6}{96}=0,1\left(mol\right)\)

=> n_H2SO4 = 0,1 (mol)

Mà từ các pthh trên: n_H2 = n_H2SO4

=> n_H2 = 0,1 (mol) 

Hay 1,5a + b + c = 0,1

PTHH:

2Al + 6HCl ---> 2AlCl₃ + 3H₂

a------------------------------>1,5a

Mg + 2HCl ---> MgCl₂ + H₂

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

Zn + 2HCl ---> ZnCl₂ + H₂

c----------------------------->c

=> n_H2 = 1,5a + b + c

=> n_H2 = 0,1 (mol) (do 1,5a + b + c = 0,1)

=> V_H2 = 0,1.22,4 = 2,24 (l)