Thí nghiệm 1:

\(m_{ddH_2SO_4}=500\cdot1,12=560g\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=\dfrac{560\cdot19,6\%}{100\%}=109,76g\)

\(n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3mol\)

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

0,2                          0,1               0,3

Chất rắn không tan thu được là Ag.

Thí nghiệm 2:

\(n_{SO_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4mol\)

\(BTe:3n_{Al}+n_{Ag}=2n_{SO_2}\)

\(\Rightarrow n_{Ag}=2\cdot0,4-3\cdot0,2=0,2mol\)

a)\(m_{Al}=0,2\cdot27=5,4g\)

   \(m_{Ag}=0,2\cdot108=21,6g\)

b)Dung dịch B là \(Al_2\left(SO_4\right)_3\)

   \(C_M=\dfrac{0,1}{0,5}=0,2M\)

a.

 \(m_{Ag}=m_{k.tan}=8,7\left(g\right)\\ m_{Zn,Mg}=20-8,7=11,3\left(g\right)\\ \left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=a\left(mol\right)\\n_{Mg}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\left(a,b>0\right)\\Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\\ Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\\ \rightarrow\left\{{}\begin{matrix}65a+24b=11,3\\a+b=0,3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\\b=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Ag}=\dfrac{8,7}{20}.100=43,5\%\\\%m_{Mg}=\dfrac{24.0,2}{20}.100=24\%\\\%m_{Zn}=\dfrac{0,1.65}{20}.100=32,5\%\end{matrix}\right.\)

b. 

\(n_{H_2SO_4\left(tổng\right)}=a+b=0,3\left(mol\right)\\ V_{ddH_2SO_4\left(tổng\right)}=\dfrac{0,3}{0,5}=0,6\left(lít\right)=600\left(ml\right)\)

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

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=a\left(mol\right)\\n_{Al}=2a\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> a.M_M + 54a = 15,6 (1)

\(n_{Cl_2}=\dfrac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right)\)

M⁰ - 2e --> M⁺²

a--->2a

Al⁰ - 3e --> Al⁺³

2a-->6a

Cl₂⁰ + 2e --> 2Cl^-1

0,6-->1,2

2H⁺¹ + 2e --> H₂⁰

            0,4<--0,2

Bảo toàn e: 2a + 6a = 1,6 

=> a = 0,2 

Thay vào (1) => M_M = 24 (g/mol)

=> M là Mg

b) Xét \(m_{Mg}+m_{Al}=0,1.24+0,2.27=7,8\left(g\right)\)

=> Không có khí thoát ra

=> pư tạo ra sản phẩm khử là NH₄NO₃

PTHH: 4Mg + 10HNO₃ --> 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O

             0,1---->0,25

            8Al + 30HNO₃ --> 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O

            0,2--->0,75 

=> n_HNO3 = 0,25 + 0,75 = 1 (mol)

hòa tan hoàn toàn khối lượng Fe và Cu(tỉ lệ 1:1) bằng axit HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí X gồm NO và NO2 và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muốivà axit ) tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. tính V

các bạn giải theo cách bảo toàn electron nha

a) Ta có: nH₂ = 1,008/22.4 = 0,045 \(\rightarrow\) nHCl = 0,045 x 2= 0,09mol
mA = mmuối - mCl = 4,575 - 0,09 x 35,5 = 1,38g
Đặt x, y lần lượt là số mol của Fe, M và n là hóa trị của M trong hợp chất. Từ 2 phương trình ta có:
56x + My = 1,38 (1)
2x + ny = 0,09 (2)
b) Ở câu b này mình cho rằng đó là H₂SO₄ đặc chứ ko phải loãng vì nếu loãng thì ta ko thu được hh khí có tỉ khối hơi như vậy.
Các phương trình phản ứng:
Fe + 6HNO₃ \(\rightarrow\) Fe(NO₃)₃ +3NO₂ + 3H₂O
M + 2nHNO₃\(\rightarrow\) M(NO₃)_n + nNO₂ + nH₂0
2Fe + 6H₂SO₄ \(\rightarrow\) Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O
2M + 2nH₂SO₄ \(\rightarrow\) M₂(SO₄)n + nSO₂ + 2nH₂O
Ta có: dkhí/ H₂ =25,25 \(\rightarrow\) M_khí = 50,5

Số mol 2 khí=1,8816:22,4=0,084mol
lập hệ giải ra: nNO₂ = 0,063, nSO₂ = 0,021
Ta có các phương trình e như sau:
Fe \(\rightarrow\) Fe³⁺ + 3e
x---------------3x
M \(\rightarrow\) Mⁿ⁺ + ne
y--------------ny
N⁵⁺ + 1e \(\rightarrow\) N⁴⁺
0,063 \(\leftarrow\) 0,063
S⁶⁺ + 2e\(\rightarrow\) S⁴⁺
0,042 \(\leftarrow\) 0,021
Tổng e nhận = tổng e nhường nên :
3x + ny = 0,063 + 0,042 = 0,105
kết hợp với (2) suy ra được x = 0,015
ny = 0,06 \(\rightarrow\) y = 0,06/n
Thay vào (1) \(\rightarrow\) M = 9n
Biện luận thì tìm được M là Al.

Gọi $n_{Na} = a(mol)$

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

a...........................a..........0,5a.....(mol)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

..a...........a............................................1,5a....(mol)

Suy ra : $0,5a + 1,5a = \dfrac{3,36}{22,4} = 0,15 \Rightarrow a = 0,075$

Vậy :

$m = 0,075.23 + 0,075.27 + 1,35 = 5,1(gam)$

Gọi nNa=a(mol)���=�(���)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

a...........................a..........0,5a.....(mol)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

..a...........a............................................1,5a....(mol)

Suy ra :