Fe+2HCl->FeCl₂+H₂

0,1---------------------0,1

2H2+O₂-to>2H₂O

0,1----0,05 mol

0,1--0,1

n _Fe=\(\dfrac{5,6}{56}\)=0,1 mol

=>V_H2=0,1.22,4=2,24l

=>m_kk=0,05.29=1,45l

Không đủ dữ kiện tính $m_{kk}$ mà chỉ tính được $V_{kk}$

$a)PTHH:Fe+2HCl\to FeCl_2+H_2\uparrow$

$\to$ Phản ứng trao đổi

$b)n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1(mol)$

Theo PT: $n_{H_2}=n_{Fe}=0,1(mol)$

$\Rightarrow V_{H_2(đktc)}=0,1.22,4=2,24(lít)$

$c)PTHH:2H_2+O_2\xrightarrow{t^o}2H_2O$

Theo PT: $n_{O_2}=\dfrac{1}{2}n_{H_2}=0,05(mol)$

$\Rightarrow V_{O_2(đktc)}=0,05.22,4=1,12(lít)$

Mà $V_{O_2}$ chiếm $20\%$ của $V_{kk}$

$\Rightarrow V_{kk(đktc)}=\dfrac{1,12}{20\%}=5,6(lít)$

Câu 3:

c, Từ phần trên, có n_H2 = n_Fe = 0,1 (mol)

\(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

\(Fe_2O_3+3H_2\underrightarrow{t^o}2Fe+3H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,1}{3}\), ta được Fe₂O₃ dư.

Theo PT: \(n_{Fe}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe}=\dfrac{1}{15}.56=\dfrac{56}{15}\left(g\right)\)

a) \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: `Fe + 2HCl -> FeCl_2 + H_2`

            0,1-->0,2----->0,1------>0,1

`=> m_{FeCl_2} = 0,1.127 = 12,7 (g)`

b) `V_{H_2} = 0,1.22,4 = 2,24 (l)`

c) `n_{Fe_2O_3} = (16)/(160) = 0,1 (mol)`

PTHH: \(Fe_2O_3+3H_2\xrightarrow[]{t^o}2Fe+3H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(0,1>\dfrac{0,1}{3}\Rightarrow\) Fe₂O₃

Theo PT: \(n_{Fe}=\dfrac{2}{3}.n_{H_2}=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe}=\dfrac{1}{15}.56=\dfrac{56}{15}\left(g\right)\)

PTHH: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

            \(Fe_2O_3+3H_2\rightarrow2Fe+3H_2O\)

\(n_{Fe}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{Fe}=n_{H_2}=n_{FeCl_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(m_{FeCl_2}=n.M=0,1.127=12,7\left(g\right)\)

\(V_{H_2\left(đktc\right)}=n.22,4=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

\(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{16}{160}=0,1\left(mol\right)\)

Ta có: \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,1}{3}\)

=> sau pư, H₂ hết và Fe₂O₃ dư

=> theo \(n_{H_2}\)

Theo PTHH: \(n_{Fe}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=\dfrac{2}{3}.0,1=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\)

=> \(m_{Fe}=n.M=\dfrac{1}{15}.56=\dfrac{56}{15}\left(g\right)\)

\(n_{HCl}=0.1\cdot2=0.2\left(mol\right)\)

\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

\(0.1.......0.2.........................0.1\)

\(m_{Mg}=0.1\cdot24=2.4\left(g\right)\)

\(V_{H_2}=0.1\cdot22.4=2.24\left(l\right)\)

\(2M+2nHCl\rightarrow2MCl_n+nH_2\)

\(.........0.2.......\dfrac{0.2}{n}\)

\(M_{MCl_n}=\dfrac{12.7}{\dfrac{0.2}{n}}=63.5n\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

\(\Rightarrow M+35.5n=63.5n\)

\(\Rightarrow M=28n\)

\(BL:n=2\Rightarrow M=56\)

\(M:Fe\)

a) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

b) n HCl = 0,1.2 = 0,2(mol)

n Mg = n H2 = 1/2 n HCl = 0,1(mol)

Suy ra:

m = 0,1.24 = 2,4(gam)

V H2 = 0,1.22,4 = 2,24(lít)

c) Gọi n là hóa trị M

2M +2nHCl $\to$ 2MCln + nH2

Theo PTHH :

n MCln = 1/n x n HCl = 0,2/n(mol)

Suy ra :

$\dfrac{0,2}{n}(M + 35,5n) = 12,7$

=> M = 28n

Với n = 2 thì M = 56(Fe)

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

-Hiện tượng:Na phản ứng với H₂O, nóng chảy thành giọt tròn có màu trắng chuyển động nhanh trên mặt nước. Mẫu Na tan dần cho đến hết, có khí H₂ bay ra, phản ứng toả nhiều nhiệt

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Mol:     0,3                                       0,15

- Hiện tượng: Fe bị tan dần, đồng thời có bọt khí không màu thoát ra

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

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Mol:     0,2                                   0,2

b,\(m_{hhA}=0,3.23+0,2.56=18,1\left(g\right)\)

\(\%m_{Na}=\dfrac{0,3.23.100\%}{18,1}=38,12\%;\%m_{Fe}=100-38,12=61,88\%\)

a) PTHH: 2Al + 6 HCl -> 2 AlCl3 + 3 H2

x___________3x______________1,5x(mol)

Fe +2 HCl -> FeCl2 + H2

y___2y____y______y(mol)

b) Ta có: m(rắn)= mCu=0,4(g)

=> m(Al, Fe)=1,5-mCu=1,5-0,4=1,1(g)

nH2= 0,04(mol)

Ta lập hpt:

\(\left\{{}\begin{matrix}27x+56y=1,1\\1,5x+y=0,04\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,02\\y=0,01\end{matrix}\right.\)

=> mAl=27.0,02=0,54(g)

mFe=56.0,01=0,56(g)

Gọi số mol CO₂, CO trong khí C là a, b (mol)

Bảo toàn C: a + b = \(n_{CO\left(bđ\right)}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

Có: \(\overline{M}_C=\dfrac{44a+28b}{a+b}=18.2=36\left(g/mol\right)\)

=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)

m_Cu = 1,92 (g)

\(n_{Cu}=\dfrac{1,92}{64}=0,03\left(mol\right)\)

=> m_CuO = 0,03 (mol)

=> m_MxOy = 9,36 - 0,03.80 = 6,96 (g)

Có: n_O(oxit) = n_CO(pư) = n_CO2

=> \(y.n_{M_xO_y}+0,03=0,15\)

=> \(n_{M_xO_y}=\dfrac{0,12}{y}\left(mol\right)\)

=> \(M_{M_xO_y}=x.M_M+16y=\dfrac{6,96}{\dfrac{0,12}{y}}=58y\left(g/mol\right)\)

=> \(M_M=21.\dfrac{2y}{x}\left(g/mol\right)\)

Xét \(\dfrac{2y}{x}=1\) => Loại

Xét \(\dfrac{2y}{x}=2\) => Loại

Xét \(\dfrac{2y}{x}=3\) => Loại

Xét \(\dfrac{2y}{x}=\dfrac{8}{3}\) => M_M = 56 (g/mol)

=> M là Fe

\(\dfrac{x}{y}=\dfrac{3}{4}\) => CTHH: Fe₃O₄

a) Mg + H₂SO₄ --> MgSO₄ + H₂

b) \(n_{Mg}=\dfrac{3}{24}=0,125\left(mol\right)\)

PTHH: Mg + H₂SO₄ --> MgSO₄ + H₂

         0,125->0,125-->0,125-->0,125

=> V_H2 = 0,125.22,4 = 2,8 (l)

\(V_{dd.H_2SO_4}=\dfrac{0,125}{2}=0,0625\left(l\right)\)

c) Sản phẩm là Magie sunfat và khí hidro

\(m_{MgSO_4}=0,125.120=15\left(g\right)\)

m_H2 = 0,125.2 = 0,25 (g)

d) 

\(n_{CuO}=\dfrac{16}{80}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: CuO + H₂ --t^o--> Cu + H₂O

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,125}{1}\) => Hiệu suất tính theo H₂

Gọi số mol CuO bị khử là a (mol)

PTHH: CuO + H₂ --t^o--> Cu + H₂O

               a--->a-------->a

=> 16 - 80a + 64a = 14,4 

=> a = 0,1 (mol)

=> n_H2(pư) = 0,1 (mol)

=> \(H=\dfrac{0,1}{0,125}.100\%=80\%\)

Fe + S -----> FeS 

FeS + 2 HCl ----> FeCl₂ + H₂S 

Fe + 2HCl ----> FeCl₂ + H₂ 

a) n(Fe) = 5,6 : 56 = 0,1 ( mol) 

n ( S ) = 1,5 : 32 = 0,05 ( mol ) 

=> sau phản ứng thứ nhất : n(Fe) dư = 0,1 - 0,05 = 0,05 mol ; n(FeS) =n (S ) = 0,05 ( mol)

a) Các chất rắn trong B là: Fe và FeS

Các chất trong dung dịch A là : FeCl₂ và HCl dư

b) n(H₂ S) =  n ( FeS ) = 0,05 ( mol) => V( H₂S) = 0,05 x 22,4 = 1,12 ( lit) 

n (H₂ ) = n(Fe dư) = 0,05 ( mol ) => V( H2) = 1,12 ( lit)

Đáp án cần chọn là: C