a) Kali tan dần, xuất hiện khí không màu không mùi

$2K + 2H_2O \to 2KOH + H_2$

b)

n K = 3,9/39 = 0,1(mol)

Theo PTHH : 

n H2 = 1/2 n K = 0,05(mol)

V H2 = 0,05.22,4 = 1,12(lít)

c)

n KOH = n K = 0,1(mol)

m KOH = 0,1.56 = 5,6(gam)

PTHH: \(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

a) \(n_{K_2O}=\dfrac{23,5}{94}=0,25\left(mol\right)\)

\(n_{KOH}=2n_{K_2O}=0,5\left(mol\right)\)

\(m_{KOH}=0,5.56=28\left(g\right)\)

b) \(C_{M_{ddKOH}}=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,5}{0,4}=1,25M\)

Số mol của 15,6 K là:

n_K = \(\dfrac{m}{M}\) = \(\dfrac{15,6}{39}\) = 0,4 mol

PTHH: 2K + 2H₂O \(\rightarrow\) 2KOH + H₂ 

Tỉ lệ :    2   :     2     :        2     :   1

Mol:     0,4                \(\rightarrow\) 0,4 \(\rightarrow\) 0,2

a. Thể tích khí H₂ ở đktc là:

V_H2 = n . 22,4 = 0,2 . 22,4 = 4,48 l

b. Khối lượng dung dịch thu được:

m_KOH = n . M = 0,4 . 56 = 22,4 g

c. Vì là một bazơ nên dung dịch KOH làm quỳ tím đổi màu thành xanh.

\(n_K=\dfrac{m}{M}=\dfrac{15,6}{39}=0,4\left(mol\right)\)

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

  \(2:2:2:1\) ( tỉ lệ mol )

 \(0,4:0,4:0,4:0,2\left(mol\right)\)

\(a,V_{H_2}=n.22,4=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

\(b,m_{KOH}=n.M=0,4.\left(39+16+1\right)=0,4.56=22,4\left(g\right)\)

\(c,\) Hiện tượng : Kali tan dần trong nước, tỏa ra khí \(H_2\)

Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{2,24}{56}=0,04\left(mol\right)\)

a. PTHH: Fe + 2HCl ---> FeCl₂ + H₂

b. Theo PT: \(n_{FeCl_2}=n_{H_2}=n_{Fe}=0,04\left(mol\right)\)

=> \(m_{FeCl_2}=0,04.127=5,08\left(g\right)\)

=> \(V_{H_2}=0,04.22,4=0,896\left(lít\right)\)

c. Theo PT: \(n_{HCl}=2.n_{Fe}=2.0,04=0,08\left(mol\right)\)

=> \(m_{HCl}=0,08.36,5=2,92\left(g\right)\)

Ta có: \(C_{\%_{HCl}}=\dfrac{2,92}{m_{dd_{HCl}}}.100\%=5\%\)

=> \(m_{dd_{HCl}}=58,4\left(g\right)\)

Ta có : \(n_K=\dfrac{m}{M}=\dfrac{3,9}{39}=0,1\) (mol)

\(n_{H_2O}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{96,2}{18}=5,34\)(mol)

Phương trình hóa học : 

2K + 2H₂O ---> 2KOH + H₂ 

2    :  2             :  2        : 1

Nhận thấy \(\dfrac{n_K}{n_{H_2O}}=\dfrac{0,1}{5,34}< \dfrac{2}{2}\)

=> Kali hết , nước dư 

=> \(n_{H_2}=\dfrac{n_K}{2}=0,05\) (mol) 

=> Thể tích khí H₂ : V = n.22,4 = 0,05.22,4 = 1,12(l)

Lại có \(n_{KOH}=0,1\) (mol) => \(m_{KOH}=0,1.56=5,6\) (g)

\(m_{H_2}=0,05.2=0,1\left(g\right)\)

Nồng độ phần trăm của Base thu được : 

\(C\%=\dfrac{m_{KOH}}{m_{dd}-m_{H_2}}=\dfrac{5,6}{96,2+3,9-0,1}=0,056=5,6\%\)

a)

$2K + 2H_2O \to 2KOH + H_2$

b)

n K = 3,9/39 = 0,1(mol)

Theo PTHH :

n H2 = 1/2 n K = 0,05(mol)

=> V H2 = 0,05.22,4 = 1,12(lít)

c)

m dd sau pư = m K + m nước - m H2 = 3,9 + 36,2 - 0,05.2 = 40(gam)

C% KOH = 0,1.56/40 .100% =14%

\(n_{Zn}=\dfrac{3,25}{65}=0,05mol\)

a)\(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

   0,05    0,1          0,05       0,05

b)\(m_{ZnCl_2}=0,05\cdot136=6,8g\)

c)\(V_{H_2}=0,05\cdot22,4=1,12l\)

Ba + 2H2O -- > Ba(OH)2 + H2

nBa = 27,4 / 137 = 0,2 (mol)

mBa(OH)2 = 0,2 . 171 = 34,2 (g)

VH2 = 0,2.22,4 = 4,48 (l)

VH2(thực tế ) = 4,48 .80%=3,584  (l ) 

Ba + 2H2O -- > Ba(OH)2 + H2

nBa = 27,4 / 137 = 0,2 (mol)

mBa(OH)2 = 0,2 . 171 = 34,2 (g)

VH2 = 0,2.22,4 = 4,48 (l)

VH2(thực tế ) = 4,48 : 5 = 0,896 (l ) 

\(n_{Ba}=\dfrac{27,4}{137}=0,2\left(mol\right)\\ pthh:Ba+2H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2+H_2\) 
           0,2                    0,2                  0,2 
\(m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,2.154=30,8\left(g\right)\\ V_{H_2}=\left(0,2.22,4\right).80\%=3,584l\)

\(n_{Fe}=\dfrac{2,24}{56}=0,04mol\)

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

0,04    0,08      0,04       0,04

\(m_{FeCl_2}=0,04\cdot127=5,08\left(g\right)\)

\(V_{H_2}=0,04\cdot22,4=0,896\left(l\right)\)

\(m_{HCl}=0,08\cdot36,5=2,92\left(g\right)\)

\(m_{ddHCl}=\dfrac{2,92}{5}\cdot100=58,4\left(g\right)\)