a) \(Fe_2O_3+3CO\xrightarrow[]{t^o}2Fe+3CO_2\)

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

c) \(2Na+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+H_2\)

d) \(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)

e) \(Fe\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow FeCl_2+2H_2O\)

f) \(Fe_2\left(SO_4\right)_3+3BaCl_2\rightarrow2FeCl_3+3BaSO_4\downarrow\)

g) \(2Al+3CuSO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3Cu\downarrow\)

h) Phản ững không xảy ra vì Mg mạnh hơn Al

i) \(2Al+3Cl_2\xrightarrow[]{t^o}2AlCl_3\)

0,2                    0,2         0,1   ( mol )

a) \(FeCl_3+3KOH\xrightarrow[]{}Fe\left(OH\right)_3+3KCl\\ 2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\)

b) \(n_{KOH}=\dfrac{1}{3}n_{FeCl_3}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{48,75}{162,5}=0,1\left(mol\right)\)

900ml=0,9l

\(C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,1}{0,9}\approx0,11\left(M\right)\)

c) Bảo toàn Fe: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{2}n_{FeCl_3}=\dfrac{1}{2}.0,3=0,15\left(mol\right)\)

\(m_{Fe_2O_3}=0,15.160=24\left(g\right)\)

\(4Al+3O_2\xrightarrow[]{t^o}2Al_2O_3\)

ghi cách đọc mà bạn? là cách đọc pht chữ chứ ko phải là cho phương trình chữ lập PUHH :)?

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ca\left(OH\right)_2\left(TN_1\right)}=n_{Ca\left(OH\right)_2\left(TN_2\right)}\\V_{CO_2\left(TN_1\right)}< V_{CO_2\left(TN_2\right)}\\n_{kt\left(TN_1\right)}< n_{kt\left(TN_2\right)}\end{matrix}\right.\)

=> Ở TN₁ Ca(OH)₂ dư

- TN₁: \(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

                               0,3------>0,3

=> 3b = 0,3 => b = 0,1

- TN₁: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=3,5.0,1=0,35\left(mol\right)\\n_{CO_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Vì \(n_{C\left(CO_2\right)}>n_{C\left(CaCO_3\right)}\left(0,5>0,35\right)\) => Kết tủa đã tan ra một phần

PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

           \(CaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)

BTNT C: \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{n_{CO_2}-n_{CaCO_3}}{2}=0,075\left(mol\right)\)

BTNT Ca: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,425\left(mol\right)\)

Hay a = 0,425

1.

\(CuO+CO\xrightarrow[]{t^o}Cu+CO_2\)

\(FeO+CO\xrightarrow[]{t^o}Fe+CO_2\)

A gồm Cu, Fe và có thể dư CuO, FeO

B gồm CO, \(CO_2\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{29,55}{197}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=n_{BaCO_3}=0,15\left(mol\right)\) nên không pứ tạo \(Ba\left(HCO_3\right)_2\)

\(Ba\left(OH\right)_2+CO_2\xrightarrow[]{}BaCO_3+H_2O\)

Bảo toàn C: \(n_{COpứ}=n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=0,15\left(mol\right)\)

Theo BTKL: \(m_{hh}+m_{COpứ}=m_A+m_{CO_2}\)

⇒ \(31,2+0,15.28=m_A+0,15.44\)

⇒ \(m_A=28,8\left(g\right)\)

2.

Gọi a,b,c,d là số mol Fe, Cu, FeO, CuO trong A

⇒ \(m_A=56a+64b+72c+80d=28,8\) (1)

và \(n_{CO_2}=a+b=0,15\) (2)

Phần 1: 

\(Fe+2HCl\xrightarrow[]{}FeCl_2+H_2\)

\(n_{H_2}=\dfrac{0,56}{22,4}=0,025\left(mol\right)\)

⇒ \(\dfrac{1}{2}a=0,025\)

⇒ a = 0,05 (3)

Phần 2: 

\(2Fe+6H_2SO_{4đặc}\xrightarrow[]{t^o}Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

\(2FeO+4H_2SO_{4đặc}\xrightarrow[]{t^o}Fe_2\left(SO_4\right)_3+SO_2+4H_2O\)

\(Cu+2H_2SO_{4đặc}\xrightarrow[]{t^o}CuSO_4+SO_2+2H_2O\)

\(n_{SO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

⇒ \(\dfrac{3}{4}a+\dfrac{1}{2}b+\dfrac{1}{4}c=0,1\) (4)

Từ (1)(2)(3)(4) giải hệ 

⇒ \(\left[{}\begin{matrix}a=0,05\\b=0,1\\c=0,05\\d=0,2\end{matrix}\right.\)

\(m_{FeO}=72.\left(0,05+0,05\right)=7,2\left(g\right)\)

\(m_{CuO}=31,2-7,2=24\left(g\right)\)

a) \(4CuFeS_2+13O_2\xrightarrow[]{t^o}4CuO+2Fe_2O_3+8SO_2\)

(mol) 0,02...........0,065........0,02........0,01.........0,04

b) \(n_{CuFeS_2}=\dfrac{3,68}{184}=0,02\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{1,68}{22,4}=0,075\left(mol\right)\)

Tỉ lệ: \(\dfrac{0,02}{4}< \dfrac{0,075}{13}\)

⇒ \(O_2\) dư. Đưa số mol \(CuFeS_2\) vào pt để tính

\(n_{O_2dư}=0,075-0,065=0,01\left(mol\right)\)

\(V_{O_2\left(đktc\right)}=0,01.22,4=0,224\left(l\right)\)

\(V_{SO_2\left(đktc\right)}=0,08.22,4=1,792\left(l\right)\)

\(m_{rắn}=0,02.80+0,01.160=3,2\left(g\right)\)

câu b đã thành phần số mol còn đktc là sao

n_Fe= 0,4 mol      n_H2SO4= 0,25 mol 

           Fe + H₂SO₄ --> FeSO₄ + H₂ 

Tỉ lệ     1   :    1         :         1 :    1 

Ta thấy nFe/ 1 > nH₂SO₄ / 1 ---> nFe dư, nH₂SO₄ hết, phản ứng tính theo H₂SO₄ 

Theo pt : nH₂ = nH₂SO₄ = 0,25 mol 

--> VH₂ = 0,25 . 22,4 = 5,6 (l) 

Khối lượng các chất còn lại sau phản ứng 

nFe (pư) = nH₂SO₄ = nFeSO₄ = 0,25 mol 

--> nFe (dư) = 0,4 - 0,25 = 0,15 mol ---> mFe (dư) = 0,25. 56 = 8,4 (g) 

mFeSO₄ = 0,25 . 156 = 38 (g) 

Vì ở 2 thí nghiệm Ca(OH)₂ như nhau

        Ở TN₂ nhiều CO₂ hơn

        Ở TN₂ ít kết tủa hơn

=> Ở TN₂ CO₂, kết tủa đã tan ra một phần

- TN₁: \(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

- TN₂: \(n_{CO_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\)

PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\) (1)

           \(CaCO_3+CO_2+H_2O\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\) (2)

Theo PT (2): \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}\)

=> \(n_{CaCO_3\left(tan.ra\right)}=n_{CO_2\left(thêm.vào\right)}\)

=> 4b - 2b = 0,4 - 0,3 => b = 0,05

- TN₂: \(n_{CaCO_3}=0,05.2=0,1\left(mol\right)\)

BTNT C: \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{n_{CO_2}-n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}}{2}=0,15\left(mol\right)\)

BTNT Ca: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,25\left(mol\right)\)

=> \(V=V_{ddCa\left(OH\right)_2}=\dfrac{0,25}{1}=0,25\left(l\right)\)