a) \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=\dfrac{8,64}{27}=0,32\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4}=\dfrac{62,72}{98}=0,64\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

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

b) Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,32}{2}< \dfrac{0,64}{3}\Rightarrow H_2SO_4\) dư

Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=0,16\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4\left(p\text{ư}\right)}=n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=0,48\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4\left(d\text{ư}\right)}=\left(0,64-0,48\right).96=15,68\left(g\right)\)

c) \(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,16.342=54,72\left(g\right)\)

d) \(V_{H_2}=0,48.22,4=10,752\left(l\right)\)

Dự đoán: Kim của cân nghiêng về phía quả cân

Giải thích: Vì do có sự thất thoát CO₂ bay ra ngoài nên khối lượng bên đĩa cân A bị giảm đi nhỏ hơn so với đĩa cân B

`Na_2CO_3 + 2HCl -> 2NaCl +CO_2 + H_2O`

a) - Đưa que đóm đang cháy vào:

+ Bùng cháy mãnh liệt hơn: O₂

+ Cháy với ngọn lửa xanh, có tiếng nổ nhỏ: H₂

\(2H_2+O_2\xrightarrow[]{t^o}2H_2O\)

+ Vụt tắt: CO₂ 

b) - Cho tác dụng với quỳ tím:
+ Hóa xanh: NaOH

+ Hóa đỏ: HCl
+ Không đổi màu: H₂O

c) - Cho tác dụng với quỳ tím:

+ Hóa xanh: NaOH, Ca(OH)₂ (1)

+ Hóa đỏ: H₂SO₄

+ Không đổi màu: BaCl₂

- Sục khí CO₂ vào dd (1):
+ Có kết tủa: Ca(OH)₂

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

+ Không hiện tượng: NaOH

B

Có thể phân biệt các dung dịch axit, muối ăn, kiềm bằng cách dùng:

A. Nước cất       

B. Giấy quỳ tím       

C. Giấy phenolphtalein         

D. Khí CO₂

a, \(n_{Fe}=\dfrac{0,56}{56}=0,01\left(mol\right)\)

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

Theo PT: \(n_{FeSO_4}=n_{H_2}=n_{Fe}=0,01\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{FeSO_4}=0,01.152=1,52\left(g\right)\)

\(V_{H_2}=0,01.22,4=0,224\left(l\right)\)

b, \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}=0,01\left(mol\right)\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,01.98}{19,6\%}=5\left(g\right)\)

c, Ta có: m _{dd sau pư} = 0,56 + 5 - 0,01.2 = 5,54 (g)

\(\Rightarrow C\%_{FeSO_4}=\dfrac{1,52}{5,54}.100\%\approx27,44\%\)

a, \(n_{Zn}=\dfrac{19,5}{65}=0,3\left(mol\right)\)

PT: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Zn}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)

b, \(n_{CuO}=\dfrac{30}{80}=0,375\left(mol\right)\)

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

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,375}{1}>\dfrac{0,3}{1}\), ta được CuO dư.

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow m_{Cu}=0,3.64=19,2\left(g\right)\)

phần xét tỉ lệ là sao v ạ

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

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

Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

c, \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5\left(M\right)\)

Giúp mình với mái thì rồi

a, \(S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2\)

\(SO_2+H_2O⇌H_2SO_3\)

b, \(4P+5O_2\underrightarrow{t^o}2P_2O_5\)

\(P_2O_5+3H_2O\rightarrow2H_3PO_4\)

a)

 \(S+O_2\underrightarrow{t^o}SO_2\) 

\(SO_2+H_2O\rightarrow H_2SO_3\)

b)

\(4P+5O_2\rightarrow2P_2O_5\)

\(P_2O_5+H_2O\rightarrow H_3PO_4\)

Ta có: \(m_{KOH}=40.42\%=16,8\left(g\right)\Rightarrow n_{KOH}=\dfrac{16,8}{56}=0,3\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,3}{2}=0,15\left(M\right)\)