\(n_{KMnO_4}=\dfrac{31,6}{158}=0,2\left(mol\right)\\ 2KMnO_4+16HCl_{đặc}\rightarrow\left(t^o\right)2KCl+2MnCl_2+5Cl_2+8H_2O\\ n_{Cl_2\left(LT\right)}=\dfrac{5}{2}.0,2=0,5\left(mol\right)\\ n_{Cl_2\left(TT\right)}=75\%.0,5=0,375\left(mol\right)\\ V_{Cl_2\left(đktc\right)}=0,375.22,4=8,4\left(l\right)\)

Ta có: \(m_{ddH_2SO_4}=60.1,8=108\left(g\right)\)

`=>` \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{108.85\%}{98}=\dfrac{459}{490}\left(mol\right)\)

`=>` \(n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=\dfrac{459}{490}.42,7\%=0,4\left(mol\right)\)

PTHH: 

\(CO+CuO\xrightarrow[]{t^o}Cu+CO_2\) (1)

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

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\) (3)

Ta có: \(n_{CuO\left(bđ\right)}=\dfrac{20}{80}=0,25\left(mol\right)\)

Gọi \(n_{CuO\left(pư\right)}=a\left(mol\right)\left(a\le0,25\right)\)

Theo PT (1): \(n_{CO}=n_{Cu}=n_{CuO\left(pư\right)}=a\left(mol\right)\)

`=>` \(n_{CuO\left(dư\right)}=0,25-a\left(mol\right)\)

Theo PT (2), (3): \(n_{H_2SO_4}=2n_{Cu}+n_{CuO\left(dư\right)}\)

`=> 2a + 0,25 - a = 0,4`

`=> a = 0,15 (t//m)`

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CO}=\dfrac{0,15.22,4}{5,6}.100\%=60\%\\\%V_{CO_2}=100\%-60\%=40\%\end{matrix}\right.\)

\(n_{H_2SO_4}=0,05.1=0,05\left(mol\right)\\ a,2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\\ b,n_{NaOH}=2.0,05=0,1\left(mol\right)\\ m_{NaOH}=0,1.40=4\left(g\right)\\ c,m_{ddNaOH}=\dfrac{4.100}{30}=\dfrac{40}{3}\left(g\right)\\ \Rightarrow V_{ddNaOH}=\dfrac{\dfrac{40}{3}}{2,13}\approx6,26\left(ml\right)\\ V_{ddsau}\approx6,26+50\approx56,26\left(ml\right)\approx0,05626\left(l\right)\\ n_{Na_2SO_4}=n_{H_2SO_4}=0,05\left(mol\right)\\ C_{MddNa_2SO_4}\approx\dfrac{0,05}{0,05626}\approx0,8887\left(M\right)\)

_ Trích mẫu thử.

_ Nhỏ vài giọt từng mẫu thử vào giấy quỳ tím.

+ Nếu quỳ tím chuyển đỏ, đó là HCl.

+ Nếu quỳ tím chuyển xanh, đó là Ba(OH)₂.

+ Nếu quỳ tím không đổi màu, đó là Na₂SO₄.

_ Dán nhãn.

Anh có hỗ trợ bài này rồi mà em!

$n_P = \dfrac{6,2}{31} = 0,2(mol)$
$n_{P\ pư} = 0,2.80\% = 0,16(mol)$
$4P + 5O_2 \xrightarrow{t^o} 2P_2O_5$
Theo PTHH : 

$n_{P_2O_5} = \dfrac{1}{2}n_P = 0,08(mol)$
$m = 0,08.142 = 11,36(gam)$

Gọi số hạt proton = số hạt electron = p

Gọi số hạt notron = n

Ta có :

$2p + n = 60$ và $2p = 2n$

Suy ra : p = n = 20

Vậy nguyên tử có 20 hạt proton , 20 hạt notron, 20 hạt electron

\(n_{Al}=\dfrac{8,1}{27}=0,3\left(mol\right)\); \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{29,4}{98}=0,3\left(mol\right)\)

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

 2          3                  1                  3      ( mol )

\(\dfrac{0,3}{2}\)  >  \(\dfrac{0,3}{3}\)                                      ( mol )

0,2       0,3                0,1              0,3     ( mol )

Sau p.ứ Nhôm còn dư

\(V_{H_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)

\(m_{Al\left(dư\right)}=\left(0,3-0,2\right).27=2,7\left(g\right)\)

\(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,1.342=34,2\left(g\right)\)

Đáp án: a. A l dư b. 6 , 72 l c. m A l ( d ư ) = 2 , 7 g . m A l 2 ( S O 4 ) 3 = 34 , 2 g . Giải thích các bước giải a , P T P Ư : 2 A l + 3 H 2 S O 4 → A l 2 ( S O 4 ) 3 + 3 H 2 ↑ n A l = 8 , 1 27 = 0 , 3 m o l . n H 2 S O 4 = 29 , 4 98 = 0 , 3 m o l . Lập tỉ lệ: 0 , 3 2 > 0 , 3 3 ⇒ A l d ư . b , T h e o p t : n H 2 = n H 2 S O 4 = 0 , 3 m o l . ⇒ V H 2 = 0 , 3.22 , 4 = 6 , 72 l . c , n A l ( d ư ) = 0 , 3 − 0 , 3.2 3 = 0 , 1 m o l . ⇒ m A l ( d ư ) = 0 , 1.27 = 2 , 7 g . T h e o p t : n A l 2 ( S O 4 ) 3 = 1 3 n H 2 S O 4 = 0 , 1 m o l . ⇒ m A l 2 ( S O 4 ) 3 = 0 , 1.342 = 34 , 2 g .

\(n_{Ba}=\dfrac{2,74}{137}=0,02\left(mol\right)\) ; \(n_{CuSO_4}=\dfrac{40.16\%}{160}=0,04\left(mol\right)\)

\(Ba+2H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2+H_2\)

0,02                        0,02      0,02    ( mol )

\(Ba\left(OH\right)_2+CuSO_4\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+BaSO_4\downarrow\)

   0,02          <  0,04                                         ( mol )

    0,02                 0,02           0,02               0,02      ( mol )

\(V=V_{H_2}=0,02.22,4=0,448\left(l\right)\)

\(m_Z=m_{Cu\left(OH\right)_2}+m_{BaSO_4}=\left(0,02.98\right)+\left(0,02.233\right)=6,62\left(g\right)\)

\(m_{ddspứ}=2,74+40-6,62-0,02.2=36,08\left(g\right)\)

\(C\%_{CuSO_4\left(dư\right)}=\dfrac{\left(0,04-0,02\right).160}{36,08}.100=8,86\%\)

Dung dịch có trừ khối lượng khí bay ra nữa á pạn.