Sửa đề: 7,2% → 7,3%

a, \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

b, \(n_{Fe}=\dfrac{2,8}{56}=0,05\left(mol\right)\)

\(m_{HCl}=100.7,3\%=7,3\left(g\right)\Rightarrow n_{HCl}=\dfrac{7,3}{36,5}=0,2\left(mol\right)\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,05}{1}< \dfrac{0,2}{2}\), ta được HCl dư.

Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeCl_2}=n_{H_2}=n_{Fe}=0,05\left(mol\right)\\n_{HCl\left(pư\right)}=2n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m_{FeCl_2}=0,05.127=6,35\left(g\right)\)

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

\(n_{HCl\left(dư\right)}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{HCl\left(dư\right)}=0,1.36,5=3,65\left(g\right)\)

\(n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{Mg}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{CuSO_4}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\)

\(n_{AgNO_3}=0,2.0,3=0,06\left(mol\right)\)

\(Mg+2Ag^+\rightarrow Mg^{2+}+2Ag\)

0,03____0,06___________0,06 (mol)

\(Mg+Cu^{2+}\rightarrow Mg^{2+}+Cu\)

0,1_____0,1____________0,1 (mol)

→ A gồm: Ag: 0,06 (mol), Cu: 0,1 (mol), Zn: 0,1 (mol), Mg: 0,2 - 0,03 - 0,1 = 0,07 (mol)

⇒ m_A = 21,06 (g)

\(n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{CuSO_4}=0,16\left(mol\right)\)

Hỗn hợp KL gồm Cu và Fe dư.

BTNT H, có: n_H2 = 1/2n_HCl = 0,2 (mol)

\(\Rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48\left(l\right)=x\)

BTNT Cl: n_FeCl2 = 1/2n_HCl = 0,2 (mol)

BTNT S, có: n_FeSO4 = n_CuSO4 = 0,16 (mol)

BTKL, có: m_Fe + m_HCl + m_CuSO4 = m_FeCl2 + m_FeSO4 + m_H2 + m _{hh KL}

⇒ a + 14,6 + 25,6 = 0,2.127 + 0,16.152 + 0,2.2 + 0,7a

⇒ a ≃ 33,067 (g)

1. Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

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

a, \(n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow m_{FeSO_4}=0,1.152=15,2\left(g\right)\)

b, \(n_{H_2SO_4}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{0,1}{0,5}=0,2\left(M\right)\)

2. \(n_{Al}=\dfrac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)\)

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

a, \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05.342=17,1\left(g\right)\)

b, \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=0,15.98=14,7\left(g\right)\)

\(\Rightarrow a=C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{14,7}{98}.100\%=15\%\)

mn ơi giúp mk vs ạ mk đag cần gấp. Thanks!

a)

Khi để lâu trong không khí thì chuyển sang màu vàng nâu => Sản phẩm có sự tạo thành nước Bromine

4HBr + O₂ → 2Br₂ + 2H₂O

b)

Hydrobromic acid được bảo quản trong các lọ tối màu, nếu để nơi có ánh sáng hoặc trong bình sáng thì khí oxygen sẽ được tạo ra do thành phần của acid HBrO

=> HBr bị oxi hóa bởi oxygen

\(4H\mathop {Cl}\limits^{ - 1} {\text{ }} + {\text{ }}\mathop {Mn}\limits^{ + 4} {O_2} \to {\mathop {Cl}\limits^0 _2} + {\text{ }}\mathop {Mn}\limits^{ + 2} C{l_2} + {\text{ }}2{H_2}O\)

a)

\(\mathop {Mn}\limits^{ + 4}  + 2e \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} \) => MnO₂ là chất oxi hóa

\(\mathop {2Cl}\limits^{ - 1}  \to \mathop {C{l_2}}\limits^0  + 2e\) => HCl là chất khử

b) HI có tính khử mạnh hơn HCl

=> HI có thể phản ứng được với MnO₂

4HI + MnO₂ → I₂ + MnI₂ + 2H₂O

- Trích mẫu thử.

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

+ Quỳ hóa xanh: NaOH

+ Quỳ hóa đỏ: HCl

+ Quỳ không đổi màu: NaCl, Na₂SO₄ (1)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd BaCl₂

+ Có tủa trắng: Na₂SO₄

PT: \(BaCl_2+Na_2SO_4\rightarrow2NaCl+BaSO_4\)

+ Không hiện tượng: NaCl

- Dán nhãn.

Khí hydrogen chloride tan nhiều trong nước tạo thành dung dịch hydrochloric acid

=> Khi bơm nước vào, khí hydrogen chloride bị hòa tan hết

=> Quả bóng bị xẹp vào

Nhiệt độ sôi của hydrogen bromide cao hơn nhiệt độ sôi của hydrogen chloride được giải thích như sau:

   + Khối lượng phân tử HBr (81) cao hơn khối lượng phân tử HCl (36,5)

   + Br có bán kính nguyên tử lớn, có nhiều electron hơn Cl => Tăng khả năng lưỡng cực HX => Làm tăng tương tác van der Waals giữa các phân tử