n Ag = 51,84/108 = 0,48(mol)

- Nếu andehit không phải là HCHO (RCHO)

n andehit = 1/2 n Ag = 0,24(mol)

M andehit = R + 29 = 3,6/0,24 = 15

=> R = -14 (loại)

- Nếu andehit là HCHO

=> n HCHO = 1/4 n Ag = 0,12(mol)

=> m HCHO = 0,12.30 = 3,6(gam) - Thỏa mãn

$HCHO + H_2 \xrightarrow{t^o,Ni} CH_3OH$

n H2 = n HCHO = 0,72/30 = 0,024(mol)

 V H2 = 0,5376 lít

A : RCOOH :

n KOH = 0,3.2,4 = 0,72(mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng : 

m H2O = 43,2 + 0,72.56 - 72,72 = 10,8(gam)

n H2O = 10,8/18 = 0,6(mol)

$RCOOH + KOH \to RCOOK + H_2O$

n RCOOH = n H2O = 0,6(mol)

=> M A = R + 45 = 43,2/0,6 = 72

=> R = 27(-C2H3)

Vậy A là C2H3COOH : Axit acrilic

\(CT:C_xH_yO_z\)

\(x:y:z=\dfrac{40.68}{12}:\dfrac{5.08}{1}:\dfrac{54.24}{16}=3.39:5.08:3.39=2:3:2\)

\(CT:\left(C_2H_3O_2\right)_n\)

\(n_{NaOH}=0.1\left(mol\right)\)

\(\dfrac{n_{NaOH}}{n_A}=\dfrac{0.1}{0.05}=2\)

\(\Rightarrow n=2\)

\(CTPT:C_4H_6O_4\)

n NaOH = 0,1 = 2n A

=> A là axit hai chức

=> A có 4 nguyên tử Oxi

Phân tử khối của A là 16.4/54,24% = 118

Số nguyên tử Cacbon = 118.40,68%/12 = 4

Số nguyên tử Hidro = 118 - 12.4 - 16.4 = 6

Vậy CTPT là C4H6O4

n Fe = a ; n FeO = 2a ; n Fe3O4 = 3a ; n Fe2O3 = 4a

Suy ra : 

n Fe = 20a ; n O = 26a

Ta có : 

20a.56 + 26a.16 = 76,8

=> a = 0,05

n Fe = 1(mol) ; n O = 1,3(mol)

Gọi n NO = x ; n NO2 = y

Ta có : 

x + y = 4,48/22,4 = 0,2

Bảo toàn e : 3x + y = 1.3  -1,3.2

=> x = y = 0,1

Ta có : 

n HNO3 = 4n NO + 2n NO2 + 2n O = 0,1.4 + 0,1.2 + 1,3.2 = 3,2(mol)

V HNO3 = 3,2/4 = 0,8(lít)

Gọi số mol Fe; FeO; Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là a;2a;3a;4a

$\Rightarrow a=0,05(mol)$

Gọi số mol NO và NO2 lần lượt là x;y(mol)

Ta có: $x+y=0,2(mol)$

Bảo toàn e ta có: $3x+y=0,4$

Giải hệ ta được $x=y=0,1(mol)$

Dùng phương trình $H^+$ ta có: $n_{HNO_3}=3,35(mol)$

$\Rightarrow C_{M/HNO_3}=0,8375(l)$

\(n_{H_2}=\dfrac{13.44}{22.4}=0.6\left(mol\right)\)

\(n_{M\left(pu\right)}=a\left(mol\right)\)

Bảo toàn e : 

\(na=0.15\cdot4+0.6\cdot2=1.8\)

\(a=\dfrac{1.8}{n}\)

\(M=\dfrac{16.2}{\dfrac{1.8}{n}}=9n\)

\(n=3\Rightarrow M=27.M:Al\)

Bảo toàn e toàn bộ quá trình ta có: $n_{M}=\frac{1,8}{n}(mol)$

$\Rightarrow M_{M}=9n$

Lập bảng biện luận suy ra M là Al

\(n_{Mg}=a\left(mol\right),n_{Al}=b\left(mol\right)\)

\(24a+27b=15\left(1\right)\)

Bảo toàn e : 

\(2a+3b=0.1\cdot\left(2+3+1+8\right)\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right):\)

\(a=0.4,b=0.2\)

\(\%Mg=64\%,\%Al=36\%\)

Gọi số mol Mg và Al lần lượt là a;b(mol)

$\Rightarrow 24a+27b=15$

Bảo toàn e ta có: $2a+3b=1,4$

Giải hệ ta được $a=0,4;b=0,2$

$\Rightarrow \%m_{Mg}=64\%;\%m_{Al}=36\%$

Ta có: $n_{Al}=n_{Fe}=0,1(mol)$

Sau phản ứng thì Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư

Gọi số mol $Cu(NO_3)_2 và $AgNO_3$ lần lượt là a;b

Ta có: $64a+108b=28$

Bảo toàn e toàn bộ quá trình ta có: $2a+b=0,4$

Giải hệ ta được $a=0,1;b=0,2$

$\Rightarrow [Cu(NO_3)_2]=1M;[AgNO_3]=2M$

\(n_{H_2}=\dfrac{1.12}{22.4}=0.05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{Fe\left(dư\right)}=0.05\left(mol\right)\)

\(n_{Al}=n_{Fe}=a\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow a=\dfrac{8.3}{27+56}=0.1\)

\(n_{AgNO_3}=x\left(mol\right),n_{Cu\left(NO_3\right)_2}=y\left(mol\right)\)

\(m_{cr}=108x+64y=28\left(1\right)\)

Bảo toàn e : 

\(x+2y=0.4\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right):x=0.2,y=0.1\)

\(C_{M_{AgNO_3}}=\dfrac{0.2}{0.1}=2\left(M\right)\)

\(C_{M_{Cu\left(NO_3\right)_2}}=\dfrac{0.1}{0.1}=1\left(M\right)\)

Câu 5: Theo gt ta có: $n_{Cu}=0,03(mol)$

Bảo toàn e ta có: $n_{NO}=0,02(mol)\Rightarrow V=0,448(l)$

Dùng pt $H^+$ ta có: $n_{HNO_3}=0,08(mol)$

$\Rightarrow m_{HNO_3}=5,04(g)$

Câu 5 : 

\(n_{Cu}=\dfrac{1.92}{64}=0.03\left(mol\right)\)

Bảo toàn e : 

\(n_{NO}=\dfrac{2}{3}n_{Cu}=\dfrac{2}{3}\cdot0.03=0.02\left(mol\right)\)

\(V_{NO}=0.02\cdot22.4=0.448\left(l\right)\)

\(m_{HNO_3}=0.02\cdot4\cdot63=5.04\left(g\right)\)

\(n_{Fe}=\dfrac{60}{56}=\dfrac{15}{14}\left(mol\right)\)

\(n_S=\dfrac{30}{32}=\dfrac{15}{16}\left(mol\right)\)

Bảo toàn e : 

\(2n_{Fe}+4n_S=4n_{O_2}\)

\(\Rightarrow n_{O_2}=1.473\left(mol\right)\)

\(V=33\left(l\right)\)

Ta có: $n_{Fe}=\frac{60}{56}(mol);n_{S}=\frac{30}{32}$

Sau phản ứng Fe dư S hết 

Bảo toàn e cho cả quá trình ta có: $n_{O_2}=1,47(mol)$

$\Rightarrow V_{O_2}=32,928(l)$

Theo gt ta có: $n_{NO_2}=0,09(mol);n_{NO}=0,05(mol)$

Quy hỗn hợp về Fe (4x mol); Cu (x mol); O (6x mol)

Bảo toàn e ta có: $4x.3+2x-6x.2=0,24$

$\Rightarrow x=0,12(mol)$

$\Rightarrow a=46,08(g)$

Dùng phương trình $H^+$ suy ra $n_{HNO_3}=1,82(mol)$

$\Rightarrow C_{M/HNO_3}=7,28M$