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

PTHH: 2Al + 6HCl ---> 2AlCl₃ + 3H₂

           0,1                                    0,15

=> V_H2 = 0,15.22,4 = 3,36 (l)

\(n_{CuO}=\dfrac{32}{80}=0,4\left(mol\right)\)

PTHH: CuO + H₂ --t^o--> Cu + H₂O

LTL: \(0,4>0,15\rightarrow\) CuO dư

Theo pthh: \(n_{CuO\left(pư\right)}=n_{Cu}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Cu}=\dfrac{0,15.64}{0,15.64+\left(0,4-0,15\right).80}=32,43\%\\\%m_{CuO}=100\%-32,43\%=67,57\%\end{matrix}\right.\)

a. \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\left(1\right)\)

b. \(n_{Al}=\frac{m}{M}=\frac{2,7}{27}=0,1mol\)

Theo phương trình `(1)` \(n_{H_2}=\frac{3}{2}.n_{Al}=\frac{3}{2}.0,1=0,15mol\)

\(\rightarrow V_{H_2\left(ĐKTC\right)}=n.22,4=0,15.22,4=3,36l\)

c. \(CuO+H_2\rightarrow^{t^o}Cu+H_2O\left(2\right)\)

\(n_{CuO}=\frac{m}{M}=\frac{32}{80}=0,4mol\)

Tỷ lệ \(\frac{0,4}{1}>\frac{0,15}{1}\)

`->CuO` dư

Theo phương trình `(2)` \(n_{Cu}=n_{H_2}=0,15mol\)

\(n_{CuO\left(pứ\right)}=n_{H_2}=0,15mol\)

\(\rightarrow n_{CuO\left(dư\right)}=0,4-0,15=0,25mol\)

\(m\left(g\right)\text{ chất rắn }\hept{\begin{cases}CuO_{dư}=0,25mol\\Cu=0,15mol\end{cases}}\)

\(\rightarrow m=0,15.64+0,25.80=29,6g\)

\(\%m_{CuO\left(dư\right)}=\frac{0,25.80.100}{29,6}\approx67,6\%\)

\(\%m_{Cu}=100\%-67,6\%=32,4\%\)

tham khảo

Đồng sunfat có công thức hóa học là CuSO4.5 H2O, đôi khi còn gọi là đá xanh, được sử dụng để kiểm soát tảo và tảo sợi thân lớn. Liều lượng đồng sunfat dùng để diệt các loài thực vật khác có thể gây độc đối với cá và các loài thủy động vật khác. Đồng cũng là nguyên tố vi lượng cần cho thực vật phát triển. Tiếp xúc với liều lượng đồng cao sẽ ức chế thực vật phát triển hoặc giết chết thực vật do ức chế phá hủy chức năng của tế bào đảm nhận các quá trình quang hợp, hô hấp, tổng hợp chlorophyll và phân chia tế bào của thực vật.
Liều lượng Cu khuyến cáo sử dụng để kiểm soát tảo nằm trong một khoảng khá rộng, từ 0.06 mg/l Cu (0.25 mg/l theo CuSO4.5 H2O) đến trên 0.5 mg/l Cu (2 mg/l CuSO4.5 H2O), phụ thuộc vào loại tảo và các yếu tố tồn tại trong nước tại thời điểm tiến hành. Tảo lam dễ bị tác động bởi đồng hơn tảo lục và tảo cát là kết quả của một số nghiên cứu, tuy vậy nếu tổng quát hóa kết luận trên thì cần phải hết sức thận trọng vì từng loại trong một  họ tảo có tính chịu đựng khác nhau.

Đồng ѕunfat là ѕản phẩm kết tinh ᴄó màu хanh dương, không ᴄó mùi ᴠị, ᴄó thể hòa tan ᴠào trong nướᴄ khá nhiều.

Trong điều kiện môi trường không khí, đồng ѕunfat ᴄó thể mất nướᴄ ᴠà kết tinh thành hợp ᴄhất ᴄó màu trắng. Nếu tiến hành hút ẩm, ta ѕẽ lại thu đượᴄ đồng ѕunfat ngậm nướᴄ màu хanh như ban đầu. Trong trường hợp ẩm quá nhiều, nó ᴄó thể bị ᴄhảу nướᴄ, tuу nhiên điều nàу ᴄũng không làm ảnh hưởng đến ᴄông dụng ᴄủa đồng.

\(a,n_{HCl}=\dfrac{7,3}{36,5}=0,2\left(mol\right)\\ C_{M\left(HCl\right)}=\dfrac{0,2}{0,4}=0,5M\\ b,n_{H_2SO_4}=\dfrac{73,5}{98}=0,75\left(mol\right)\\ C_{M\left(H_2SO_4\right)}=\dfrac{0,75}{0,5}=1,5M\\ n_{NaOH}=\dfrac{16}{40}=0,4\left(mol\right)\\ C_{M\left(NaOH\right)}=\dfrac{0,4}{0,25}=1,6M\\ n_{Ba\left(OH\right)_2}=\dfrac{34,2}{171}=0,2\left(mol\right)\\ C_{M\left(Ba\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,2}{0,8}=0,25M\)

KMnO₄

KMnO₄

\(n_{Al}=\dfrac{8,1}{27}=0,3mol\)

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

0,3       0,45            0,15              0,45

a)\(m_{H_2SO_4bđ}=0,45\cdot98=44,1g\)

b)\(m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{44,1}{10\%}\cdot100\%=441g\)

\(m_{H_2}=0,45\cdot2=0,9g\)

\(BTKL:m_{Al}+m_{ddH_2SO_4}=m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}+m_{H_2}\)

\(\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=8,1+441-0,9=448,2g\)

c)\(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,15\cdot342=51,3g\)

\(C\%=\dfrac{51,3}{448,2}\cdot100\%=11,44\%\)

a) \(n_{Zn}=\dfrac{3,25}{65}=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=1.0,2=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: Zn + 2HCl --> ZnCl₂ + H₂

           0,05-->0,1---->0,05-->0,05

=> V_H2= 0,05.22,4 = 1,12 (l)

b) \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(ZnCl_2\right)}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\\C_{M\left(HCl.dư\right)}=\dfrac{0,2-0,1}{0,2}=0,5M\end{matrix}\right.\)

\(n_K=\dfrac{9,75}{39}=0,25\left(mol\right)\)

\(n_{HCl}=\dfrac{300.7,3\%}{36,5}=0,6\left(mol\right)\)

PTHH: 2K + 2HCl --> 2KCl + H₂

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,25}{2}< \dfrac{0,6}{2}\) => HCl dư

PTHH: 2K + 2HCl --> 2KCl + H₂

          0,25-->0,25-->0,25-->0,125

=> V_H2 = 0,125.22,4 = 2,8 (l)

m_KCl = 0,25.74,5 = 18,625 (g)

m_{dd sau pư} = 9,75 + 300 - 0,125.2 = 309,5 (g)

m_HCl(dư) = (0,6 - 0,25).36,5 = 12,775 (g)

\(\left\{{}\begin{matrix}C\%_{KCl}=\dfrac{18,625}{309,5}.100\%=6,018\%\\C\%_{HCl}=\dfrac{12,775}{309,5}.100\%=4,128\%\end{matrix}\right.\)

bn tham khảo

TL: 

Tham khảo nhé: 

@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@ 

@tuantuthan 

HT

\(n_{hhkhí}=\dfrac{16,8}{22,4}=0,75\left(mol\right)\)

Gọi \(n_{SO_2}=a\left(mol\right)\left(0< a< 0,75\right)\)

\(\rightarrow n_{O_2\left(dư\right)}=0,75-b\left(mol\right)\)

Ta có: \(\dfrac{64a+32\left(0,75-a\right)}{0,75}=\dfrac{33,6}{1}=33,6\left(\dfrac{g}{mol}\right)\)

\(\rightarrow a=0,0375\left(mol\right)\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{SO_2}=\dfrac{0,0375}{0,75}=5\%\\\%V_{O_2\left(dư\right)}=100\%-5\%=95\%\end{matrix}\right.\)

Fe+H2SO4-->FeSO4+H2

x---------------------x mol

Mg+H2SO4-->MgSO4+H2

y----------------------------y mol

nH2=\(\dfrac{8,96}{22,4}\)=0,4 mol

ta có hệ pt

56x+24y=16

x+y=0,4

==>x=0,2 mol, y=0,2 mol

=>%mFe=(\(\dfrac{0,2.56}{16}\).100=70%

=>%mMg=100-70=30%

=>m muoi=0,2.152+0,2.120=176,2g