\(Đặt:n_{Fe}=a\left(mol\right);n_S=b\left(mol\right)\left(a,b>0\right)\\ 3Fe+2O_2\rightarrow\left(t^o\right)Fe_3O_4\\ S+O_2\rightarrow\left(t^o\right)SO_2\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}56a+32b=20\\\dfrac{44,8}{3}a+22,4b=6,72\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,3\\b=0,1\end{matrix}\right.\\ a,\%m_{Fe}=\dfrac{0,3.56}{20}.100\%=84\%\\ \%m_S=100\%-84\%=16\%\\ b,m_{sp}=m_{hhFe,S}+m_{O_2}=20+0,3.32=29,6\left(g\right)\)

a) \(n_{O_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\) (mol)

Gọi x,y lần lượt là số mol của Fe và S.(x,y>0)

Theo bài ra, ta có: 56x+32y=20  (I)

PTHH:          \(3Fe\)  + \(2O_2\)\(\underrightarrow{t^o}\)\(Fe_3O_4\).

Theo pt:       x\(\rightarrow\)      \(\dfrac{2}{3}x\)       \(\dfrac{1}{3}x\)          (mol)   (1)

PTHH:         \(S+O_2\)  \(\underrightarrow{t^o}\)  \(SO_2\).

Theo pt:       y \(\rightarrow\) y             y            (mol)   (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(\sum n_{O_2}=\dfrac{2}{3}x+y=0,3\) (mol)  (II)

Giải hệ phương trình (I) và (II) ta được \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,3\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) \(m_{Fe}=0,3.56=16,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow\%m_{Fe}=\dfrac{16,8}{20}.100\%=84\%\)

\(\Rightarrow\%m_S=100\%-84\%=16\%\)

b) \(m_{Fe_3O_4}=0,1.\left(3.56+4.16\right)=23,2\left(g\right)\)

\(m_{SO_2}=0,1.\left(32+2.16\right)=6,4\left(g\right)\)

\(n_{Fe}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\\ n_{HCl}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{18,25}{1+35,5}=0,5\left(mol\right)\\ PTHH:Fe+2HCl->FeCl_2+H_2\)

tỉ lệ            1    :     2       :       1    :    1

n(mol)    0,2------->0,4--------->0,2---->0,2

\(\dfrac{n_{Fe}}{1}< \dfrac{n_{HCl}}{2}\left(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,5}{2}\right)\)

`=> Fe` hết, `HCl` dư, tính theo `Fe`

\(n_{HCl\left(dư\right)}=0,5-0,4=0,1\left(mol\right)\\ m_{HCl\left(dư\right)}=n\cdot M=0,1\cdot\left(1+35,5\right)=3,65\left(g\right)\\ V_{H_2\left(dktc\right)}=n\cdot22,4=0,2\cdot22,4=4,48\left(l\right)\)

a) Ta có : PTHH : \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

Ta có : \(n_{Fe}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)

            \(n_{HCl}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{18,25}{36,5}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PTHH thì ta có : \(2n_{Fe}=n_{HCl}\)

Giả sử HCl dùng hết : \(\Rightarrow n_{Fe}\) cần dùng là : \(0,25\left(mol\right)\) không thỏa mãn

\(\Rightarrow Fe\) dùng hết ; HCl dư 

Số mol HCl dư là : 

                \(0,5-0,2.2=0,1\left(mol\right)\)

Khối lượng dư của HCl là :

                  \(0,1.36,5=3,65\left(g\right)\)

b) Do Fe dùng hết nên ta tính H theo Fe

Theo PTHH : \(n_{Fe}=n_{H_2}\)

\(\Rightarrow n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

a, PT: \(C_2H_2+2Br_2\rightarrow C_2H_2Br_4\)

b, \(n_{Br_2}=\dfrac{5,6}{160}=0,035\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{C_2H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Br_2}=0,0175\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\%V_{C_2H_2}=\dfrac{0,0175.22,4}{0,86}.100\%\approx45,58\%\)

\(\Rightarrow\%V_{CH_4}\approx54,42\%\)

a, \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

b, \(n_{Fe}=\dfrac{3,36}{56}=0,06\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,06\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,06.22,4=1,344\left(l\right)\)

c, \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{4}{160}=0,025\left(mol\right)\)

PT: \(Fe_2O_3+3H_2\underrightarrow{t^o}2Fe+3H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,025}{1}>\dfrac{0,06}{3}\), ta được Fe₂O₃ dư.

Theo PT: \(n_{Fe_2O_3\left(pư\right)}=\dfrac{1}{3}n_{H_2}=0,02\left(mol\right)\Rightarrow n_{Fe_2O_3\left(dư\right)}=0,025-0,02=0,005\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe_2O_3\left(dư\right)}=0,005.160=0,8\left(g\right)\)

a, \(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

BTNT H, có: \(n_{HCl}=2n_{H_2}=0,4\left(mol\right)\)

Theo ĐLBT KL, có: m_KL + m_HCl = m _muối + m_H2

⇒ m _muối = 3,9 + 0,4.36,5 - 0,2.2 = 18,1 (g)

b, PT: \(A+2HCl\rightarrow ACl_2+H_2\)

\(2B+6HCl\rightarrow2BCl_3+3H_2\)

Gọi: n_A = x (mol) ⇒ n_B = 2x (mol)

Theo PT: \(n_{H_2}=n_A+\dfrac{3}{2}n_B=x+\dfrac{3}{2}.2x=0,2\Rightarrow x=0,05\)

⇒ n_A = 0,05 (mol), n_B = 0,1 (mol)

Gọi: M_A = 8y (g/mol) ⇒ M_B = 9y (g/mol)

⇒ 0,05.8y + 0,1.9y = 3,9 (g) ⇒ y = 3

⇒ M_A = 8.3 = 24 (g/mol) → A là Mg.

M_B = 9.3 = 27 (g/mol) → B là Al.

a, Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{13,5}{27}=0,5\left(mol\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{7,437}{24,79}=0,3\left(mol\right)\)

PT: \(4Al+3O_2\underrightarrow{t^o}2Al_2O_3\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,5}{4}>\dfrac{0,3}{3}\), ta được Al dư.

Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al_2O_3}=\dfrac{2}{3}n_{O_2}=0,2\left(mol\right)\\n_{Al\left(pư\right)}=\dfrac{4}{3}n_{O_2}=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ n_{Al (dư)} = 0,5 - 0,4 = 0,1 (mol)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Al_2O_3}=0,2.102=20,4\left(g\right)\\m_{Al\left(dư\right)}=0,1.27=2,7\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

b, \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

Theo PT: \(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=\dfrac{0,015.0,082.\left(25+273\right)}{0,986}\approx3,7274\left(l\right)\)

Theo ĐLBT KL, có: m_KL + m_O2 = m _oxit

⇒ m_O2 = 13,1 - 1,5 = 11,6 (g)