Đáp án:

 Bài 18: a) $36,2g$

b) $0,4(l)$

Bài 19: ${C_{M(FeC{l_3})}} = 0,25M;{C_{M(AlC{l_3})}} = 0,284M$

Giải thích các bước giải:

 Bài 18: 

a) ${n_{{H_2}}} = 0,4mol$

Bảo toàn nguyên tố $H$: ${n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,8mol$

Bảo toàn khối lượng: ${m_{KL}} + {m_{HCl}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}}}$

$ \Rightarrow {m_{muoi}} = 7,8 + 36,5.0,8 - 0,8 = 36,2g$

b) Để thu được kết tủa cực đại, lượng $KOH$ cho vào phản ứng vừa đủ với $AlC{l_3}$ trong dung dịch tạo kết tủa, tức là kết tủa không bị hòa tan.

Bảo toàn điện tích: ${n_{O{H^ - }}} = 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 3{n_{A{l^{3 + }}}} = {n_{C{l^ - }}} = {n_{HCl}} = 0,8mol$

$ \Rightarrow {V_{ddKOH}} = \dfrac{n}{{{C_M}}} = \dfrac{{0,8}}{2} = 0,4(l)$

Bài 19:

Do $NaOH$ dư ⇒ kết tủa thu được chỉ gồm $Fe{(OH)_3}$

⇒ chất rắn sau khi nung là $F{e_2}{O_3}$

$ \Rightarrow {n_{F{e_2}{O_3}}} = \dfrac{2}{{160}} = 0,0125mol$

Bảo toàn nguyên tố $Fe$: ${n_{FeC{l_3}}} = 2{n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,025mol$

+ 50 ml dung dịch A chứa 0,0125 mol $FeC{l_3}$ và $AlC{l_3}$

Bảo toàn điện tích: ${n_{C{l^ - }}} = 3{n_{FeC{l_3}}} + 3{n_{AlC{l_3}}} = {n_{A{g^ + }}} = 0,08mol$

$ \Rightarrow {n_{AlC{l_3}}} = \dfrac{{0,08 - 3.0,0125}}{3} = 0,0142mol$

$ \Rightarrow {C_{M(FeC{l_3})}} = \dfrac{{0,025}}{{0,1}} = 0,25M;{C_{M(AlC{l_3})}} = \dfrac{{0,0142.2}}{{0,1}} = 0,284M$