- Nung nóng hh đến khối lượng không đổi thu được hh gồm NaCl, \(Na_2SO_4\), \(MgCO_3\)

\(Mg\left(HCO_3\right)_2\xrightarrow[]{t^o}MgCO_3+H_2O+CO_2\)

- Cho hh vào nước, phần tan là NaCl và \(Na_2SO_4\), phần không tan là \(MgCO_3\), lọc phần không tan ta thu đc dd gồm 2 muối

- Cho \(BaCl_2\) dư vào và lọc kết tủa ta thu được dd gồm NaCl, \(BaCl_2\)

\(Na_2SO_4+BaCl_2\xrightarrow[]{}2NaCl_{ }+BaSO_4\)

- Cho \(Na_2CO_3\) vào đến dư rồi lọc kết tủa thu được dd NaCl, \(Na_2CO_3\)

\(Na_2CO_3+BaCl_2\xrightarrow[]{}2NaCl+BaCO_3\)

- Cho dd HCl dư vào thu được dd NaCl, HCl

\(Na_2CO_3+2HCl\xrightarrow[]{}2NaCl+H_2O+CO_2\)

- Cô cạn dd thì HCl bay hơi, ta thu được NaCl tinh khiết

\(\dfrac{NTK\left(Ca\right)}{NTK\left(O\right)}=\dfrac{40}{16}=2,5\)

Vậy nguyên tử Ca nặng hơn nguyên tử O 2,5 lần

      \(CaCO_3\xrightarrow[]{t^o}CaO+CO_2\)

(mol) x....................x...........x

a) Gọi x là số mol \(CaO\)

\(m_x=100-100x+56x=78\left(g\right)\)

⇒ x = 0,5

\(V_{CO_2}=0,5.22,4=11,2\left(l\right)\)

b) \(\%^m_{CaCO_3}=\dfrac{0,5.100}{78}.100=64,1\%\\ \%^m_{CaO}=100-64,1=35,9\%\)

c) \(n_{CaCO_{3\left(LT\right)}}=\dfrac{100}{100}=1\left(mol\right)\)

\(H\%=\dfrac{50}{100}.100=50\%\)

Ta có: \(\%O=\dfrac{16.3}{2+X+16.3}.100\%=61,54\%\)

=> \(X=28\left(đvC\right)\)

=> X là nguyên tố Silic (Si)

\(PTHH:C+O_2->CO_2\)

ap dung DLBTKL ta co

\(m_C+m_{O_2}=m_{CO_2}\\ m_{O_2}=m_{CO_2}-m_C\\ m_{O_2}=88-24\\ m_{O_2}=64\left(g\right)\)

\(PTHH:S+O_2->SO_2\)

ap dung DLBTKL ta co

\(m_S+m_{O_2}=m_{SO_2}\)

\(=>m_{O_2}=m_{SO_2}-m_S\\ =>m_{O_2}=96-48\\ =>m_{O_2}=48\left(g\right)\)

thank

\(4Al+3O_2->2Al_2O_3\)

1. \(ZnCl\left(I\right)_2=x . 1=I . 2=>x=\dfrac{I . 2}{1}=II\) 
=> Zn hóa trị II
2. \(AlCl\left(I\right)_3=x . 1=I . 3=>x=\dfrac{I . 3}{1}=III\) 
=> Al hóa trị III
3. \(CuCl\left(I\right)_2=x . 1=I . 2=>x=\dfrac{I . 2}{1}=II\) 
=> Cu hóa trị II
4. \(Fe_2O\left(II\right)_3=x . 2=II . 3=>x=\dfrac{II . 3}{2}=III\) 
=> Fe hóa trị III

1: Hóa trị II

2: Hóa trị III

3: Hóa trị II

4; Hóa trị III