Ta có: 100n_CaCO3 + 84n_MgCO3 = 14,2 (1)

PT: \(CaCO_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\)

\(MgCO_3\underrightarrow{t^o}MgO+CO_2\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{CaCO_3}+n_{MgCO_3}=\dfrac{3,7185}{24,79}=0,15\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=0,1\left(mol\right)\\n_{MgCO_3}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\%m_{CaCO_3}=\dfrac{0,1.100}{14,2}.100\%\approx70,42\%\)

- Trích mẫu thử.

- Nhỏ pp vào từng mẫu thử.

+ Xuất hiện màu hồng: NaOH, Ba(OH)₂ (1)

+ Không hiện tượng: HCl, MgCl₂, MgSO₄ (2)

- Cho mẫu thử nhóm (1) lần lượt pư với mẫu thử nhóm (2)

+ Không hiện tượng: ở nhóm (2) là HCl.

PT: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

\(2NaOH+MgCl_2\rightarrow2NaCl+Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}\)

\(2NaOH+MgSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}\)

\(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+2H_2O\)

\(Ba\left(OH\right)_2+MgCl_2\rightarrow BaCl_2+Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}\)

\(Ba\left(OH\right)_2+MgSO_4\rightarrow Mg\left(OH\right)_{2\downarrow}+BaSO_{4\downarrow}\)

- Dùng HCl vừa nhận biết được cho pư dư với 2 ống nghiệm còn lại ở nhóm (2) sau thí nghiệm trên.

+ Tủa tan hết: ở nhóm (2) là MgCl₂

PT: \(2HCl+Mg\left(OH\right)_2\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)

+ Tủa tan một phần: ở nhóm (1) là Ba(OH)₂, ở nhóm (2) là MgSO₄.

PT: \(2HCl+Mg\left(OH\right)_2\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)

+ Sau loại trừ còn lại NaOH ở nhóm (1)

- Dán nhãn.

\(n_{H_2}=\dfrac{7,437}{24,79}=0,3mol\\ 2R+6HCl\xrightarrow[]{}2RCl_3+3H_2\\ n_R=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=0,2mol\\ M_R=\dfrac{5,4}{0,2}=27\Rightarrow R.là.Al\)

\(n_{Zn}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH:    \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\uparrow\)

Mol (pt):  1           2                1            1

Mol (đề): 0,1

Theo pt, ta có: \(n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ZnCl_2}=0,1\cdot136=13,6\left(g\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{9,916}{24,79}=0,4\left(mol\right)\)

PT: \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

a, n_Fe = n_H2 = 0,4 (mol)

⇒ m_Fe = 0,4.56 = 22,4 (g)

b, n_HCl = 2n_H2 = 0,8 (mol)

\(\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,8}{0,2}=4\left(M\right)\)

\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH:    \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow\)

Mol (pt) : 1           2               1             1

Mol (đề): 0,1

a, Theo pt, ta có: \(n_{H_2}=n_{Fe}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2\left(dktc\right)}=0,1\cdot22,4=2,24\left(l\right)\)

b, \(m_{H_2}=0,1\cdot2=0,2\left(g\right)\)

Có cái nịt 

 \(FeO+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)

Ta có: \(n_{FeO}=\dfrac{11,2}{72}=\dfrac{7}{45}\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{FeSO_4}=n_{FeO}=\dfrac{7}{45}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{FeSO_4}=\dfrac{7}{45}.152=23,64\left(g\right)\)

\(V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{\dfrac{7}{45}}{0,1}=\dfrac{14}{9}\left(l\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{\dfrac{7}{45}}{\dfrac{14}{9}}=0,1\left(M\right)\)

a. \(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\downarrow\)

b. \(CaCO_3+HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2\uparrow+H_2O\)

c. \(FeCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Fe\left(OH\right)_2\)

d. \(CuSO_4+BaCl_2\rightarrow CuCl_2+BaSO_4\downarrow\)