- Trích mẫu thử, đánh số thứ tự

- Cho dd \(NH_4HSO_4\) lần lượt vào các mẫu thử, nếu thấy:

+ Mẫu thử có kết tủa trắng xuất hiện: \(BaCl_2\)

\(2NH_4HSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+\left(NH_4\right)_2SO_4+2HCl\)

\(\left(NH_4\right)_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4\downarrow+2NH_4Cl\)

+ Mẫu thử có kết tủa trắng đồng thời có khí không màu, không mùi xuất hiện: \(CaCO_3\)

\(2NH_4HSO_4+CaCO_3\rightarrow CaSO_4\downarrow+\left(NH_4\right)_2SO_4+CO_2\uparrow+H_2O\)

+ Mẫu thử có khí không màu, không mùi xuất hiện: \(Na_2CO_3\)

\(2NH_4HSO_4+Na_2CO_3\rightarrow Na_2SO_4+\left(NH_4\right)_2SO_4+CO_2\uparrow+H_2O\)

+ Mẫu thử có khí không màu, mùi khai thoát ra đồng thời có kết tủa trắng xuất hiện: \(CaO\)

\(CaO+H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2\)

\(Ca\left(OH\right)_2+NH_4HSO_4\rightarrow CaSO_4\downarrow+NH_3\uparrow+2H_2O\)

Còn lại là Na₂SO₄ không hiện tượng

\(2Al\left(NO_3\right)_3+3Na_2CO_3\rightarrow Al_2\left(CO_3\right)_3+6NaNO_3\)

a. \(BTKL:m_{Al\left(NO_3\right)_3}+m_{Na_2CO_3}=m_{Al_2\left(NO_3\right)_3}+m_{NaNO_3}\) (1)

b. \(\dfrac{m_{Al\left(NO_3\right)_3}}{m_{Na_2CO_3}}=\dfrac{3}{4}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Al\left(NO_3\right)_3}+m_{Na_2CO_3}=16.4+53.6\\4m_{Al\left(NO_3\right)_3}-3m_{Na_2CO_3}=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Al\left(NO_3\right)_3}=30g\\m_{Na_2CO_3}=40g\end{matrix}\right.\)

Gọi CTHH của oxit là \(M_xO_y\) (x, y nguyên dương và M có hoá trị n)

PTHH:
\(M_xO_y+yCO\xrightarrow[]{t^o}xM+yCO_2\) (1)

\(CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3\downarrow+H_2O\) (2)

\(2M+nH_2SO_4\rightarrow M_2\left(SO_4\right)_n+nH_2\) (3)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{H_2}=\dfrac{0,336}{22,4}=0,015\left(mol\right)\\n_{BaCO_3}=\dfrac{3,94}{197}=0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Theo PT (1), (2): \(n_{O\left(M_xO_y\right)}=n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=0,02\left(mol\right)\)

`=>` \(m_X=1,16-0,02.16=0,84\left(g\right)\)

Theo PT (3): \(n_X=\dfrac{2}{n}n_{H_2}=\dfrac{0,03}{n}\left(mol\right)\)

`=>` \(M_X=\dfrac{0,84}{\dfrac{0,03}{n}}=28n\left(g/mol\right)\)

`n = 2 => M_X = 28.2 = 56 (g//mol)`

`=> X: Fe`

`=> n_{Fe} = (0,03)/2 = 0,015 (mol)`

Ta có: \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{n_{Fe}}{n_O}=\dfrac{0,015}{0,02}=\dfrac{3}{4}\)

`=> X: Fe_3O_4`

2KMnO₄-to>K2MnO₄+MnO₂+O₂

1------------------------------------0,5

m _O2=16 g

->n_O2=\(\dfrac{16}{32}\)=0,5 mol

=>%m KMnO4=\(\dfrac{1.158}{316}.100=50\%\)

\(2KMnO_4\underrightarrow{^{^{t^0}}}K_2MnO_4+MnO_2+O_2\)

Bảo toàn khối lượng : 

\(m_{O_2}=m_{KMnO_4}-m_{Cr}=316-300=16\left(g\right)\)

\(n_{O_2}=\dfrac{16}{32}=0.5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{KMnO_4}=0.5\cdot2=1\left(mol\right)\)

\(\%KMnO_{4\left(np\right)}=\dfrac{1\cdot158}{300}\cdot100\%=52.67\%\)

\(\overline{M}_{hhX}=\dfrac{2.44+3.16}{2+3}=27,2\left(\dfrac{g}{mol}\right)\\ \Rightarrow d_{\dfrac{X}{H_2}}=\dfrac{27,2}{2}=13,6\)

a) PTHH:

`Mg + 2HCl -> MgCl_2 + H_2`

`Mg + H_2SO_4 -> MgSO_4 + H_2`

`2Al + 6HCl -> 2AlCl_3 + 3H_2`

`2Al + 3H_2SO_4 -> Al_2(SO_4)_3 + 3H_2`

b) `n_{H_2} = (5,6)/(22,4) = 0,25 (mol)`

Gọi `n_{Mg} = x (mol); n_{Al} = y (mol)`

`=> 24x + 27y = 5,1 (1)`

Theo PTHH: `n_{H_2} = n_{Mg} + 3/2 n_{Al}`

`=> x + 1,5y = 0,25 (2)`

`(1), (2) => x = y = 0,1`

`=> \%m_{Mg} = (0,1.24)/(5,1) .100\% = 47,06\%`

`=> \%m_{Al} = 100\% - 47,06\% = 52,94\%`

c) Theo `n_{H_2SO_4} = 0,2a (mol); n_{HCl} = 2a.0,2 = 0,4a (mol)`

Theo PTHH: `n_{HCl} + 2n_{H_2SO_4} = 2n_{H_2}`

`=> 0,4a + 2.0,2a = 2.0,25`

`=> a = 0,625M`

Rõ hơn phải là thu được dd sau phản ứng có nồng độ pH=12

---

\(pH=12\Leftrightarrow14+log\left[OH^-\left(dư\right)\right]=12\\ \Leftrightarrow log\left[OH^-\left(dư\right)\right]=2\\ \Leftrightarrow\left[OH^-\left(dư\right)\right]=0,01\left(M\right)\\ V_{ddsau}=0,1+0,001V\left(l\right)\\ H^++OH^-\rightarrow H_2O\\ n_{H^+}=0,15.0,1+0,1.2.0,1=0,035\left(mol\right)\\ n_{OH^-\left(bđ\right)}=0,2.0,001V+0,05.2.0,001V=3.10^{-4}V\left(mol\right)\\ Ta.có:\left[OH^-\left(dư\right)\right]=0,01\left(M\right)\\ \Leftrightarrow\dfrac{3.10^{-4}V-0,035}{0,1+0,001V}=0,01\\ \Leftrightarrow V\approx124,138\left(ml\right)\)

BÀI 2:

\(n_{HCl}=0,6a\left(mol\right);n_{NaOH}=0,4b\left(mol\right)\\ n_{Al_2O_3}=\dfrac{1,02}{102}=0,01\left(mol\right)\\NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\\ TH1:HCl\left(dư\right)\\ Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\\ n_{HCl\left(dư\right)}=0,01.6=0,06\left(mol\right)\\ n_{HCl}=0,06+n_{NaOH}\\ \Leftrightarrow0,6a=0,06+0,4b\\ \Leftrightarrow0,6a-0,4b=0,06\left(1\right)\\ Mặt.khác:a+b=0,6\left(2\right)\\ \left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow a=0,3;b=0,3\\ TH2:NaOHdư\\ 2NaOH+Al_2O_3\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\\ n_{NaOH\left(dư\right)}=2.0,01=0,02\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{NaOH}=0,02+n_{HCl}\\ \Leftrightarrow0,4b-0,6a=0,02\left(3\right)\\ Từ\left(2\right),\left(3\right)\Rightarrow a=0,22;b=0,38\)

1) a) Ta có: \(m_E=1,4\left(g\right)< 3,16\left(g\right)=m_A\Rightarrow m_{oxit}< m_{KL}\left(\text{vô lý}\right)\)

`=>` Kim loại dư, Cu(NO₃)₂ phản ứng hết

PTHH:

\(Mg+Cu\left(NO_3\right)_2\rightarrow Mg\left(NO_3\right)_2+Cu\downarrow\) (1)

\(Fe+Cu\left(NO_3\right)_2\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_2+Cu\downarrow\) (2)

\(Mg\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Mg\left(OH\right)_2\downarrow+2NaNO_3\) (3)

\(Fe\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2\downarrow+2NaNO_3\) (4)

\(Mg\left(OH\right)_2\xrightarrow[]{t^o}MgO+H_2O\) (5)

\(4Fe\left(OH\right)_2+O_2\xrightarrow[]{t^o}2Fe_2O_3+4H_2O\) (6)

`-` Xét TH₁: Mg có thể dư, Fe chưa phản ứng `=>` không xảy ra các PT (2), (4), (6)

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}B:Mg\left(NO_3\right)_2\\D:Cu,Fe_{\text{chưa phản ứng}},\text{có thể có Mg dư}\\E:MgO\end{matrix}\right.\)

`=>` \(n_{MgO}=\dfrac{1,4}{40}=0,035\left(mol\right)\)

BTNT Mg: \(n_{Mg}=n_{MgO}=0,035\left(mol\right)\)

`=>` \(m_{Fe}=3,16-0,035.56=1,2\left(g\right)\)

Theo PT (1): \(n_{Cu}=n_{Mg}=0,035\left(mol\right)\)

`=>` \(m_{Fe}=3,84-0,035.64=1,6\left(g\right)\ne1,2\left(g\right)\left(\text{vô lý}\right)\)

`=>` Loại 

`-` Xét TH₂: , Mg phản ứng hết, Fe phản ứng vẫn còn dư

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=x\left(mol\right)\\n_{Fe\left(pư\right)}=y\left(mol\right)\\n_{Fe\left(dư\right)}=z\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow24x+56y+56z=3,16\left(\text{*}\right)\)

Theo PT (1), (2): \(n_{Cu}=n_{Mg}+n_{Fe\left(pư\right)}=x+y\left(mol\right)\)

`=>` \(64x+64y+56z=3,84\left(\text{*}\text{*}\right)\)

BTNT Mg: \(n_{MgO}=n_{Mg}=x\left(mol\right)\)

BTNT Fe: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{2}n_{Fe}=0,5y\left(mol\right)\)

`=> 40x + 0,5y.160 = 1,4` \(\left(\text{*}\text{*}\text{*}\right)\)

Từ \(\left(\text{*}\right),\left(\text{*}\text{*}\right),\left(\text{*}\text{*}\text{*}\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,015\\y=0,01\\z=0,04\end{matrix}\right.\)

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Mg}=\dfrac{0,015.24}{3,16}.100\%=11,4\%\\\%m_{Fe}=100\%-11,4\%=88,6\%\end{matrix}\right.\)

2) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=0,6a\left(mol\right)\\n_{NaOH}=0,4b\left(mol\right)\\n_{Al_2O_3}=\dfrac{1,02}{102}=0,01\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

`=> a + b = 0,6 (1)`

`-` Xét TH₁: HCl dư

PTHH: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

           0,4b----->0,4b

             \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)

             0,01---->0,06

`=> 0,6a - 0,4b = 0,06 (2)`

Từ `(1), (2) => a = b = 0,3(l)`

`-` Xét TH₂: NaOH dư

PTHH: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

            0,6a<----0,6a

           \(2NaOH+Al_2O_3\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\)

            0,02<-----0,01`

`=> 0,4b - 0,6a = 0,02 (3)`

Từ `(1), (3) => a = 0,38(l); b = 0,22 (l)`

\(a,FeCl_2,FeCl_3\\ PTHH:Fe_3O_4+8HCl\rightarrow2FeCl_3+FeCl_2+4H_2O\\ b,Chất.tác.dụng.được:Cu,AgNO_3,NaOH\\ PTHH:Cu+2FeCl_3\rightarrow2FeCl_2+CuCl_2\\ 2NaOH+FeCl_2\rightarrow Fe\left(OH\right)_2+2NaCl\\ FeCl_3+3NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_3+3NaCl\\ 2AgNO_3+FeCl_2\rightarrow2AgCl+Fe\left(NO_3\right)_2\\ 3AgNO_3+FeCl_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_3+3AgCl\)