\(i)m_{CO_2}=\dfrac{17,353}{24,79}.44=30,8\left(g\right)\\ j)m_{CH_4}=\dfrac{29,748}{24,79}.16=19,2\left(g\right)\\ k)m_{NaCl}=500.12\%=60\left(g\right)\)

Thí nghiệm 1 : 

$Na_2CO_3 + CaCl_2 \to CaCO_3 + 2NaCl$
$CaCl_2$ dư $\Rightarrow n_{CaCO_3} = n_{Na_2CO_3} = b(mol)$

Thí nghiệm 2 : 

$Na_2CO_3 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + 2NaOH$
$NaHCO_3 + Ca(OH)_2 \to NaOH + CaCO_3 + H_2O$

Ta thấy : $n_{Na_2CO_3} + n_{NaHCO_3} = n_{Ca(OH)_2}$
$\Rightarrow$ Phản ứng vừa đủ.

$n_{CaCO_3} = a + b(mol)$

Vậy ta thấy : $m_2 > m_1$

$Zn + FeSO_4 \to ZnSO_4 + Fe$
$ZnSO_4 + Mg \to MgSO_4 + Zn$

$ZnO + 2KOH \to K_2ZnO_2 + H_2O$

$K_2ZnO_2 + 4HCl \to 2KCl + ZnCl_2 + 2H_2O$

$ZnCl_2 \xrightarrow{đpnc} Zn + Cl_2$

$2Zn + O_2 \xrightarrow{t^o} 2ZnO$

Trích mẫu thử

Cho quỳ tím vào các mẫu thử

- mẫu thử nào làm quỳ tím hoá đỏ là HCl

- mẫu thử nào làm quỳ tím hoá xanh là $NaOH,Na_2CO_3$

- mẫu thử nào không đổi màu quỳ tím là $NaCl$
Cho dung dịch HCl mới nhận được vào hai mẫu thử còn :

- mẫu thử nào tạo khí không màu là $Na_2CO_3$
$Na_2CO_3 + 2HCl \to 2NaCl + CO_2 + H_2O$

- mẫu thử nào không hiện tượng là $NaOH$
$NaOH + HCl \to NaCl + H_2O$

$X_1 : NaHSO_4 ; X_3 : BaCO_3 ; X_2  : Ba(HCO_3)_2$

$2NaHSO_4 + BaCO_3 \to BaSO_4 + Na_2SO_4 + CO_2 + H_2O $

$2NaHSO_4 + Ba(HCO_3)_2 \to BaSO_4 + Na_2SO_4 + 2CO_2 + 2H_2O$

$X_4 : AgNO_3 ; X_5 : KOH$

$2AgNO_3 + 2KOH \to Ag_2O + H_2O + 2KNO_3$

$X_6 :Ca_3(PO_4)_2 ; X_7 : H_3PO_4$
$Ca_3(PO_4)_2 + 4H_3PO_4 \to 3Ca(H_2PO_4)_2$

$X_8 : FeSO_4 ; X_9 : H_2SO_4 ; X_{10} : Ag$

$2FeSO_4 + 2H_2SO_4 \to Fe_2(SO_4)_3 + SO_2 + 2H_2O$

$2Ag+ 2H_2SO_4 \to Ag_2SO_4 + SO_2 + 2H_2O$

$X_{11} : Ba(OH)_2 ; X_{12} : Ca(OH)_2 ; X_{13} : Ba(NO_3)_2$
$Ba(HCO_3)_2 + Ba(OH)_2 \to 2BaCO_3 + 2H_2O$
$Ba(HCO_3)_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + BaCO_3 + 2H_2O$
$FeSO_4 + Ba(NO_3)_2 \to BaSO_4 + Fe(NO_3)_2$

\(X_1-NaHSO_4,X_2-Ba\left(HCO_3\right)_2:\)

➤ \(NaOH+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaSO_4+Na_2SO_4+2CO_2+2H_2O\)

\(X_1-Ba\left(HSO_4\right)_2,X_2-NaHCO_3\)

➤ \(Ba\left(HSO_4\right)_2+2NaCO_3\rightarrow BaSO_4+Na_2SO_4+2CO_2+2H_2O\)

\(X_4-KOH,X_5-AgNO_3\)

➤ \(2KOH+2Ag\left(NO_3\right)\rightarrow Ag_2O+2KNO_3+H_2O\)

\(X_6-Ca_3\left(PO_4\right)_2,X_7-H_3PO_4\)

➤ \(Ca_3\left(PO_4\right)_2+4H_3PO_4\rightarrow3Ca\left(H_2PO_4\right)_2\)

\(X_8-Fe,X_9-H_2SO_4đ\)

➤ \(2Fe+6H_2SO_4đ\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

\(X_9-H_2SO_4đ,X_{10}-Ag\)

➤ \(2Ag+2H_2SO_4đ\rightarrow Ag_2SO_4+SO_2+2H_2O\)

\(X_2-Ba\left(HCO_3\right)_2,X_{11}-Ba\left(OH\right)_2\)

➤ \(Ba\left(HCO_3\right)_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow2BaCO_3+2H_2O\)

\(X_2-Ba\left(HCO_3\right)_2,X_{12}-Ca\left(OH\right)_2\)

➤ \(Ba\left(HCO_3\right)_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+CaCO_3+2H_2O\)

\(X_8-Fe,X_{12}-Cu\left(NO_3\right)_2\)

➤ \(Fe+Cu\left(NO_3\right)_2\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_2+Cu\)

Cho dung dịch A vào dung dịch NaOH, có khí thoát ra. Chứng tỏ dung dịch A có $NH_4NO_3$

Gọi n là hoá trị của kim loại M

$8M + 10nHNO_3 \to 8M(NO_3)_n + nNH_4NO_3 + 2nH_2O$

$NH_4NO_3 + NaOH \to NH_3 + NaNO_3 + H_2O$
$M(NO_3)_n + nNaOH \to M(OH)_n + nNaNO_3$
Theo PTHH : 

$n_{NH_4NO_3} = n_{NH_3} = \dfrac{2,24}{22,4} = 0,1( mol)$
$n_{M(OH)_n} = n_{M(NO_3)_n} = \dfrac{8}{n}(mol) = \dfrac{0,8}{n}(mol)$
$\Rightarrow \dfrac{0,8}{n}.(M + 17n) = 23,2$
$\Rightarrow M = 12n$

Với n = 2 thì M = 24(Mg)

Vậy kim loại M là Magie

Gọi CTHH của khí là $N_xO_y$

$M_{khí} = 23.2 = 46(đvC)$
Ta có : 

$\dfrac{14x}{30,43\%} = \dfrac{16y}{68,57\%} = \dfrac{46}{100\%}$
Suy ra : x = 1 ; y = 2

Vậy $n_{NO_2} = \dfrac{4,48}{22,4} = 0,2(mol)$

Gọi n là hoá trị của kim loại R cần tìm

Bảo toàn electron : $n.n_R = n_{NO_2}\Rightarrow n_R = \dfrac{0,2}{n}(mol)$
$\Rightarrow \dfrac{0,2}{n}.R = 6,4 $

$\Rightarrow R = 32n$

Với n =  2 thì R = 64(Cu)

Vậy kim loại cần tìm là Đồng

a) Khí màu nâu đỏ là $NO_2$
$n_{NO_2} = \dfrac{8,96}{22,4} = 0,4(mol)$
Bảo toàn electron  :$2n_A = n_{NO_2} \Rightarrow n_A = 0,2(mol)$
$M_A = \dfrac{12,8}{0,2} = 64(Cu)$

Vậy kim loại cần tìm là Đồng

b) $2H^+ + NO_3^- + 1e \to NO_2 + H_2O$
$n_{HNO_3} = 2n_{NO_2} = 0,8(mol)$
$m_{dd\ HNO_3} = \dfrac{0,8.63}{60\% = 84(gam)$
$V_{dd\ HNO_3} = \dfrac{84}{1,365} = 61,54(ml)$

a) Khí nâu đỏ là NO₂ \(\Rightarrow n_{NO_2}=0,4\left(mol\right)\)

\(A+4HNO_3\rightarrow A\left(NO_3\right)_2+2NO_2\uparrow+2H_2O\)

0,2 ← 0,8               ←              0,4           

\(\Rightarrow M_A=\dfrac{12,8}{0,2}=64\Rightarrow\) M là Cu (đồng).

b) \(n_{HNO_3}=\dfrac{C\%\cdot d\cdot V}{100\%\cdot M}=\dfrac{60\%\cdot1,365\cdot V}{100\%\cdot63}=0,8\Rightarrow V\approx61,54\left(ml\right)\)

Kết thúc phản ứng thu được hai muối, suy ra có $NH_4NO_3$
$10H^+ + NO_3^-  + 8e \to NH_4^+ + 3H_2O$

$n_{NH_4NO_3} = \dfrac{1}{10}n_{HNO_3} = 0,025(mol)$

Gọi $n_{Zn} =a (mol) ; n_{Al} = b(mol) \Rightarrow 65a + 27b = 3,68(1)$

Bảo toàn electron : $2n_{Zn} + 3n_{Al} = 8n_{NH_4NO_3}$
$\Rightarrow 2a + 3b = 0,025.8(2)$

Từ (1)(2) suy ra a = 0,04 ; b = 0,04

$\%m_{Zn} = \dfrac{0,04.65}{3,68}.100\% = 70,7\%$
$\%m_{Al} = 100\% - 70,7\% = 29,3\%$

Gọi $n_{NO} = a(mol) ; n_{N_2O} = b(mol)$

Ta có : 

$a + b = \dfrac{8,96}{22,4} = 0,4$

$M_{hh\ khí} = \dfrac{30a + 44b}{a + b} = 16,5.2$

Suy ra : $a = \dfrac{11}{35} ; b = \dfrac{3}{35}$

Bảo toàn electron : $3n_{Al} = 3n_{NO} + 8n_{N_2O}$
$\Rightarrow n_{Al} = \dfrac{19}{35}(mol)$
$m_{Al} = \dfrac{19}{35}.27 = 14,66(gam)$