1/

$(2p_M + n_M) + 3(2p_X + n_X) = 196$

$\Rightarrow (2p_M + 6p_X) + (n_M + 3n_X) = 196$

mà : $(2p_M + 6p_X) - (n_M + 3n_X) = 60$

Suy ra : $2p_M + 6p_X = 128 (1)  ; n_M + 3n_X = 68$

Mặt khác : $2p_X - 2_M = 8(2)$

Từ (1)(2) suy ra : $p_X = 13 ; p_X = 17$

Vậy CTHH cần tìm là $AlCl_3$

2/

$n_M = p_M + 4$

$p_X = n_X$

Ta có : 

$\%M = \dfrac{M}{M + 2X}.100\% = \dfrac{(p_M + 4) + p_M}{(p_M + 4 + p_M) + 2(p_X + p_X)}.100\% = 46,67\%(1)$

$p_M + 2.p_X = 58(2)$

Từ (1)(2) suy ra :$p_M = 26 (Fe) ; p_X = 16(S)$

Suy ra : CTHH là $FeS_2$

$2Al + 6HCl \to 2AlCl_3 + 3H_2$

Theo PTHH : 

$n_{AlCl_3} = n_{Al} = \dfrac{5,4}{27} = 0,2(mol)$
$C_{M_{AlCl_3}} =\dfrac{0,2}{0,5} = 0,4M$

a) \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{1,568}{22,4}=0,07\left(mol\right)\\n_{NaOH}=\dfrac{6,4}{40}=0,16\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét \(T=\dfrac{n_{NaOH}}{n_{CO_2}}=\dfrac{0,16}{0,07}=\dfrac{16}{7}>2\) => Pư tạo muối Na₂CO₃, NaOH dư

PTHH: \(2NaOH+CO_2\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\)

             0,14<-----0,07---->0,07

=> m_muối = 0,07.106 = 7,42 (g)

b) m_{NaOH (dư)} = (0,16 - 0,14).40 = 0,8 (g)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(Na_2CO_3\right)}=\dfrac{0,07}{0,2}=0,35M\\C_{M\left(NaOH.dư\right)}=\dfrac{0,16-0,14}{0,2}=0,1M\end{matrix}\right.\)

Hóa chất sử dụng thêm: Quỳ tím.

Các bước làm:

- Trích mẫu thử.

- Thử tất cả dung dịch đã cho bằng quỳ tím. Nhận biết được Ba(OH)₂ vì làm quỳ hóa xanh, các dung dịch còn lại chia làm 2 phần:

+ Làm quỳ hóa đỏ: HCl, H₂SO₄, NH₄HSO₄

+ Không làm quỳ đổi màu: NaCl, BaCl₂

- Cho Ba(OH)₂ đã nhận biết vào các dung dịch thuộc nhóm làm quỳ hóa đỏ:

+ Tạo kết tủa trắng và khí có mùi khai: NH₄HSO₄

\(NH_4HSO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+NH_3+2H_2O\)

+ Tạo kết tủa trắng, không có khí: H₂SO₄

\(H_2SO_4+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaSO_4+2H_2O\)

+ Không hiện tượng: HCl

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

- Dung dịch H₂SO₄ vừa nhận biết cho vào 2 dung dịch còn lại, tạo kết tủa với dung dịch nào thì dung dịch đó chứa BaCl₂. Còn lại là NaCl.

\(H_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2HCl\)

3) 

a) \(m_{AgNO_3}=170.40\%=68\left(g\right)\Rightarrow n_{AgNO_3}=\dfrac{68}{170}=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{AgCl}=\dfrac{45,92}{143,5}=0,32\left(mol\right)\)

PTHH: \(AgNO_3+HCl\rightarrow AgCl\downarrow+HNO_3\)

              0,32<-----0,32<---0,32

=> \(H=\dfrac{0,32}{0,4}.100\%=80\%\)

b) PTHH: \(AgNO_3+HCl\rightarrow AgCl\downarrow+HNO_3\)

                  0,4----->0,4------->0,4----->0,4

=> \(m_{dd\text{ }sau\text{ }pư}=170+200-0,4.143,5=312,6\left(g\right)\)

=> \(C\%_{HNO_3}=\dfrac{0,4.63}{312,6}.100\%=8,06\%\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}A=P+N=4\\N=2\end{matrix}\right.\)

=> P = 2

Chọn B

\(X+O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+H_2O\)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

\(m_X+m_{O_2}=m_{CO_2}+m_{H_2O}\)

\(\Rightarrow m_{CO_2}+m_{H_2O}=16+64=80\left(g\right)\) (1)

\(\dfrac{m_{CO_2}}{m_{H_2O}}=\dfrac{11}{9}\)  \(\Rightarrow9m_{CO_2}=11m_{H_2O}\) (2)

\(\left(1\right);\left(2\right)\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{CO_2}=44\left(g\right)\\m_{H_2O}=36\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

`a)`\(A+O_2\rightarrow\left(t^o\right)CO_2+H_2O\)

`b)`Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

\(m_A+m_{O_2}=m_{CO_2}+m_{H_2O}\)

\(\Rightarrow m_A=4,4+3,6-6,4=1,6\left(g\right)\)

`a)`

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

`Fe+2HCl->FeCl_2+H_2`

`Zn+2HCl->ZnCl_2+H_2`

`b)`

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

\(m_{muối}=m_{hh}+m_{HCl}-m_{H_2}\)

          \(=29,6+51,1-1,4=79,3\left(g\right)\)

D. Độ pH của chất trong cốc giảm xuống

PT đầy đủ: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

PT ion rút gọn: \(OH^-+H^+\rightarrow H_2O\)