2NaOH + H₂SO4 -> Na₂SO₄ + 2H₂O

P₂O₅ + 6NaOH -> Na₃PO₄ + H₂O

H₂SO₄ + BaCl₂ -> BaSO₄ + HCl

H₂SO₄ + CuO -> CuSO₄ + H₂O

H₂SO₄ + Fe -> FeSO₄ + H₂

2NaOH + CuO -> Na₂CuO₂ + H₂O

\(m_{dd.muối.X}=3,2+196,8=200\left(g\right)\)

Có: \(C\%_X=\dfrac{m_X.100\%}{200}=4\%\Leftrightarrow m_X=8\left(g\right)\) \(M_2\left(SO_4\right)_n\)

\(3,2\left(g\right)M_2O_n\rightarrow8\left(g\right)M_2\left(SO_4\right)_n\)

=> \(n_{SO_4^{2-}}=\dfrac{8-3,2}{96-16}=0,06\left(mol\right)\)

\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,06.98.100\%}{196,8}=2,99\%\)

a)

\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

Nhúng giấy quý tím vào dung dịch thấy quỳ chuyển màu xanh.

b)

\(K_2O+H_2O\rightarrow2KOH\)

\(Al_2O_3+2KOH\rightarrow2KAlO_2+H_2O\)

Chất rắn tan dần tạo dung dịch trong suốt.

c) 

\(SO_2+2H_2O+Br_2\rightarrow H_2SO_4+2HBr\)

Dung dịch brom bị mất màu.

d) 

\(FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\)

Chất rắn tan tạo dung dịch màu lục nhạt.

\(n_{HCl}=0,4.1=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=0,4.0,5=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,1.1=0,1\left(mol\right)\)

Vì \(\dfrac{n_{H_2SO_4}}{n_{Ba\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,2}{0,1}=2>1\) \(\Rightarrow H_2SO_4\) dư 

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

\(0,1\)                \(0,1\)               \(0,1\)                           / mol

\(\Rightarrow m_{BaSO_4}=0,1.233=23,3\left(g\right)\)

help me 

Gọi CTHH của acidic oxide đó là \(X_2O_n\)

\(\%m_X=100\%-56,34\%=43,66\%\)

Ta có : \(\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{\%m_X}:\dfrac{M_O}{\%m_O}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{43,66\%}:\dfrac{16}{56,34\%}\)

\(\Rightarrow M_X=6,2n\)

Ta có bảng : 

Vậy \(X\) là \(P\) , A là \(P_2O_5\)

Gọi kim loại đó là \(X\) có hóa trị là n 

\(4X+nO_2\underrightarrow{t^o}2X_2O_n\) (1)

\(X_2O_n+2nHCl\rightarrow2XCl_n+nH_2O\) (2)

Ta có : \(n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{2M_X+16n}\left(mol\right)\)

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{XCl_n}=2n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{XCl_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}.\left(M_X+35,5n\right)=186,9\)

\(\Rightarrow\dfrac{71,4M_X+2534,7n}{M_X+8n}=186,9\)

\(\Rightarrow71,4M_X+2534,7n=186,9M_X+1495,2n\)

\(\Rightarrow115,5M_X=1039,5n\)

\(\Rightarrow M_X=9n\)

Ta có bảng : 

Vậy X là nhôm ( Al )

Ta có : \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{71,4}{102}=0,7\left(mol\right)\)

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Al}=2n_{Al_2O_3}=0,7.2=1,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m=m_{Al}=1,4.27=37,8\left(g\right)\)

Từ công thức tinh thể => M có hóa trị II.

a)

Theo đề có:

\(\%_S=\dfrac{32.100\%}{M+96+18n}=14,95\%\)

\(\%_M=\dfrac{M.100\%}{M+96+18n}=29,91\%\)

=> Với `n=3` thì `M=64(Cu)`

=> Công thức tinh thể: \(CuSO_4.3H_2O\)

b)

\(m_{CuSO_4}=\dfrac{85,6}{214}.160=64\left(g\right)\)

\(n_{co_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,02\left(mol\right)\)

\(n_{BaCl_2}=\dfrac{100.20,8\%}{208}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH : 

\(BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3+2NaCl\) (1)

Như vậy : dung dịch X gồm \(BaCO_3;NaCl;\) có thể có \(BaCl_2\) dư hoặc \(Na_2CO_3\) dư

PTHH : 

\(BaCO_3+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+CO_2+H_2O\) (2)

ctc : \(Na_2CO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\) (3)

+) TH1 : Nếu \(BaCl_2\) dư ( không có phản ứng (3) )

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Na_2CO_3}=n_{BaCO_3}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,04.106=4,24\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C_{\%ddNa_2CO_3}=\dfrac{4,24.100\%}{100}=4,24\%\)

BTKL \(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspứ}+m_{CO_2}\)

\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}-m_{CO_2}=m_{ddspứ}\)

\(\Rightarrow m_{ddspứ}=100+100+100-0,04.44=298,14\left(g\right)\)

+) TH2 : Nếu \(Na_2CO_3\) dư ( xảy ra phản ứng (3) )

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{BaCl_2}=0,1\left(mol\right)\)

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{CO_2\left(2\right)}=n_{BaCO_3\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)>0,04\left(mol\right)\) ( vô lí ) 

\(\Rightarrow\) TH2 loại

- Nguyên tử khối của Nitơ là khoảng 14 amu. ( 14g/mol )
- Nguyên tử khối của Helium là khoảng 4 amu. ( 4g/mol )

có lời giải chi tiết k ạ