a) \(Ca+2H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+H_2\uparrow\)

\(n_{Ca}=\frac{8}{40}=0,2mol\)

Theo phương trình \(n_{H_2}=n_{Ca}=0,2mol\)

\(\rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48l\)

b) Theo phương trình \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{Ca}=0,2mol\)

\(\rightarrow m_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2.\left(40+17.2\right)=14,8g\)

\(m_{ddsaupu}=m_{Ca}+m_{H_2O}-m_{H_2}\)

\(\rightarrow m_{ddsaupu}=8+200-0,2.2=207,6g\)

\(\rightarrow C\%_{ddCa\left(OH\right)_2}=\frac{14,8.100}{207,6}=7,13\%\)

a)

$n_{Ca} = \dfrac{20}{40} = 0,5(mol)$

\(Ca+2H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+H_2\)

0,5                          0,5           0,5                  (mol)

$V_{H_2} = 0,5.22,4 = 11,2(lít)$

b)

$C_{M_{Ca(OH)_2}} = \dfrac{0,5}{0,1} = 5M$

\(n_{Fe}=\dfrac{84}{56}=1,5\left(mol\right)\\ PTHH:Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\\ n_{H_2}=n_{FeCl_2}=n_{Fe}=1,5\left(mol\right)\\ V_{H_2}=1,5.22,4=33,6\left(l\right)\\ C\%_{ddFeCl_2}=\dfrac{127.1,5}{84+300-1,5.2}.100\%=\dfrac{190,5}{381}.100\%=50\%\)

\(n_{Fe}=\dfrac{16,8}{56}=0,3\left(mol\right)\)

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(0,3->0,3-->0,3->0,3\)

\(mH_2SO_4=0,3.98=29,4\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{ddH_2SO_4}=\dfrac{29,4.100}{200}=14,7\%\)

\(V_{FeSO_4}=\dfrac{n}{CM}=\dfrac{0,3}{2}=0,25\left(l\right)\)

\(VH_2=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)

\(n_{Fe}=\dfrac{16,8}{56}=0,3\left(mol\right)\\ pthh:Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)
          0,3        0,3          0,3           0,3 
\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,3.98}{200}.100\%=14,7\%\\ V_{FeSO_4}=\dfrac{0,3}{2}=0,15\left(l\right)\\ V_{H_2}=0,3.22,4=6,72\left(l\right)\)

a) 

\(n_{CaO}=\dfrac{8,4}{56}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: CaO + H₂O --> Ca(OH)₂

             0,15----------->0,15

=> m_Ca(OH)2 = 0,15.74 = 11,1 (g)

b) \(C_M=\dfrac{0,15}{0,5}=0,3M\)

c) 

PTHH: 2Ca + O₂ --t^o--> 2CaO

                     0,075<----0,15

=> V_O2 = 0,075.24,79 = 1,85925 (l)

\(a,n_{CaO}=\dfrac{8,4}{56}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: CaO + H₂O ---> Ca(OH)₂ 

            0,15-------------->0,15

=> m_Ca(OH)2 = 0,15.74 = 11,1 (g)

b, \(C_{M\left(Ca\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,15}{0,5}=0,3M\)

c, PTHH: 2Ca + O₂ --t^o--> 2CaO

                       0,075<------0,15

=> V_O2 = 0,075.24,79 = 1,85925 (l)

CaO + H2O  -- > Ca(OH)2

nCaO = 8,4 / 56 = 0,15 (mol)

mCa(OH)2  = 0,15 . 74 = 11,1 (g)

CM Ca(OH)2 = 0,15 / 0,5 = 0,3 M

2Ca + O2 -- > 2CaO

 nO2 = 1/2 . nCaO = 1/2 . 0,15 = 0,075 (mol)

VO2 = 24,79 . 0,075 = 1,85925 (l)

Câu 1 : 

Cách 1 : Dùng nam châm

- mẫu thử nào bị hút là Fe

- mẫu thử không hiện tượng là Ag

Cách 2  : Cho mẫu thử vào dd HCl

- mẫu thử tan tạo khí không màu là Fe
$Fe +2 HCl \to FeCl_2 + H_2$

- mẫu thử không hiện tượng là Ag

Câu 2 : 

a)

$Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2$
$n_{H_2} = n_{Fe} = \dfrac{28}{56} = 0,5(mol)$
$V_{H_2} = 0,5.22,4 = 11,2(lít)$
b)

$n_{HCl} =2 n_{Fe} = 1(mol)$
$V_{dd\ HCl} = \dfrac{1}{1} = 1(lít)$

(1)

$n_{H_2} = \dfrac{11,2}{22,4} = 0,5(mol)$
\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

0,5           1              0,5        0,5              (mol)

Sau phản ứng : $m_{dd} = 0,5.24 + 100 - 0,5.2 = 111(gam)$

$C\%_{MgCl_2} = \dfrac{0,5.95}{111}.100\% = 42,79\%$

(2)

Trích mẫu thử

Cho dung dịch $H_2SO_4$ tới dư vào mẫu thử :

- mẫu thử tạo khí không màu là $Na_2CO_3$
$Na_2CO_3 + H_2SO_4 \to Na_2SO_4 + CO_2 + H_2O$

- mẫu thử tạo kết tủa trắng là $BaCl_2$
$BaCl_2 + H_2SO_4 \to BaSO_4 + 2HCl$
- mẫu thử không hiện tượng là $NaNO_3$

\(nAl=\dfrac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)\)

\(mHCl=\dfrac{200.7,3\%}{100\%}=14,6\left(g\right)\)

\(nHCl=\dfrac{14,6}{36,5}=0,4\left(mol\right)\)

PTHH:

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_2+3H_2\)

 2         6              2            3    (mol)

0,1       0,3         0,1           0,15   (mol)

LTL : 0,1 / 2 < 0,4/6

=> Al đủ , HCl dư

1. \(VH_2=0,15.22,4=3,36\left(l\right)\)

2. \(mH_2=0,15.2=0,3\left(g\right)\)

mdd = mAl + mddHCl - mH2 = 2,7 + 200 - 0,3 = 202,4 (g)

\(mH_2SO_{4\left(dưsaupứ\right)}=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

\(mAlCl_2=0,1.98=9,8\left(g\right)\)

\(C\%_{ddH_2SO_4}=\dfrac{9,8.100}{202,4}=4,84\%\)

\(C\%_{AlCl_2}=\dfrac{9,8.100}{202,4}=4,84\%\)