a, \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

b, \(n_{Mg}=\dfrac{1,2}{24}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{HCl}=2n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\\n_{MgCl_2}=n_{H_2}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ m_HCl = 0,1.36,5 = 3,65 (g)

m_MgCl2 = 0,05.95 = 4,75 (g)

c, V_H2 = 0,05.22,4 = 1,12 (l)

a, - Trích mẫu thử.

- Cho từng mẫu thử pư với dd HCl.

+ Tan, xuất hiện bọt khí: Mg

PT: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

+ Không hiện tượng: Cu, Ag (1)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd FeCl₃

+ Tan, dd chuyển màu xanh: Cu

PT: Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

+ Không hiện tượng: Ag

- Dán nhãn.

b, - Trích mẫu thử.

- Cho từng mẫu thử pư với dd NaOH.

+ Tan, xuất hiện bọt khí: Zn 

PT: \(Zn+2NaOH\rightarrow Na_2ZnO_2+H_2\)

+ Không hiện tượng: Ca, Fe (1)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với nước

+ Tan, có bọt khí: Ca

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

+ Không hiện tượng: Fe

- Dán nhãn.

c, - Trích mẫu thử.

- Cho từng mẫu thử pư với HCl.

+ Tan, có bọt khí: Fe, Zn (1) 

PT: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ 

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

+ Không hiện tượng: Cu, Ag (2)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với NaOH.

+ Tan, có bọt khí: Zn

PT: \(Zn+2NaOH\rightarrow Na_2ZnO_2+H_2\)

+ Không hiện tượng: Fe

- Nhóm (2) làm tiếp như nhóm (1) ở phần a

- Dán nhãn.

PT: \(4FeCO_3+O_2\underrightarrow{t^o}2Fe_2O_3+4CO_2\)

\(2Fe_xO_y+\dfrac{3x-2y}{2}O_2\underrightarrow{t^o}xFe_2O_3\)

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

\(FeCO_3+2HCl\rightarrow FeCl_2+CO_2+H_2O\)

\(Fe_xO_y+2yHCl\rightarrow xFeCl_{2y/x}+yH_2O\)

Ta có: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{22,4}{160}=0,14\left(mol\right)\)

\(n_{FeCO_3}=n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=\dfrac{7,88}{197}=0,04\left(mol\right)\)

Mà: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{1}{2}n_{FeCO_3}+\dfrac{x}{2}n_{Fe_xO_y}\) \(\Rightarrow n_{Fe_xO_y}=\dfrac{0,24}{x}\left(mol\right)\)

Ta có: m_FeCO3 + m_FexOy = 23,2 ⇒ m_FexOy = 18,56 (g)

\(\Rightarrow M_{Fe_xO_y}=\dfrac{18,56}{\dfrac{0,24}{x}}=\dfrac{232}{3}x=56x+16y\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{y}=\dfrac{3}{4}\)

Vậy: CTHH cần tìm là Fe₃O₄

Ta có: P = E (do nguyên tử trung hòa về điện)

- Tổng số hạt cơ bản trong 2 nguyên tử X, Y là 96.

⇒ 2P_X + N_X + 2P_Y + N_Y = 96 (1)

- Tổng số hạt mang điện nhiều hơn tổng số hạt không mang điện là 32.

⇒ 2P_X + 2P_Y - N_X - N_Y = 32 (2)

- Số hạt mang điện của X nhiều hơn Y là 16.

⇒ 2P_X - 2P_Y = 16 (3)

Từ (1), (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2P_X+2P_Y=64\left(4\right)\\N_X+N_Y=32\end{matrix}\right.\)

Từ (3), (4) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P_X=Z_X=20\\P_Y=Z_Y=12\end{matrix}\right.\)

→ X là Ca, Y là Mg

a, \(2Fe+O_2\underrightarrow{t^o}2FeO\)

\(4Fe+3O_2\underrightarrow{t^o}2Fe_2O_3\)

\(3Fe+2O_2\underrightarrow{t^o}Fe_3O_4\)

\(Fe+4HNO_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_3+NO+2H_2O\)

\(3FeO+10HNO_3\rightarrow3Fe\left(NO_3\right)_3+NO+5H_2O\)

\(Fe_2O_3+6HNO_3\rightarrow2Fe\left(NO_3\right)_3+3H_2O\)

\(3Fe_3O_4+28HNO_3\rightarrow9Fe\left(NO_3\right)_3+NO+14H_2O\)

b, Coi hh A gồm Fe và O.

Ta có: 56n_Fe + 16n_O = 12 (1)

BT e: \(3n_{Fe}-2n_O=3n_{NO}=0,3\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ⇒ n_Fe = 0,18 (mol)

⇒ m_Fe = 0,18.56 = 10,08 (g)

c, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=\dfrac{\dfrac{6}{15}.7}{56}=0,05\left(mol\right)\\n_{Cu}=\dfrac{\dfrac{6}{15}.8}{64}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Y là Cu và Fe dư.

\(n_{Fe\left(dư\right)}=\dfrac{4,32-0,05.64}{56}=0,02\left(mol\right)\)

Muối sắt thu được là Fe(NO₃)₂.

BTNT Fe: \(n_{Fe\left(NO_3\right)_2}=n_{Fe}-n_{Fe\left(dư\right)}=0,03\left(mol\right)\)

\(m_{Fe\left(NO_3\right)_2}=0,03.180=5,4\left(g\right)\)

Coi Z gồm NO và N₂O (do %V_N2 = %V_NO2)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NO}+n_{N_2O}=\dfrac{4,958}{24,79}=0,2\\30n_{NO}+44n_{N_2O}=17,625.2.0,2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{NO}=0,125\left(mol\right)\\n_{N_2O}=0,075\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

⇒ n_HNO3 = 4n_NO + 10n_N2O = 1,25 (mol)

n_SO2 = 0,45 (mol)

Ta có: n_{SO4^2- (trong muối)} = n_SO2 = 0,45 (mol)

⇒ m = 18,8 + 0,45.96 = 62 (g)

Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}=0,5\left(mol\right)\)

BT e, có: 2n_Mg + 2n_Fe + 3n_Al = 2n_H2 = 1 

Kết tủa thu được gồm Mg(OH)₂, Fe(OH)₂, Al(OH)₃

⇒ n_OH^- = 2n_Mg + 2n_Fe + 3n_Al = 1 (mol) 

BTNT H, có: n_H2O = 1/2n_OH = 0,5 (mol)

BTKL: m _hydroxit = m _oxit + m_H2O

⇒ m _{chất rắn} = m _oxit = 20 + 1.17 - 0,5.18 = 28 (g)

a, Ta có: \(n_{SO_3}=\dfrac{8}{80}=0,1\left(mol\right)\)

PT: \(SO_3+H_2O\rightarrow H_2SO_4\)

_____0,1____________0,1 (mol)

\(\Rightarrow C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,2}=0,5\left(M\right)\)

b, \(H_2SO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

______0,1_______0,2 (mol)

\(\Rightarrow V_{NaOH}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)\)

Ta có: \(\dfrac{28n_{CO}+44n_{CO_2}}{n_{CO}+n_{CO_2}}=1.32=32\)

\(\Rightarrow n_{CO}=3n_{CO_2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{CO_2}=\%n_{CO_2}=\dfrac{n_{CO_2}}{n_{CO_2}+n_{CO}}.100\%=\dfrac{n_{CO_2}}{n_{CO_2}+3n_{CO_2}}.100\%=25\%\\\%V_{CO}=100-25=75\%\end{matrix}\right.\)

\(\%m_{CO_2}=\dfrac{44n_{CO_2}}{44n_{CO_2}+28n_{CO}}.100\%=\dfrac{44n_{CO_2}}{44n_{CO_2}+28.3n_{CO_2}}.100\%=34,375\%\)

\(\Rightarrow\%m_{CO}=100-34,375=65,625\%\)