a./ Nung chất rắn B thu được khí CO2 → H2SO4 phản ứng hết 
Số mol khí CO2 thu được: n(CO2) = 1,568/22,4 = 0,07mol 
H2SO4 + MgCO3 → CO2 + MgSO4 + H2O 
H2SO4 + RCO3 → CO2 + RSO4 + H2O 
Số mol H2SO4 tham gia pư: 
n(H2SO4) = n(CO2) = 0,07mol 
Nồng độ cung dịch H2SO4: 
C(H2SO4) = 0,07/0,1 = 0,7M 

b./ Số mol H2O tạo thàh từ các phản ứng: n(H2O) = n(CO2) = 0,07mol 
Theo ĐL bảo toàn khối lượng: 
m(cacbonat) + n(H2SO4) = m(CO2) + m(H2O) + m(B) + m(C) 
→ m(B) = m(cacbonat) + n(H2SO4) - m(CO2) - m(H2O) - m(C) = 12,34 + 0,07.98 - 0,07.44 - 0,07.18 - 8,4 = 6,46g 
Số mol CO2 tạo thành khi nung B: n(CO2) = 1,12/22,4 = 0,05mol 
Áp dụng ĐL bảo toàn khối lượng: m(B) = m(CO2) + m(E) 
→ m(E) = m(B) - m(CO2) = 6,46 - 0,0.44 = 4,26g 

c./ Gọi x là số mol RCO3 → số mol MgCO3 là 5x 
Theo định luật bảo toàn nguyên tố: 
n(MgCO3) + n(RCO3) = Σn(CO2) 
→ 5x + x = 0,07 + 0,05 → x = 0,02mol 
Khối lượng mỗi muối trong hh ban đầu: 
m(MgCO3) = 84.5.0,02 = 8,4g 
m(RCO3) = m(A) - m(MgCO3) = 12,34 - 8,4 = 3,94g 
M(RCO3) = R + 60 = m(RCO3)/n(RCO3) = 3,94/0,02 = 197 
→ R = 137 
Vậy nguyên tố R là Ba

 +4 +7 +6 +2 +6 +6 
a, SO2 + KMnO4 + H2O ---> K2SO4 + MnSO4 + H2SO4 
+4 +6 
S ---> S + 2e | x5 

+7 +2 
Mn + 5e ---> Mn | x2 

----> 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O ---> K2SO4 +2MnSO4 + 2H2SO4 

b, SO2 là chất khử 
KMnO4 là chất oxi hoá

a)NaOH+SO2 \(\rightarrow\) NaHSO3 (1) 
NaOH+SO2 \(\rightarrow\) Na2SO3+H2O (2) 

b)Ta có co số mol SO2 là : n = 12,8 / 64 = 0,2 
số mol NAOH là : n =0,25 x 1 = 0,25 
Ta có tỷ lệ : 
n [NaOH]/ n [SO2] = 0,25/0,2 = 1,25 
Nên sẽ xảy ra đồng thời 2 phản ứng 1 và 2 

NaOH + SO2 = NaHSO3 (1) 
x mol x mol x mol 
2NaOH + SO2 = Na2So3 + H2O (2) 
y mol y/2 mol y/2 mol 

Từ (1)(2): Ta có hệ phương trình : 
x+y = 0,25 
x+y/2 = 0,2 
Giải hệ trên ta có x = 0,15 mol 
y= 0,1 mol 

Khối lượng muối sau phản ứng sẽ bao gồm 2 muối là NaHSO3 và NA2SO3 
Số mol Nahso3 = x = 0,15 mol 
==> Khối lương NAHSO3 = 0,15 x 104 = 15,6 g 
Số mol NA2SO3 = y/2 = 0,1 /2 = 0,05 mol 
==> Khối lượng NA2SO3 = 0,05 x 126 = 6,3 g 

Vậy khối lượng muối thu dc sau phản ứng là : 15,6 + 6,3 = 21,9 g 

Ở nhiệt độ phòng, có sự chuyển hóa từ (\(S_{\beta}\rightarrow S_{\alpha}\)), vì vậy khi giữ (\(S_{\beta}\)) vài ngày ở nhiệt độ phòng thì :

- Khối lượng riêng của lưu huỳnh tăng dần.

- Nhiệt độ nóng chảy thấp hơn.

a. Fe + S \(\rightarrow\) FeS 
2Al + 3S \(\rightarrow\) Al2S3 
b. Gọi x, y lần lượt là số mol của sắt và nhôm ta có: 
PT: Fe + S \(\rightarrow\) FeS 
theo đề x(mol) x(mol) 
2Al + 3S \(\rightarrow\) Al2S3 
y(mol) (3/2)y (mol) 
Theo đề bài ta có hệ: 56x + 27y = 1,1 
x + (3/2)y = 1,28/32= 0.04 
Giải hệ ta được x= 0.01; y=0.02 
KHối lượng sắt trong hỗn hợp là:56x = 56x0.01=0.56 g 
+> %Fe=(0.56/1.1)x100%= 50.9% 
=> %Al= 100% - 50.9% = 49,1% 

\(n_S=\frac{0,224}{32}=0,007mol\)

\(n_{Zn}=\frac{0,650}{65}=0,01mol\)

\(n_S\)\(<\)\(n_{Zn}\)

\(\rightarrow\) chất dư là Zn, số mol của pt tính theo S:

Zn         +        S       \(\rightarrow\)        ZnS

0,007       0,007                 0,007 ( mol )

Sau pư chất thu được trong ống nghiệm là:  Zn dư ; ZnS

\(n_{Zn\left(dư\right)}=0,01-0,007=0,003\left(mol\right)\)

\(m_{ZnS}=0,007.97=0,697\left(g\right)\)

\(m_{Zn\left(dư\right)}=0,003.65=0,195\left(g\right)\)

1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu

Cl₂ + 2KI \(\rightarrow\) 2KCl + I₂  và 5Cl₂ + I₂ + 6H₂O \(\rightarrow\) 2HIO₃ + 10HCl

b. Quá trình chuyển X₂ \(\rightarrow\) 2X^- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion X^-

Mặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo

(Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống \(\rightarrow\) phân tử F₂ chỉ có liên kết \(\sigma\). Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống \(\rightarrow\) phân tử Cl₂ ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết \(\sigma\), thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết  pi).

2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO₂ = 0,06 và NO₂ = 0,02 \(\rightarrow\) số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14

Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = \(\frac{0,17-0,14}{2}\) = 0,015

Ta có :                               NO₃^- +  2H⁺ +1e \(\rightarrow\) NO₂ + H₂O

                                           0,02    0,04

                                          SO₄^2- +4H⁺ +2e \(\rightarrow\) SO₂ +2H₂O

                                            0,06     0,24

nNO₃ ^-_(muối) = nNO₃^- _(ax) – nNO₂ = nH⁺ - nNO₂ = 0,04 – 0,02 = 0,02

Tương tự tính được nSO₄^2- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc axit

 \(\rightarrow\) m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam)

- Phương pháp điều chế clo trong phòng thí nghiệm: Đun nóng nhẹ dung dịch HCl đậm đặc với chất oxi hóa mạnh như MnO₂ (hoặc KMnO₄).

MnO₂ + 4HCl \(\underrightarrow{t^o}\) MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O                               

Để thu được khí clo tinh khiết:

- Bình H₂SO₄ đặc có tác dụng làm khô khí clo.

- Clo nặng hơn không khí Þ Thu bằng cách đẩy không khí.

- Bông tẩm xút: tránh để clo độc bay ra ngoài.

b.

+ CO₂: Nhận biết bằng dung dịch nước vôi trong \(\Rightarrow\) vẩn đục.

+ Etilen làm mất màu vàng của dung dịch brom.

Đốt cháy hai khí còn lại, đem sản phẩm qua dung dịch nước vôi trong thấy vẩn đục \(\Rightarrow\) Nhận biết được metan, còn lại là H₂.

CH₂ = CH₂ + Br₂ \(\rightarrow\) BrCH₂ – CH₂Br

CH₄ + 2O₂ \(\underrightarrow{t^o}\)CO₂ + 2H₂O

CO₂ + Ca(OH)₂ \(\rightarrow\) CaCO₃\(\downarrow\) + H₂O

2H₂ + O₂ \(\rightarrow\) 2H₂O