- Dễ dàng nhận biết:

+ dung dịch: Ba(OH)₂, NaOH, H₂SO₄, Ca(OH)₂, HCl (1)

+ Chất rắn: MgCO₃, CuSO₄, Na₃PO₄ (*)

- Nung các chất rắn ở (*):

+ Không hiện tượng: CuSO₄, Na₃PO₄ (**)

+ Có khí không màu thoát ra: MgCO₃

\(MgCO_3\underrightarrow{t^o}MgO+CO_2\)

- Cho các dd ở (1) tác dụng với quỳ tím:

+ QT chuyển đỏ: H₂SO₄, HCl (2)

+ QT chuyển xanh: Ba(OH)₂, NaOH, Ca(OH)₂ (3)

- Nhiệt phân MgCO₃, thu được khí CO₂. Sục CO₂ vào lượng dư các dd ở (3):

+ Không hiện tượng: NaOH 

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

+ Kết tủa trắng: Ba(OH)₂, Ca(OH)₂ (4)

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

\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

- Hòa tan 2 chất rắn ở (**) vào dd NaOH:

+ Không hiện tượng: Na₃PO₄

+ Kết tủa xanh: CuSO₄

\(CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

- Phân biệt 2 chất ở (4) bằng phương pháp thử màu ngọn lửa:

+ Ngọn lửa màu xanh lá: Ba(OH)₂

+ Ngọn lửa màu cam: Ca(OH)₂

- Cho dd ở (2) tác dụng với dd Ba(OH)₂:

+ Không hiện tượng: HCl

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

+ Kết tủa trắng: H₂SO₄

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

a) PTK = 3,375.32 = 108 (đvC)

b) 

Ta có: PTK = 2.NTK_X + 16.5 = 108

=> NTK_X = 14 (đvC)

=> X là N (Nitơ)

c) 

d) \(\%N=\dfrac{14.2}{108}.100\%=25,93\%\)

Bài 7:

a) \(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

b) \(n_{Al}==\dfrac{4,05}{27}=0,15\left(mol\right)\); \(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{Al\left(pư\right)}=\dfrac{2}{3}.n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

=> m_Al(pư) = 0,1.27 = 2,7 (g)

c) Theo PTHH: \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{3}.n_{H_2}=0,05\left(mol\right)\)

=> \(m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05.342=17,1\left(g\right)\)

m_Al(dư) = 4,05 - 2,7 = 1,35 (g)

d) Theo PTHH: \(n_{H_2SO_4}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\)

=> \(m_{H_2SO_4}=0,15.98=14,7\left(g\right)\)

Bài 10:

a) \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{24}{160}=0,15\left(mol\right)\); \(n_{H_2SO_4}=2,5.0,2=0,5\left(mol\right)\)

b) 

PTHH: \(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,15}{1}< \dfrac{0,5}{3}\) => Fe₂O₃ hết, H₂SO₄ dư

PTHH: \(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

             0,15----->0,45--------->0,15

=> \(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,5-0,45=0,05\left(mol\right)\)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(Fe_2\left(SO_4\right)_3\right)}=\dfrac{0,15}{0,2}=0,75M\\C_{M\left(H_2SO_4.dư\right)}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25M\end{matrix}\right.\)

Bài 22:

a) \(n_{MgO}=\dfrac{8}{40}=0,2\left(mol\right)\); \(n_{H_2SO_4}=\dfrac{294.10\%}{98}=0,3\left(mol\right)\)

b) 

PTHH: \(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,3}{1}\) => MgO hết, H₂SO₄ dư

PTHH: \(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

             0,2------>0,2-------->0,2

=> \(m_{MgSO_4}=0,2.120=24\left(g\right)\)

\(m_{H_2SO_4\left(dư\right)}=\left(0,3-0,2\right).98=9,8\left(g\right)\)

c) m_{dd sau pư} = 8 + 294 = 302 (g)

d) \(\left\{{}\begin{matrix}C\%_{MgSO_4}=\dfrac{24}{302}.100\%=7,95\%\\C\%_{H_2SO_4\left(dư\right)}=\dfrac{9,8}{302}.100\%=3,25\%\end{matrix}\right.\)

Bài 25:

a) \(n_{Mg}=\dfrac{2,4}{24}=0,1\left(mol\right)\); \(n_{HCl}=\dfrac{109,5.10\%}{36,5}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,3}{2}\) => Mg hết, HCl dư

PTHH: \(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)

             0,1---->0,2----->0,1---->0,1

=> \(m_{H_2}=0,1.2=0,2\left(g\right)\)

b) m_{dd sau pư} = 2,4 + 109,5 - 0,2 = 111,7 (g)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}C\%_{MgCl_2}=\dfrac{0,1.95}{111,7}.100\%=8,5\%\\C\%_{HCl\left(dư\right)}=\dfrac{\left(0,3-0,2\right).36,5}{111,7}.100\%=3,27\%\end{matrix}\right.\)

a) Mg

\(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\)

\(2H_2+O_2\underrightarrow{t^o}2H_2O\)

b) Fe₂O₃

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

c) CuO

\(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

d) BaCl₂

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

e) MgO

\(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

Giả sử các khí được đo ở điều kiện sao cho 1 mol khí chiếm thể tích 1 lít

\(n_{CO_2}=0,14\left(mol\right)\Rightarrow n_C=0,14\left(mol\right)\)

=> \(\overline{C}=\dfrac{0,14}{0,1}=1,4\)

=> Có 1 chất mà trong phân tử có 1 nguyên tử cacbon

=> Chất đó là CH₄

=> Hidrocacbon còn lại là C₂H₆ (do 2 hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp)

=> A

Chất rắn thu được sau pư là Ag

=> m_Ag = 10,8 (g)

Gọi số mol Mg, Fe là a, b (mol)

=> 24a + 56b = 24,4 - 10,8 = 13,6 (1)

\(n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH: \(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\)

               a--------------------------->a

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

               b------------------------->b

=> a + b = 0,3 (2)

(1)(2) => a = 0,1 (mol); b = 0,2 (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Ag}=\dfrac{10,8}{24,4}.100\%=44,262\%\\\%m_{Mg}=\dfrac{0,1.24}{24,4}.100\%=9,836\%\\\%m_{Fe}=\dfrac{0,2.56}{24,4}.100\%=45,902\%\end{matrix}\right.\)

a) 

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,4.1=0,4\left(mol\right)\\n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=0,125.0,16=0,02\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,25.0,16=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

- Giả sử Fe³⁺, Al³⁺ kết tủa hết:

PTHH: \(Fe_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Fe\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

                 0,02-------->0,12-------->0,04-------->0,06

            \(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\)

                 0,04------->0,24--------->0,08-------->0,12

=> n_NaOH(pư) = 0,12 + 0,24 = 0,36 (mol) < 0,4 (mol)

=> Điều giả sử là đúng

n_NaOH(dư) = 0,4 - 0,36 = 0,04 (mol)

Do NaOH dư nên xảy ra pư:

PTHH: \(NaOH+Al\left(OH\right)_3\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)

              0,04----->0,04--------->0,04

=> Kết tủa thu được gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Fe\left(OH\right)_3:0,04\left(mol\right)\\Al\left(OH\right)_3:0,08-0,04=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: \(2Fe\left(OH\right)_3\underrightarrow{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\)

                0,04------>0,02

             \(2Al\left(OH\right)_3\underrightarrow{t^o}Al_2O_3+3H_2O\)

                 0,04----->0,02

=> m_C = 0,02.160 + 0,02.102 = 5,24 (g)

b) dd sau pư chứa \(\left\{{}\begin{matrix}Na_2SO_4:0,18\left(mol\right)\\NaAlO_2:0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(Na_2SO_4\right)}=\dfrac{0,18}{0,4+0,16}=0,321M\\C_{M\left(NaAlO_2\right)}=\dfrac{0,04}{0,4+0,16}=0,071M\end{matrix}\right.\)

\(m_S=\dfrac{80.40}{100}=32\left(tấn\right)\)

=> \(n_S=\dfrac{32.10^6}{32}=10^6\left(mol\right)\)

Bảo toàn S: \(n_{H_2SO_4\left(LT\right)}=10^6\left(mol\right)\)

=> \(m_{H_2SO_4\left(LT\right)}=98.10^6\left(g\right)=98\left(tấn\right)\)

=> \(H\%=\dfrac{92}{98}.100\%=93,88\%\)