\(FeCl_3+3AgNO_3\rightarrow Fe\left(NO_3\right)_3+3AgCl\downarrow\)

\(2KOH+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+2H_2O\)

Thuốc thử: \(Ba\left(HCO_3\right)_2,HCl\)

Lần lượt lấy mỗi dung dịch hỗn hợp ở các lọ làm mẫu thử thực hiện thí nghiệm sau:

- Cho từng mẫu thử tác dụng với dung dịch \(Ba\left(HCO_3\right)_2\) dư:

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng là mẫu: \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\), \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\) (I)

\(K_2CO_3+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaCO_3\downarrow+2KHCO_3\) 

\(Na_2SO_4+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaSO_4+2NaHCO_3\)

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng và có sủi bọt khí là mẫu: \(HCl\) và \(H_2SO_4\)

- Thu kết tủa của 2 mẫu ở (I) cho tác dụng với dung dịch HCl dư:

+ Kết tủa tan => kết tủa \(BaCO_3\) => Đó là mẫu chứa \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\)

\(BaCO_3+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O+CO_2\)

+ Kết tủa không tan => kết tủa \(BaSO_4\) => Đó là mẫu chứa \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\)

\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{10,2}{27.2+16.3}=0,1\left(mol\right)\)

⇒ Số phân tử Al₂O₃ = 6,022.10²³.0,1 = 6,022.10²² (phân tử)

a, Ba(OH)₂, NaOH

b, Ba(OH)₂, Mg(OH)₂, Cu(OH)₂, NaOH

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

\(Mg\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow MgCl_2+2H_2O\)

\(Cu\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow CuCl_2+2H_2O\)

\(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)

c, Ba(OH)₂, NaOH

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

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

d, Mg(OH)₂, Cu(OH)₂

PT: \(Mg\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}MgO+H_2O\)

\(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)₂

e, Ba(OH)₂, NaOH

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+CuSO_4\rightarrow BaSO_4+Cu\left(OH\right)_2\)

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

 0,117 mol ion H+

a) \(Al_2O_3+H_2SO_4\rightarrow X+H_2O\)

X là chất Al₂(SO₄)₃

b) \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

c) áp dụng công thức định luật bảo toàn khối lượng

\(m_{H_2SO_4}=m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}+m_{H_2O}-m_{Al_2O_3}=34,2+5,4-10,1=29,5\left(g\right)\)

vậy a = 29,5 g

\(n_{H_2SO_4}=0,5.0,6=03\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Zn}=x\\n_{CuO}=y\end{matrix}\right.\)

\(Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\)

 x           x                         x

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

 y           y                      

Có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)

=> 

x=0,2

y=0,1

a. \(m_{Zn}=0,2.65=13\left(g\right),m_{CuO}=80.0,1=8\left(g\right)\)

\(\%m_{Zn}=\dfrac{13.100\%}{21}=61,9\%\\ \%m_{CuO}=\dfrac{8.100\%}{21}=38,1\%\)

b. Có 1 phân tử khí \(H_2\) bay ra

a. Gọi số mol của Zn và CuO lần lượt là x và y.

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

 x          x

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

  y          y

\(n_{H_2SO_4}\) = 0,6 . 0,5 = 0,3 mol

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}65x+80y=21\\x+y=0,3\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,2\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Zn = 13 gam ⇒ %Zn = 62%

⇒m_CuO = 8 gam ⇒ % CuO = 38%

b. Khí thoát ra là khí H₂.

⇒ \(n_{H_2}\)= 0,2 mol 

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

a. \(n_{H_2}\)= 0,1 mol

⇒ n_Fe = 0,1 mol ⇒ m_Fe = 5,6 gam

⇒ m_MgO = 40 gam ⇒ n_MgO = 0,1 mol

b. Thể tích HCl đã dùng là

V = \(\dfrac{n}{C_M}\) = \(\dfrac{0,1.2+0,1.2}{1}\) = 0,4 lít = 400 mL

\(CuO+2HNO_3\rightarrow Cu\left(NO_3\right)_2+H_2O\)

  0,2     0,4              0,2

Giả sử \(HNO_3\) không dư, phản ứng trên vừa đủ.

Dung dịch X chỉ chứa duy nhất \(Cu\left(NO_3\right)_2\)

\(Cu\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaNO_3\)

 0,25<------0,5

\(n_{NaOH}=0,5.1=0,5\left(mol\right)\)

Từ phương trình hóa học thấy 0,25>0,2 => Giả sử sai, \(HNO_3\) dư sau phản ứng.

Đặt số mol \(HNO_3\) dư là x

\(HNO_3+NaOH\rightarrow NaNO_3+H_2O\)

 x------->x

\(Cu\left(NO_3\right)_2+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2+2NaNO_3\)

 0,2---------->0,4

Có: \(x+0,4=n_{NaOH}=0,5\Rightarrow x=0,1\)

=> Tổng mol \(HNO_3=0,4+x=0,4+0,1=0,5\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow CM_{HNO_3}=\dfrac{0,5}{0,2}=2,5\left(M\right)\)