Gọi CTHH của acidic oxide đó là \(X_2O_n\)

\(\%m_X=100\%-56,34\%=43,66\%\)

Ta có : \(\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{\%m_X}:\dfrac{M_O}{\%m_O}\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{2}=\dfrac{M_X}{43,66\%}:\dfrac{16}{56,34\%}\)

\(\Rightarrow M_X=6,2n\)

Ta có bảng : 

Vậy \(X\) là \(P\) , A là \(P_2O_5\)

Gọi kim loại đó là \(X\) có hóa trị là n 

\(4X+nO_2\underrightarrow{t^o}2X_2O_n\) (1)

\(X_2O_n+2nHCl\rightarrow2XCl_n+nH_2O\) (2)

Ta có : \(n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{2M_X+16n}\left(mol\right)\)

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{XCl_n}=2n_{X_2O_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{XCl_n}=\dfrac{71,4}{M_X+8n}.\left(M_X+35,5n\right)=186,9\)

\(\Rightarrow\dfrac{71,4M_X+2534,7n}{M_X+8n}=186,9\)

\(\Rightarrow71,4M_X+2534,7n=186,9M_X+1495,2n\)

\(\Rightarrow115,5M_X=1039,5n\)

\(\Rightarrow M_X=9n\)

Ta có bảng : 

Vậy X là nhôm ( Al )

Ta có : \(n_{Al_2O_3}=\dfrac{71,4}{102}=0,7\left(mol\right)\)

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Al}=2n_{Al_2O_3}=0,7.2=1,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m=m_{Al}=1,4.27=37,8\left(g\right)\)

Từ công thức tinh thể => M có hóa trị II.

a)

Theo đề có:

\(\%_S=\dfrac{32.100\%}{M+96+18n}=14,95\%\)

\(\%_M=\dfrac{M.100\%}{M+96+18n}=29,91\%\)

=> Với `n=3` thì `M=64(Cu)`

=> Công thức tinh thể: \(CuSO_4.3H_2O\)

b)

\(m_{CuSO_4}=\dfrac{85,6}{214}.160=64\left(g\right)\)

\(n_{co_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,02\left(mol\right)\)

\(n_{BaCl_2}=\dfrac{100.20,8\%}{208}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH : 

\(BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3+2NaCl\) (1)

Như vậy : dung dịch X gồm \(BaCO_3;NaCl;\) có thể có \(BaCl_2\) dư hoặc \(Na_2CO_3\) dư

PTHH : 

\(BaCO_3+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+CO_2+H_2O\) (2)

ctc : \(Na_2CO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\) (3)

+) TH1 : Nếu \(BaCl_2\) dư ( không có phản ứng (3) )

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Na_2CO_3}=n_{BaCO_3}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,04.106=4,24\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C_{\%ddNa_2CO_3}=\dfrac{4,24.100\%}{100}=4,24\%\)

BTKL \(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspứ}+m_{CO_2}\)

\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}-m_{CO_2}=m_{ddspứ}\)

\(\Rightarrow m_{ddspứ}=100+100+100-0,04.44=298,14\left(g\right)\)

+) TH2 : Nếu \(Na_2CO_3\) dư ( xảy ra phản ứng (3) )

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{BaCl_2}=0,1\left(mol\right)\)

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{CO_2\left(2\right)}=n_{BaCO_3\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)>0,04\left(mol\right)\) ( vô lí ) 

\(\Rightarrow\) TH2 loại

- Nguyên tử khối của Nitơ là khoảng 14 amu. ( 14g/mol )
- Nguyên tử khối của Helium là khoảng 4 amu. ( 4g/mol )

có lời giải chi tiết k ạ

Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch \(BaCl_2\)đủ cho đến khi kết tủa đạt tối đa, lọc kết tủa: 

\(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2NaCl\)

Hỗn hợp dung dịch khi này sau lọc kết tủa gồm \(NaCl,MgCl_2\)

Tiếp tục cho tác dụng với dung dịch \(NaOH\) đủ đến khi kết tủa tối đa, lọc kết tủa ta thu được muối ăn tinh khiết:

\(MgCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Mg\left(OH\right)_2\)

Để thu được muối ăn tinh khiết ta làm như sau:

1. Phơi nước biển và cô đặc: Phơi nước biển trên các ruộng muối để ánh nắng chiếu trực tiếp. Nước dễ dàng bay hơi nên ta có thể lấy được muối ăn.

2. Cô đặc dung dịch chứa NaCl: Sử dụng phương pháp cô đặc nồi hở.Cô đặc dung dịch chứa muối ăn để tạo ra muối tinh khiết.

`#3107.101107`

`b)`

m của `0,02` mol phân tử `H_2:`

\(\text{m}_{\text{H}_2}=\text{n}_{\text{H}_2}\cdot\text{M}_{\text{H}_2}=0,02\cdot2=0,04\left(\text{g}\right)\)

V của `H_2` ở đkc:

\(\text{V}_{\text{H}_2}=\text{n}_{\text{H}_2}\cdot24,79=0,02\cdot24,79=0,4958\left(\text{l}\right)\)

___

`0,25` mol?

m của phân tử `CO_2:`

\(\text{m}_{\text{CO}_2}=\text{n}\cdot\text{M}=0,25\cdot44=11\left(g\right)\)

V của phân tử `CO_2:`

\(\text{V}_{\text{CO}_2}=n\cdot24,79=0,25\cdot24,79=6,1975\left(l\right)\)

____

m của phân tử `NO:`

\(\text{m}_{\text{NO}}=\text{n}\cdot\text{M}=0,1\cdot30=3\left(g\right)\)

V của phân tử `NO:`

\(\text{V}_{\text{NO}}=n\cdot24,79=0,1\cdot24,79=2,479\left(\text{l}\right).\)

\(n_{Fe}=\dfrac{1,2395}{56}=0,022\left(mol\right)\)

a)

  \(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

0,022 0,044   0,022      0,022

\(m_{HCl}=0,044.36,5=1,606\left(g\right)\)

b)

\(m_{FeCl_2}=0,022.127=2,794\left(g\right)\)

c) \(V_{H_2}=0,022.24,79=0,54538\left(l\right)\)

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

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

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 \(Na_2SO_4\)