a. Theo đề ta có các PTHH:

CaO + HCl \(\xrightarrow[]{}\) CaCl₂ + H₂O (1)

CaCO₃ + 2HCl \(\xrightarrow[]{}\) CaCl₂ + CO₂ + H₂O (2)

Đổi 896ml = 0,896 lít

Theo đề: \(n_{CO_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,04\left(mol\right)\)

Theo PTHH (2): \(n_{CaCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

=> \(m_{CaCO_3}=0,04\times100=4\left(g\right)\)

Dung dịch Y thu được sau phản ứng là dd CaCl₂

=> Muối khan thu được sau khi cô cạn dd Y là CaCl₂

Theo đề: \(n_{CaCl_2}=\dfrac{6,66}{111}=0,06\left(mol\right)\)

Theo PTHH (1) và (2):

\(n_{CaO}+n_{CaCO_3}=n_{CaCl_2}=0,06\left(mol\right)\)

hay: n_CaO+ 0,04 = 0,06

=> n_CaO= 0,06-0,04= 0,02 (mol)

=> m_CaO= 0,02\(\times\)56=1,12 (g)

\(\%m_{CaO}=\dfrac{1,12}{1,12+4}\times100\%=21,875\%\)

\(\%m_{CaCO_3}=\dfrac{4}{1,12+4}\times100\%=78,125\%\)

b. Theo đề ta có PTHH:

CO₂ + NaOH \(\xrightarrow[]{}\) NaHCO₃ (3)

Đổi 200ml = 0,2 lit

Theo đề: n_NaOH= 0,2\(\times\)0,25= 0,05 (mol)

Ta có tỉ lệ số mol của NaOH: \(\dfrac{0,05}{1}=0,05\)

Tỉ lệ số mol của CO₂: \(\dfrac{0,04}{1}=0,04\)

mà 0,04<0,05

=> NaOH dư

=> Hỗn hợp muối Z gồm NaOH dư và NaHCO₃

Theo PTHH (3): \(n_{NaHCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

=> \(m_{NaHCO_3}=0,04\times84=3,36\left(g\right)\)

\(n_{NaOH\left(pư\right)}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

=> \(n_{NaOH\left(dư\right)}=0,05-0,04=0,01\left(mol\right)\)

=> \(m_{NaOH\left(dư\right)}=0,01\times40=0,4\left(g\right)\)

\(\%m_{NaOH\left(dư\right)}=\dfrac{0,4}{0,4+3,36}\times100\%\approx10,638\%\)

\(\%m_{NaHCO_3}=\dfrac{3,36}{0,4+3,36}\times100\%=89,362\%\)

Theo đề ta có các PTHH:

Mg + 2HCl \(\xrightarrow[]{}\) MgCl₂ + H₂ (1)

Mg + Cl₂ \(\underrightarrow{t^o}\) MgCl₂ (2)

Cu + Cl₂ \(\underrightarrow{t^o}\) CuCl₂ (3)

Khí thu được sau phản ứng tác dụng với HCl là H₂

Theo đề: \(n_{H_2}=\dfrac{8,736}{22,4}=0,39\left(mol\right)\)

Theo PTHH (1): \(n_{Mg}=n_{H_2}=0,39\left(mol\right)\)

=> \(m_{Mg}=0,39\times24=9,36\left(g\right)\)

=> \(\%m_{Mg}=\dfrac{9,36}{10,38}\times100\%\approx90,173\%\)

Bài 2:

Gọi số hạt proton là p

số hạt electron là e

số hạt notron là n (p, e, n \(\in\) N*)

Theo đề ta có: e+p+n=58 (hạt)

hat 2p+n= 58 (hạt) (e=p)

e+p-n= 18 (hạt)

hay 2p-n= 18 (hạt)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}2p+n=58\\2p-n=18\end{matrix}\right.\)

=> p= 19 (hạt); n= 20 (hạt)

mà e=p => e= 19 hạt

Vậy có 19 hạt proton, 19 hạt electron, 20 hạt notron

b. Số electron trong mỗi lớp:

Lớp 1: 2e

Lớp 2: 8e

Lớp 3: 8e

Lớp 4: 1e

c. Ta có: nguyên tử khối = số p + số n

=> Nguyên tử khối của X = 19+20= 39 đvC

Bài 3:

Theo đề: p+e+n=60 (hạt)

hay 2p+n=60 (hạt) (1) (e=p)

e+p= 2n hay 2p=2n => p=n

Thay vào (1) ta được:

2p+p =60 <=> 3p= 60 => p= 20 (hạt)

=> Nguyên tố X là Canxi (Ca)

Gọi số hạt proton là p

Số hạt electron là e

Số hạt notron là n (p, e,n\(\in\) N*)

Theo đề ta có:

e+p+n = 82 hay 2p+n=82 (e = p)

\(n=\dfrac{15}{13}p\Leftrightarrow13n=15p\Leftrightarrow15p-13n=0\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}2p+n=82\\15p-13n=0\end{matrix}\right.\)

=> p= 26 (hạt); n= 30 (hạt)

mà e=p => e= 26 (hạt)

Vậy trong nguyên tử R có 26 hạt proton, 26 hạt electron, 30 hạt notron

Theo đề ta có PTHH:

Fe₃O₄ + 4H₂ \(\underrightarrow{t^o}\) 3Fe + 4H₂O

Theo đề: \(m_{Fe_3O_4}=0,58\times90\%=0,522\) tấn= 522000 gam

=> \(n_{Fe_3O_4}=\dfrac{522000}{232}=2250\left(mol\right)\)

Theo PTHH:

\(n_{Fe}=3n_{Fe_3O_4}=3\times2250=6750\left(mol\right)\)

=> \(m_{Fe}=6750\times56=378000\left(g\right)=0,378\left(tấn\right)\)

Vậy thu được 0,378 tấn

\(9x^2-24x+16=\left(3x\right)^2-2.3.4+4^2=\left(3x-4\right)^2\)

Theo đề: \(m_{ddCuSO_4}\)_{(thu được)} = 15+ 250 = 265 (g)

\(m_{CuSO_4\left(10\%\right)}=250\times10\%=25\left(g\right)\)

=> \(m_{CuSO_4}=15+25=40\left(g\right)\)

C%= \(\dfrac{40}{265}\times100\%\approx15,094\%\)

Bài 1:Hòa tan 5,85g NaCl và 5,6g KOH vào nước để thu được 500ml dd X. Tính nồng độ mol của các chất có trong dd X.

Theo đề ta có PTHH:

2NaCl + 2H₂O \(\xrightarrow[]{}\) 2NaOH + Cl₂ + H₂

(KOH không tác dụng với H₂O)

Theo đề: n_NaCl= \(\dfrac{5,85}{58,5}=0,1\left(mol\right)\)

n_KOH= \(\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PTHH:

n_NaOH= n_NaCl= 0,1 (mol)

Chất tan có trong dd X gồm NaOH và KOH

Đổi: 500ml = 0,5 lít

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

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

Bài 2: Tính khối lượng chất tan có trong 250 gam dd chứa HCl 14,6% và H₂SO₄ 9,8%

m_HCl= 250.14,6%= 36,5 (g)

\(m_{H_2SO_4}=250\times9,8\%=24,5\left(g\right)\)

=> Khối lượng chất tan là: 36,5+ 24,5= 61 (g)