Gọi số hạt proton , hạt nowtron và hạt electron của nguyên tử đó lần lượt là P , N , E ( P , N , E \(\in\) N^* )

Theo đề bài , ta có : P + N + E = 13 ( 1 )

Vì nguyên tử trung hòa về điện nên : P = E ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow\) 2P + N = 13 \(\Rightarrow\) N = 13 - 2P ( 3 )

Mặt khác : 1 \(\le\dfrac{N}{P}\le\) 1,5

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}N\ge P\\N\le1,5\end{matrix}\right.\)

Do đó : \(\left\{{}\begin{matrix}13-2P\ge P\\13-2P\le P\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}13\ge3P\\13\le3,5P\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P\le4,3\\P\ge3,7\end{matrix}\right.\)

Vậy : 3,7 \(\le P\le4,3\)

\(\Rightarrow P=4\) ( vì P thuộc N^* )

N = 13 - 2P = 13 - 2 . 4 = 5

Nguyên tử khối của nguyên tử đó bằng : P + N = 4 + 5 = 9 ( đvC )

a) Gọi x , y lần lượt là số mol của Fe₃O₄ và Cu có trong m gam X

Các phương trình hóa học xảy ra :

Fe₃O₄ + 8HCl \(\rightarrow\) 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

x----------8x-------2x---------x----------4x

Cu + 2FeCl₃ \(\rightarrow\) CuCl₂ + 2FeCl₂

y-------2y---------y------------2y

\(\Rightarrow\) \(n_{FeCl_3}\)còn = 2 ( x - y ) mol ( x - y \(\ge\) 0 )

\(\Rightarrow\) Dung dịch Y tối đa gồm : FeCl₂ , CuCl₂ và FeCl₃

* Y + 0,4 mol NaOH ( vừa đủ ) :

FeCl₃ + 3NaOH \(\rightarrow\) Fe(OH)₃\(\downarrow\) + 3NaCl

2(x-y)---6(x-y)-------2(x-y)--------6(x-y)

CuCl₂ + 2NaOH \(\rightarrow\) Cu(OH)₂\(\downarrow\) + 2NaCl

y----------2y-------------y-------------2y

FeCl₂ + 2NaOH \(\rightarrow\) Fe(OH)₂ \(\downarrow\)+ 2NaCl

(x+2y)---2(x+2y)----(x+2y)-------2 ( x + 2y )

b) \(n_{NaOH}=\) 6 ( x - y ) + 2y + 2 ( x + 2y ) = 0,4 ( mol )

\(\Rightarrow\) x = 0,05 ( mol )

\(\Rightarrow\) V_{dung dịch HCl} = \(\dfrac{8\cdot0,05}{1}=0,4\left(l\right)=400ml\)

m_{kết tủa} = 214 ( 0,05 - y ) + 98y + 90(0,05 + 2y ) = 16,16 ( gam )

\(\Rightarrow\) y = 0,015 ( mol )

\(\Rightarrow\)m = 232.0,05 + 64 . 0,015 = 12,56 ( gam )

\(m_{CaCO_3}=1\cdot80\%=0,8\)( tấn )

\(CaCO_3\rightarrow CaO+CO_2\)

100 -------- 56

0,8 tấn------ x ( tấn )

\(\Rightarrow m_{CaO}=x=\dfrac{0,8\cdot56}{100}=0,448\)( tấn )

Mà H% = 90%

Nên \(\Rightarrow m_{CaO}=90\%\cdot0,448=0,4032\)( tấn ) = 40320 ( gam )

a, ab + ba= ( 10a +b )+ (10b+a ) = 11a + 11b= 11(a+b) chia hết cho 11

Vậy ab+ba chia hết cho 11

b, ab - ba = (10a + 10b ) + ( 10b + a ) = 9a+9b= 9 (a+b) chia hết cho 9

Vậy ab - ba chia hết cho9

a) \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

b) \(n_{Zn}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{6,5}{65}=0,1\left(mol\right)\)

\(m_{HCl}=\dfrac{m_{dd}\cdot C\%}{100\%}=\dfrac{100\cdot14,6}{100}=14,6\left(g\right)\)

\(\Rightarrow n_{HCl}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{14,6}{36,5}=0,4\left(mol\right)\)

Lập tỉ lệ :

\(\dfrac{n_{Zn}}{1}=\dfrac{0,1}{1}=0,1\)

\(\dfrac{n_{HCl}}{2}=\dfrac{0,4}{2}=0,2\)

Ta thấy : \(\dfrac{n_{HCl}}{2}>\dfrac{n_{Zn}}{1}\left(0,2>0,1\right)\)

\(\Rightarrow\) HCl dư

\(\Rightarrow n_{H_2}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=n\cdot22,4=0,1\cdot22,4=2,24\left(l\right)\)

c ) \(n_{HClpu}=n_{Zn}\cdot\dfrac{2}{1}=0,1\cdot\dfrac{2}{1}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{HCldu}=0,4-0,2=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{HCldu}=n\cdot M=0,2\cdot36,5=7,3\left(g\right)\)

\(n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{ZnCl_2}=n\cdot M=0,1\cdot136=13,6\left(g\right)\)

\(m_{H_2}=0,1\cdot2=0,2\left(g\right)\)

\(m_{ddsaupu}=m_{Zn}+m_{HCl}-m_{H_2}=6,5+100-0,2=106,3\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{HCldu}=\dfrac{7,3\cdot100\%}{106,3}=6,87\%\)

\(C\%_{ZnCl_2}=\dfrac{13,6\cdot100\%}{106,3}=12,79\%\)

Chất được phân chia thành 2 loại lớn là __đơn chất__ và _hợp chất___. Đơn chất được tạo nên tư một nguyên tố____, còn __hợp chất__ được tạo nên từ 2 nguyên tố hóa học trở lên.

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

a) \(n_{Al}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4}=C_M.V=1,35\cdot0,2=0,27\left(mol\right)\)

Lập tỉ lệ :

\(\dfrac{n_{Al}}{2}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\)

\(\dfrac{n_{H_2SO_4}}{3}=\dfrac{0,27}{3}=0,09\)

Ta thấy : \(\dfrac{n_{Al}}{2}>\dfrac{n_{H_2SO_4}}{3}\left(0,1>0,09\right)\)

\(\Rightarrow\) Al dư sau khi phản ứng kết ứng

\(n_{Alpư}=n_{H_2SO_4}\cdot\dfrac{2}{3}=0,27\cdot\dfrac{2}{3}=0,18\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{Aldư}=n_{Albđ}-n_{Alpu}=0,2-0,18=0,02\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Aldu}=n\cdot M=0,02\cdot27=0,54\left(g\right)\)

b) \(n_{H_2}=n_{H_2SO_4}=0,27\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow V_{H_2}=n\cdot22,4=0,27\cdot22,4=6,048\left(l\right)\)

c) \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=n_{H_2SO_4}\cdot\dfrac{1}{3}=0,27\cdot\dfrac{1}{3}=0,09\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_M=\dfrac{n}{V}=\dfrac{0,09}{0,2}=0,45\left(M\right)\)