Ta có: P = E (do nguyên tử trung hòa về điện)

- Tổng số hạt trong M₂A bằng 140.

⇒ 2.2P_M + 2N_M + 2P_A + N_A = 140 (1)

- Trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44.

⇒ 2.2P_M + 2P_A - 2N_M - N_A = 44 (2)

- Nguyên tử khối của M lớn hơn A là 23.

⇒ P_M + N_M - P_A - N_A = 23 (3)

- Tổng số hạt trong M⁺ nhiều hơn trong A^2- là 31.

⇒ (2P_M + N_M - 1) - (2P_A + N_A + 2) = 31 (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P_M=E_M=Z_M=19\\N_M=20\\P_A=E_A=Z_A=8\\N_A=8\end{matrix}\right.\)

→ Đáp án: A

\(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

Tỉ lệ cặp đơn chất: 2:3

Tỉ lệ cặp hợp chất: 6:2 = 3:1

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

Tỉ lệ cặp đơn chất: 2:3

Tỉ lệ cặp hợp chất: 3:1

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

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

\(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

a, 400 ml NaOH 0,25M

Ta có: n_NaOH = 0,4.0,25 = 0,1 (mol)

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{CuO}=n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{CuSO_4}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=0,05\left(mol\right)\)

⇒ m_CuSO4 = 0,05.160 = 8 (g)

m_{Cu (LT)} = 0,05.64 = 3,2 (g)

\(\Rightarrow H=\dfrac{2,56}{3,2}.100\%=80\%\)

b, 200 ml dd NaOH 0,5M

Ta có: n_NaOH = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{CuO}=n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{CuSO_4}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=0,05\left(mol\right)\)

⇒ m_CuSO4 = 0,05.160 = 8 (g)

m_{Cu (LT)} = 0,05.64 = 3,2 (g) 

\(\Rightarrow H=\dfrac{2,56}{3,2}.100\%=80\%\)

a, - Trích mẫu thử.

- Cho từng mẫu thử pư với dd NaOH.

+ Có tủa trắng xanh: FeCl₂

PT: \(FeCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Fe\left(OH\right)_2\)

+ Có tủa trắng, khi dư NaOH thì tủa tan: ZnSO₄

PT: \(2NaOH+ZnSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Zn\left(OH\right)_2\)

\(Zn\left(OH\right)_2+2NaOH\rightarrow Na_2ZnO_2+2H_2O\)

+ Không hiện tượng: H₂SO₄

PT: \(H_2SO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

- Dán nhãn.

b, - Trích mẫu thử.

- Cho từng mẫu thử pư với dd BaCl₂

+ Có tủa trắng: H₂SO₄, ZnSO₄ (1)

PT: \(BaCl_2+H_2SO_4\rightarrow2HCl+BaSO_4\)

\(ZnSO_4+BaCl_2\rightarrow ZnCl_2+BaSO_4\)

+ Không hiện tượng: ZnCl₂

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd NaOH

+ Có tủa trắng, dư NaOH thì tủa tan: ZnSO₄

PT: \(ZnSO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+Zn\left(OH\right)_2\)

\(Zn\left(OH\right)_2+2NaOH\rightarrow Na_2ZnO_2+2H_2O\)

+ Không hiện tượng: H₂SO₄

PT: \(H_2SO_4+2NaOH\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

- Dán nhãn.

Để thu NH₃ với hiệu suất cao, cân bằng phải chuyển dịch theo chiều thuận.

- Giảm nhiệt độ do pư tỏa nhiệt.

- Tăng nồng độ N₂

- Giảm nồng độ NH₃

- Tăng áp suất

- Chất xúc tác chỉ làm tăng tốc độ pư theo cả 2 chiều → không ảnh hưởng đến chuyển dịch cân bằng.

n_Al2O3 = 0,2 (mol) chứ không phải 0,1 bạn nhé.

Ta có: \(n_{O_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

BT e, có: x.n_M = 4n_O2 + 2n_H2

\(\Rightarrow n_M=\dfrac{1,5}{x}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow M_M=\dfrac{13,5}{\dfrac{1,5}{x}}=9x\left(g/mol\right)\)

Với x = 3 thì M_M = 27 (g/mol)

→ M là nhôm (Al)

m = m_KL + m_O2 = 13,5 + 0,3.32 = 23,1 (g)

a, CTHH: CaSO₄

b, M_CaSO4 = 40 + 32 + 16.4 = 136 (g/mol)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%Ca=\dfrac{40}{136}.100\%\approx29,41\%\\\%S=\dfrac{32}{136}.100\%\approx23,53\%\\\%O\approx47,06\%\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(n_{Al}=\dfrac{4,86}{27}=0,18\left(mol\right)\)

PT: \(2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\)

a, \(n_{HCl}=3n_{Al}=0,54\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,54}{0,15}=3,6\left(M\right)\)

b, \(n_{AlCl_3}=n_{Al}=0,18\left(mol\right)\Rightarrow m_{AlCl_3}=0,18.133,5=24,03\left(g\right)\)

c, \(n_{H_2}=\dfrac{3}{2}n_{Al}=0,27\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=0,27.24,79=6,6933\left(l\right)\)

Chất rắn thu được sau khi nung là ZnO.

\(\Rightarrow n_{ZnO}=\dfrac{8,1}{81}=0,1\left(mol\right)\)

BTNT Zn, có: n_Zn = n_ZnO = 0,1 (mol) 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Zn}=\dfrac{0,1.65}{13,5}.100\%\approx48,15\%\\\%m_{Fe}\approx100-48,15=51,85\%\end{matrix}\right.\)