HOC24
Lớp học
Môn học
Chủ đề / Chương
Bài học
Tổng số hạt trong nguyên tử là 28: \(\Rightarrow p+n+e=28\) \(\Leftrightarrow2p+n=28\left(hạt\right)\left(1\right)\) Số hạt không mang điện chiếm xấp xỉ 35%: \(\Rightarrow n=35\%.28\) \(\Rightarrow n\approx10\left(hạt\right)\left(2\right)\) Thay (2) vào (1) ta có: \(2p+10=28\Rightarrow2p=18\Rightarrow p=e=9\left(hạt\right)\)
Tổng số hạt trong nguyên tử R là 82 hạt: \(\Rightarrow p+n+e=82\left(hạt\right)\) \(\Leftrightarrow2p+n=82\left(1\right)\) Tổng số hạt nơtron bằng \(\frac{15}{13}\) số hạt proton: \(\Rightarrow n=\frac{15}{13}p\) \(\left(2\right)\) Thay (2) vào (1) ta có: \(2p+\frac{15}{13}p=82\) \(\Rightarrow p\left(2+\frac{15}{13}\right)=82\) \(\Rightarrow p=e=16\left(hạt\right)\) \(\Rightarrow n=30\left(hạt\right)\)
. Trích mẫu thử và đánh số thứ tự. . Cho nước vào các mẫu thử trên. + Mẫu thử không tan là \(SiO_2\) + Mẫu thử tan tạo thành dung dịch là BaO, \(P_2O_5\), \(Na_2O\) PTHH: \(BaO+H_2O->Ba\left(OH\right)_2\) \(P_2O_5+3H_2O->2H_3PO_4\) \(Na_2O+H_2O->2NaOH\) + Ta nhúng mẩu giấy quỳ tím vào 3 dung dịch trên. . Dung dịch làm cho giấy quỳ tím hóa đỏ => đó là \(H_3PO_4\) (chất rắn ban đầu là \(P_2O_5\) ). Vậy ta nhận biết được \(P_2O_5\) . Dung dịch mà làm quỳ tím hóa xanh => đó là NaOH (chất ban đầu là \(Na_2O\)) và \(Ba\left(OH\right)_2\) (chất ban đầu là BaO) + Cho 2 mẫu thử BaO và \(Na_2O\) vào dung dịch \(H_2SO_4\) loãng. . Mẫu thử nào tan, tạo kết tủa trắng => đó là \(BaSO_4\) (chất ban đầu là BaO) PTHH: \(BaO+H_2SO_4->BaSO_4\downarrow+H_2O\) . Mẫu thử không tạo kết tủa trắng => đó là \(Na_2O\) PTHH: \(Na_2O+H_2SO_4->Na_2\left(SO_4\right)+H_2O\)
- Dẫn hỗn hợp khí trên qua bình chứa nước vôi trong \(Ca\left(OH\right)_2\). Khi đó, khí CO và \(O_2\) thoát ra ngoài, trong bình còn lại khí \(CO_2\) tạo thành kết tủa trắng. PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+CO_2->CaCO_3\downarrow+H_2O\) - Lọc kết tủa ta thu được \(CaCO_3\), sau đó nung nóng kết tủa ở nhiệt độ cao sẽ thu được \(CO_2\) PTHH: \(CaCO_3-t^o->CaO+CO_2\uparrow\)
a. Theo bài ra ta có: \(p+n+e=52\left(hạt\right)\) \(\Leftrightarrow2p+n=52\) (1) Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 16 hạt: \(\Rightarrow2p-n=16\left(hạt\right)\) (2) Cộng 2 vế (1) và (2) ta được: \(4p=68\Rightarrow p=17\left(hạt\right)\) Trong nguyên tử số p = số e \(\Rightarrow p=e=17\left(hạt\right)\) \(\Rightarrow n=18\left(hạt\right)\) b. Số lớp electron trong mỗi lớp của nguyên tử X lần lượt từ trong ra ngoài: 2e - 8e - 7e. c. \(NTK_X=1,013.\left(17+18\right)\approx35,5\left(đvC\right)\) d. \(1đvC=1,9926.10^{-23}\) Khối lượng tính bằng gam của nguyên tử X là: \(m_X=\frac{1}{12}.1,9926.10^{-23}.35,5=5,894775.10^{-23}\left(g\right)\)
Gọi kim loại hóa trị II cần tìm là M. \(n_{H_2}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\) PTHH: \(M+H_2SO_4->MSO_4+H_2\) Theo PT ta có: \(n_M=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\) => \(M_M=\frac{m_M}{n_M}=\frac{7,2}{0,3}=24\left(g/mol\right)\) => M là kim loại Magie (Mg) có hóa trị II.
\(n_{BaCl_2}=\frac{41,6}{208}=0,2\left(mol\right)\) \(n_{H_2SO_4}=0,2.2=0,4\left(mol\right)\) a. PTHH: \(BaCl_2+H_2SO_4->2HCl+BaSO_4\downarrow\) Theo PT ta và đề bài lập tỉ lệ: \(\frac{0,2}{1}< \frac{0,4}{1}\Rightarrow H_2SO_4dư.\) BaCl2 hết => tính theo \(n_{BaCl_2}\) b. Theo PT ta có: \(n_{BaSO_4}=n_{BaCl_2}=0,2\left(mol\right)\) => \(m_{BaSO_4}=0,2.233=46,6\left(g\right)\) c. \(m_{H_2SO_4}=200.1,3=260\left(g\right)\) \(m_{BaCl_2}=0,2.208=41,6\left(g\right)\) mdd sau phản ứng \(=260+41,6-46,6=255\left(g\right)\) Theo PT ta có: \(n_{H_2SO_4\left(dư\right)}=0,4-0,2=0,2\left(mol\right)\) => \(C\%_{H2SO4\left(dư\right)}=\frac{mct}{mdd}.100\%=\frac{98.0,2}{255}.100\%\approx7,7\%\) => \(C\%_{HCl}=\frac{36,5.0,4}{255}.100\%\approx5,73\%\)
Câu 1: . Phân tích vẻ đẹp tâm hồn của người chiến sĩ cách mạng trong bài thơ "Ngắm trăng" (Hồ Chí Minh). Câu 2: . Hãy viết một đoạn văn nghị luận về vấn đề học tập hiện nay của giới trẻ.