\(\dfrac{PTK\left(CH_4\right)}{PTK\left(H_2\right)}=\dfrac{12+1\cdot4}{1\cdot2}=8\)

vậy khí CH4 nặng hơn khí H2 8 lần

Ta có: \(n_{O\left(oxit\right)\left(pư\right)}=\dfrac{m_O}{16}=\dfrac{m_{giảm}}{16}=\dfrac{18,56-15,232}{16}=0,208\left(mol\right)\)

Mà \(n_{O\left(bđ\right)}=4n_{Fe_3O_4}=4.\dfrac{18,56}{232}=0,32\left(mol\right)\)

=> \(H=\dfrac{0,208}{0,32}.100\%=65\%\)

=> Chọn A

17. Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaHCO_3}=a\left(mol\right)\\n_{Na_2CO_3}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> 84a + 106b = 27,4 (1)

BTNT Na: \(n_{Na_2CO_3\left(sau\right)}=\dfrac{1}{2}n_{NaHCO_3}+n_{Na_2CO_3\left(bđ\right)}\)

=> \(0,5a+b=\dfrac{21,2}{106}=0,2\left(2\right)\)

Từ (1), (2) => a = 0,2; b = 0,1

=> \(m_{Na_2CO_3}=0,1.106=10,6\left(g\right)\)

=> A

19. \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C\left(CO_2\right)}=n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\\n_{C\left(CaCO_3\right)}=n_{CaCO_3}=\dfrac{10}{100}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(n_{C\left(CO_2\right)}>n_{C\left(CaCO_3\right)}\)

=> Kết tủa tan ra một phần

BTNT C: \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{n_{CO_2}-n_{CaCO_3}}{2}=0,1\left(mol\right)\)

BTNT Ca: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,2\left(mol\right)\)

=> \(V=\dfrac{0,2}{1}=0,2\left(l\right)=200\left(ml\right)\)

=> Chọn B

14. Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{13,44}{56}=0,24\left(mol\right)\)

PTHH: \(Fe_3O_4+4CO\xrightarrow[]{t^o}3Fe+4CO_2\)

                           0,32<---0,24

=> \(V_{CO}=0,32.22,4=7,168\left(l\right)\)

=> Chọn C

15. \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\\n_{NaOH}=\dfrac{164.1,22.20\%}{40}=1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét \(T=\dfrac{n_{NaOH}}{n_{CO_2}}=\dfrac{1}{0,25}=4>2\) => Tạo muối Na₂CO₃, NaOH dư

BTNT C: \(n_{Na_2CO_3}=n_{CO_2}=0,25\left(mol\right)\)

=> m_muối = 0,25.106 = 26,5 (g)

=> Chọn A

16. Vì nung thu được thêm kết tủa => Kết tủa tan ra một phần

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3\left(thêm\right)}=\dfrac{0,5}{100}=0,005\left(mol\right)\\n_{CaCO_3}=\dfrac{2}{100}=0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

BTNT Ca: \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=n_{CaCO_3\left(thêm\right)}=0,005\left(mol\right)\)

BTNT C: \(n_{CO_2}=2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}+n_{CaCO_3}=0,03\left(mol\right)\)

=> V = 0,03.22,4 = 0,672 (l)

=> C

 - Trích mẫu thử, lần lượt cho tác dụng với nhau:

Từ bảng ta thấy:

- Chất không có hiện tượng là NaCl

- Chất tạo 1 kết tủa trắng là \(MgCl_2\)

- Chất tạo 1 kết tủa đen là \(H_2S\)

- Chất tạo 1 kết tủa đen và 1 kết tủa xanh là \(CuSO_4\)

- Chất tạo 1 kết tủa xanh và 1 kết tủa trắng là NaOH

Pt: \(MgCl_2+2NaOH\xrightarrow[]{}Mg\left(OH\right)_2+2NaCl\)

     \(H_2S+CuSO_4\xrightarrow[]{}H_2SO_4+CuS\)

      \(CuSO_4+2NaOH\xrightarrow[]{}Cu\left(OH\right)_2+Na_2SO_4\)

`2NaOH + MgCl_2 -> Mg(OH)_2 + 2NaCl`

`2NaOH + CuSO_4 -> Cu(OH)_2 + Na_2SO_4`

11. Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{2,464}{22,4}=0,11\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=a\left(mol\right)\\n_{NaHCO_3}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) => 106a + 84b = 11,44 (1)

BTNT C: \(n_{CO_2}=n_{Na_2CO_3}+n_{NaHCO_3}\) => a + b = 0,11 (2)

Từ (1), (2) => a = 0,1; b = 0,01

=> \(m_{NaHCO_3}=0,01.84=0,84\left(g\right)\)

=> Chọn B

12. BTNT C: \(n_{CO_2}=n_{NaHCO_3}=\dfrac{37,8}{84}=0,45\left(mol\right)\)

=> \(V_{CO_2}=0,45.22,4=10,08\left(l\right)\)

=> Chọn D

13. Ta có: \(n_{Fe}=\dfrac{3,36}{56}=0,06\left(mol\right)\)

=> \(n_{Fe_xO_y}=\dfrac{1}{x}.n_{Fe}=\dfrac{0,06}{x}\left(mol\right)\)

=> \(M_{Fe_xO_y}=\dfrac{4,8}{\dfrac{0,06}{x}}=80x\left(g/mol\right)\)

=> 56x + 16y = 80x

=> \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{16}{80-56}=\dfrac{2}{3}\)

=> CTHH của oxit là Fe₂O₃

Vậy 13 chọn B

9. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{10,08}{22,4}=0,45\left(mol\right)\\n_{CaCO_3}=\dfrac{35}{100}=0,35\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}n_{C\left(CO_2\right)}=n_{CO_2}=0,45\left(mol\right)\\n_{C\left(CaCO_3\right)}=n_{CaCO_3}=0,35\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

=> \(n_{C\left(CO_2\right)}< n_{C\left(CaCO_3\right)}\)

=> Kết tủa bị hòa tan một phần

BTNT C: \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{n_{CO_2}-n_{CaCO_3}}{2}=0,05\left(mol\right)\)

BTNT Ca: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=n_{CaCO_3}+n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=0,4\left(mol\right)\)

=> \(V=\dfrac{0,4}{8}=0,05\left(l\right)=50\left(ml\right)\)

=> Chọn B

10. BTNT Ba: \(n_{BaCl_2}=n_{BaCO_3}=\dfrac{108,35}{197}=0,55\left(mol\right)\)

ĐLBTKL:

\(m_{Na_2CO_3,\left(NH_4\right)_2CO_3}+m_{BaCl_2}=m_{BaCO_3}+m_{NaCl,NH_4Cl}\)

=> \(m=m_{NaCl,NH_4Cl}=55,8+0,55.208-108,35=61,85\left(g\right)\)

=> Chọn C

0

a) Cấu hình electron của Li: \(\rm 1s^22s^1\)

Do Li có 1 electron ở lớp cuối cùng, 2 lớp electron, số hiệu nguyên tử là 3

=> Thuộc ô thứ 3, chu kì 2, thuộc nhóm IA

b)

Các nguyên tử đồng vị bền: \(^6_3Li,^7_3Li\)

=> \(\overline{A}_{Li}=\dfrac{92,5.7+7,5.6}{100}=6,925\left(g\right)\)

c) \(n_{Li}=\dfrac{0,554}{6,925}=0,08\left(mol\right)\)

=> Số nguyên tử Li: \(0,08.6,02.10^{23}=4,816.10^{22}\) (nguyên tử)

=> Có 4,816.10²² quả cầu