Thể tích của nguyên tố R: \(V_1=\dfrac{M}{d}\)
Giả thiết rằng, trong tinh thể R các nguyên tử là những hình cầu chiếm 74%

=> Thể tích của tất cả nguyên tử là:\(V_2=V_1.0,74\)
Thể tích của từng nguyên tử là: \(V_3=\dfrac{V_2}{6,023.10^{23}}\)
Mặt khác: \(V_3=\dfrac{4}{3}.pi.R^3=3,178.10^{-23}cm^3\)
\(\Rightarrow M=\dfrac{3,178.10^{-23}.6,023.10^{23}.1,55}{0,74}=40\)
=> R là Ca

Cân bằng các phương trình sao

1.   2FeCO3 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 2CO2 + 4H2O

2.    2FeSO4 + 2H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O

3.     2Fe(OH)2 + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O

4.     3Fe(NO2)2 + 8HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 5NO + 4H2O

5.     K2Cr2O7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O

6.     KClO3 + 6HCl → 3Cl2 + KCl + 3H2O

7.     3KNO₃+ 2Al → 3KNO₂ + Al₂O₃

8.     2KClO3 + 3S → 2KCl + 3SO2

9.     5SO2 + 2KMNO4 + 2H2O → 2MNSO4 + K2SO4 + 2H2SO4

10. 6FeSO4 + K2Cr2O7 + 7H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O

\(RCO_3+2HCl\rightarrow RCl_2+H_2O+CO_2\)

\(m_{tăng}=m_{RCO_3}-m_{CO_2}\Rightarrow n_{CO_2}=0,1\left(mol\right)\)

Ta có : \(n_{RCO_3}=n_{CO_2}=0,1\left(mol\right)\)

=> \(M_{RCO_3}=R+60=\dfrac{10}{0,1}=100\)

=> R=40 (Ca)

Vậy muối cacbonat là CaCO3

M(RH3)= 3/8,82%=34(g/mol)

=> M(R)= 34-3=31(đ.v.C) => R là Photpho (nhóm VA)

Oxit cao nhất của R là P2O5. 

Phần trăm khối lượng oxi trong P2O5 là:

\(\%mO=\dfrac{5.16}{5.16+31.2}.100\approx56,338\%\)

M(RH3)= 3/8,82%=34(g/mol)

=> M(R)= 34-3=31(đ.v.C) => R là Photpho (nhóm VA)

Oxit cao nhất của R là P2O5. 

Phần trăm khối lượng oxi trong P2O5 là:

CTHH của oxit cao nhất là $AO_3$

Ta có :

$\dfrac{A}{16.3} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow A = 32$

Vậy A là nguyên tố lưu huỳnh

nHCl=0,7.1=0,7(mol)

nCO2=4,48/22,4=0,2(mol)

PTHH: MgCO3 +2 HCl -> MgCl2 + CO2 + H2O

0,2_________0,4_____0,2______0,2(mol)

nMgCO3=nCO2=0,2(mol) => mMgCO3=0,2. 84= 16,8(g)

=> mFeO= mX - mMgCO3= 24 - 16,8= 7,2(g)

=> %mMgCO3= (16,8/24).100=70%

=>%mFeO=100% - 70%= 30%

b)  nFeO= 7,2/72=0,1(mol)

FeO +2 HCl -> FeCl2 + H2O

0,1___0,2______0,1(mol)

Vì 0,4+0,2=0,6 => HCl có dư => nHCl(dư)= 0,7 - 0,6=0,1(mol)

Vddsau= VddHCl=0,7(l)

CMddHCl(dư)= 0,1/0,7= 1/7 (M)

CMddFeCl2= 0,1/0,7=1/7(M)

CMddMgCl2= 0,2/0,7=2/7(M)

a. \(n_{CO_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(MgCO_3+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O+CO_2\)

\(\Rightarrow n_{MgCl_2}=n_{MgCO_3}=n_{CO_2}=0.2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{MgCO_3}=0,2.84=16,8\left(g\right)\)

\(\%m_{MgCO_3}=\dfrac{16,8.100\%}{24}=70\%\\ \%m_{FeO}=100\%-70\%=30\%\)

b. \(FeO+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2O\)

\(n_{FeO}=\dfrac{24-16,8}{72}=0,1\left(mol\right)=n_{FeCl_2}\)

\(C_{M_{FeCl_2}}=\dfrac{0,1}{0,7}=\dfrac{1}{7}\left(M\right)\)

\(C_{M_{MgCO_3}}=\dfrac{0,2}{0,7}=\dfrac{2}{7}\left(M\right)\)

C

Ta có, nguyên tử X có tổng số hạt là 13:

=> 2P+N=13

=>N=13-2P

\(Z\le n\le1,5Z\\ \Leftrightarrow P\le N\le1,5P\\ \Leftrightarrow P\le13-2P\le1,5P\\ \Leftrightarrow3P\le13\le3,5P\\ \Leftrightarrow4,333\ge P\ge3,714\)

=> P=4 (nguyên, dương)

=>E=Z=P=4 ; N=13-2P=13-2.4=5

=>A=P+N=4+5=9

=> KH nguyên tử X: \(^9_4Be\)

nH2= 0,2(mol) => nHCl=0,4(mol)

=> mCl- = 0,4(mol)

=> m(muối)=m(kl) + mCl- = 11,2+ 0,4. 35,5= 25,4(g)