Ta có: \(n_{ZnCl_2}=\dfrac{27,2}{136}=0,2\left(mol\right)\)

PT: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

Theo PT: \(n_{Zn\left(LT\right)}=n_{ZnCl_2}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Zn\left(LT\right)}=0,2.65=13\left(g\right)\)

Mà: H = 75% \(\Rightarrow m_{Zn\left(TT\right)}=\dfrac{13}{75\%}=\dfrac{52}{3}\left(g\right)\)

\(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)\)

PT: \(2Fe+3Cl_2\underrightarrow{t^o}2FeCl_3\)

Theo PT: \(n_{Cl_2}=\dfrac{3}{2}n_{Fe}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow V_{Cl_2}=0,3.24,79=7,437\left(l\right)\)

\(n_{FeCl_3}=n_{Fe}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow m_{FeCl_3}=0,2.162,5=32,5\left(g\right)\)

vì sao lại có 162,5 v ạ

a, Ta có: P + N + E = 34

Mà: P = E (Do nguyên tử trung hòa về điện.)

⇒ 2P + N = 34 (1)

Theo đề, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10.

⇒ 2P - N = 10 (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}P=E=11=Z\\N=12\end{matrix}\right.\) ⇒ A = 11 + 12 = 23

→ KH: \(^{23}_{11}X\)

b, Cấu hình e: 1s²2s²2p⁶3s¹

Cấu hình e theo orbital: 

c, X có 1 e hóa trị → tính kim loại

d, - Z = 11 → ô số 11

- Có 3 lớp e → chu kỳ 3

- e cuối cùng phân bố ở phân lớp s, có 1 e hóa trị → nhóm IA

Vậy: X thuộc ô số 11, chu kỳ 3, nhóm IA

a, \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

b, \(n_{HCl}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CuO}=n_{CuCl_2}=\dfrac{1}{2}n_{HCl}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CuO}=0,05.80=4\left(g\right)\)

c, \(C_{M_{CuCl_2}}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25\left(M\right)\)

\(n_{HCl}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\)

PTHH :

\(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

0,05         0,1         0,05

\(b,m_{CuO}=0,05.80=4\left(g\right)\)

\(c,C_{M\left(CuCl_2\right)}=\dfrac{0,05}{0,2}=0,25\left(M\right)\)

- Dùng quỳ tím cho vào từng mẫu:

+ Chuyển xanh : KOH 

+ Không hiện tượng : K2SO4, NaCl 

- Cho BaCl2 vào 2 dd còn lại :

+ Kết tủa : K2SO4

+ Không hiện tượng : NaCl 

\(K_2SO_4+BaCl_2\rightarrow2KCl+BaSO_4\)

\(NaCl+BaCl\rightarrow\)

Ta có: m_C = 7,5.(100 - 4)% = 7,2 (g)

\(\Rightarrow n_C=\dfrac{7,2}{12}=0,6\left(mol\right)\)

PT: \(C+O_2\underrightarrow{t^o}CO_2\)

Theo PT: \(n_{O_2}=n_C=0,6\left(mol\right)\Rightarrow V_{O_2}=0,6.24,79=14,874\left(l\right)\)

Khi cho muối ăn vào thùng đá thì nhiệt độ của đá sẽ giảm xuống.

Mục đích của việc cho muối ăn vào thùng đá đựng que kem và khuấy đều có thể là để làm giảm nhiệt độ của kem nhanh hơn.

Gọi hoá trị của kim loại A là a

Theo quy tắc hoá trị:

\(A_2O_3\Rightarrow a.II=II.3\Rightarrow a=III\)

Gọi CTHH của muối B là \(A_x\left(NO_3\right)_y\)

 quy tắc hoá trị:

\(x.III=y.I\Rightarrow\dfrac{x}{y}=\dfrac{I}{III}\\ \Rightarrow x=1;y=3\)

Vậy CTHH của muối B là \(A\left(NO_3\right)_3\)

Công thức hóa học của muối B là A(NO3)3.

Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{12,32}{22,4}=0,55\left(mol\right)\)

\(n_{H_2O}=\dfrac{18}{18}=1\left(mol\right)\)

⇒ n_alcol = n_H2O - n_CO2 = 0,45 (mol) = n_{O (alcol)}

Có: \(n_{NaOH}=0,45.1=0,45\left(mol\right)\)

BTNT O, có: n_{O (alcol)} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O 

⇒ n_O2 = 0,825 (mol)

BTKL, có: m_Y + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⇒ m_Y = 15,8 (g)

BTKL, có: m_X + m_NaOH = m_alcol + m_Z 

⇒ m = m_X = 15,8 + 34,1 - 0,45.40 = 31,9 (g)

Nguyên tử oxygen, sodium, chlorine không tồn tại độc lập như nguyên tử neon vì các nguyên tử trên chưa đạt cấu hình bền vững nên có xu hướng cho-nhận, góp chung để đạt đến cấu hình bền vững của khí hiếm.