\(n_{CO_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\\ n_{NaOH}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\\ n_{Na_2CO_3}=1,5.0,1=0,15\left(mol\right)\)

Xét \(T=\dfrac{0,05}{1}=\dfrac{1}{2}\) => Tạo muối NaHCO₃ 

PTHH:   \(NaOH+CO_2\rightarrow NaHCO_3\)

               0,05---->0,05----->0,05

               \(Na_2CO_3+CO_2+H_2O\rightarrow2NaHCO_3\)

bđ            0,15           0,05

sau pư     0,1               0                       0,1

Vậy ddX gồm \(\left\{{}\begin{matrix}Na_2CO_3:n_{Na_2CO_3}=0,1\left(mol\right)\\NaHCO_3:n_{NaHCO_3}=0,05+0,1=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_3^{2-}}=0,1\left(mol\right)\\n_{HCO_3^-}=0,15\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{BaCO_3\downarrow}=\dfrac{43,34}{197}=0,22\left(mol\right)\)

Xét \(0,22< 0,1+0,15=0,25\)

=> Trong dd có chứa muối \(HCO_3^-\)

+) TH₁: Muối đó là NaHCO₃ dư

\(n_{Ba^{2+}}=n_{BaCO_3}=0,22\left(mol\right)\\ n_{BaCl_2}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\\ \xrightarrow[]{\text{BTNT Ba}}n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,22-0,2=0,02\left(mol\right)\\ \rightarrow a=C_{M\left(Ba\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,02}{0,1}=0,2M\)

+) TH₂: Muối đó là Ba(HCO₃)₂

\(\xrightarrow[\text{BTNT C}]{}n_{Ba\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{HCO_3^-}=\dfrac{1}{2}.\left(0,25-0,22\right)=0,015\left(mol\right)\\ \sum n_{Ba^{2+}}=n_{Ba\left(HCO_3\right)_2}+n_{BaCO_3}=0,015+0,22=0,235\left(mol\right)\\ \xrightarrow[\text{BTNT Ba}]{}n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,235-0,2=0,035\left(mol\right)\\ \rightarrow a=C_{M\left(Ba\left(OH\right)_2\right)}=\dfrac{0,03}{0,1}=0,35M\)

Vậy \(0,2\le a\le0,35\)

hnhu thay a = 0,2 với 0,35 vào đều ra khác với đề hsy :) ?

Gọi số mol C₂H₅OH, C₆H₆ là a, b (mol)

=> 46a + 78b = 5,79 (1)

\(n_{NaOH}=0,75.0,8=0,6\left(mol\right)\)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{27}{100}=0,27\left(mol\right)\)

TH1: Y chỉ chứa muối là Na₂CO₃

PTHH: 2NaOH + CO₂ --> Na₂CO₃ + H₂O

                            0,27<----0,27

            Na₂CO₃ + CaCl₂ --> CaCO₃ + 2NaCl

              0,27<----------------0,27

=> \(n_{CO_2}=0,27\left(mol\right)\)

PTHH: C₂H₅OH + 3O₂ --t^o--> 2CO₂ + 3H₂O

                   a------------------->2a

            C₆H₆ + \(\dfrac{15}{2}\)O₂ --t^o--> 6CO₂ + 3H₂O

                b-------------------->6b

=> 2a + 6b = 0,27 (2)

(1)(2) => a = 0,114 (mol); b = 0,007 (mol)

TH2: Y chứa muối là Na₂CO₃ và NaHCO₃

PTHH: 2NaOH + CO₂ --> Na₂CO₃ + H₂O

               0,6---->0,3------->0,3

             Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O --> 2NaHCO₃

                0,03--->0,03

             Na₂CO₃ + CaCl₂ --> CaCO₃ + 2NaCl

                0,27<----------------0,27

=> \(n_{CO_2}=0,3+0,03=0,33\left(mol\right)\)

Có: 2a + 6b = 0,33 (3)

(1)(3) => a = 0,075 (mol); b = 0,03 (mol)

a) 

\(n_{Ca}=\dfrac{8}{40}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: Ca + 2H₂O --> Ca(OH)₂ + H₂

            0,2--------------->0,2----->0,2

=> \(m_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2.74=14,8\left(g\right)\)

\(m_{dd}=8+492,4-0,2.2=500\left(g\right)\)

\(C\%=\dfrac{14,8}{500}.100\%=2,96\%\)

b)

\(\dfrac{1}{10}\) dd A chứa 0,02 mol Ca(OH)₂

Gọi công thức chung của 2 khí là XO₂

\(M_{XO_2}=27.2=54\left(g/mol\right)\Rightarrow M_X=22\left(g/mol\right)\)

\(n_{CaXO_3}=\dfrac{1,1}{40+22+16.3}=0,01\left(mol\right)\)

TH1: Nếu kết tủa không bị hòa tan

PTHH: Ca(OH)₂ + XO₂ --> CaXO₃ + H₂O

                               0,01<---0,01

=> V = 0,01.22,4 = 0,224 (l)

TH2: Nếu kết tủa bị hòa tan 1 phần

PTHH: Ca(OH)₂ + XO₂ --> CaXO₃ + H₂O

               0,02---->0,02---->0,02

            CaXO₃ + XO₂ + H₂O --> Ca(HXO₃)₂

              0,01--->0,01

=> V = (0,02 + 0,01).22,4 = 0,672 (l)

a)

\(n_{Ca}=\dfrac{8}{40}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: \(Ca+2H_2O\rightarrow Ca\left(OH\right)_2+H_2\uparrow\)

           0,2--------------->0,2----------->0,2

ddA có chứa chất tan: Ca(OH)₂ 

\(m_{ddA}=8+492,4-0,2.2=500\left(g\right)\\ m_{Ca\left(OH\right)_2}=0,2.74=14,8\left(g\right)\\ \rightarrow C\%_{Ca\left(OH\right)_2}=\dfrac{14,8}{500}.100\%=2,96\%\)

b)

1/10 ddA có chứa: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=\dfrac{0,2}{10}=0,02\left(mol\right)\)

Quy hết hỗn hợp CO₂, SO₂ về RO₂

\(M_{RO_2}=27.2=54\left(g\text{/}mol\right)\\ \Leftrightarrow M_R+16.2=54\\ \Leftrightarrow M_R=22\left(g\text{/}mol\right)\)

+) TH₁:Nếu kết tủa không bị tan

\(n_{CaRO_3}=\dfrac{1,1}{110}=0,01\left(mol\right)\)

PTHH: \(RO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaRO_3\downarrow+H_2O\)

          0,01<----0,01<--------0,01

Xét \(n_{Ca\left(OH\right)_2\left(pư\right)}=0,01< 0,02=n_{Ca\left(OH\right)_2\left(bđ\right)}\)

=> TH này có thoả mãn

\(V=V_{RO_2}=0,01.22,4=0,224\left(l\right)\)

+) TH₂:Nếu kết tủa bị tan

Tương tự TH₁: n_{RO2 (tạo muối trung hoà)} = 0,01 (mol)

\(n_{Ca\left(OH\right)_2\left(tạo.muối.axit\right)}=0,02-0,01=0,01\left(mol\right)\)

PTHH: \(Ca\left(OH\right)_2+2RO_2\rightarrow Ca\left(HRO_3\right)_2\)

          0,01---------->0,02

\(\rightarrow\sum n_{RO_2}=0,01+0,02=0,03\left(mol\right)\\ \rightarrow V_{RO_2}=0,03.22,4=0,672\left(l\right)\)

Vậy \(0,224\le V\le0,672\)

Do ancol đa chức nên \(x\ge2\), mà \(n\ge x\) => \(n\ge2\)

(Do nếu n < x thì số C < số OH, dẫn đến việc nhiều nhóm OH gắn vào 1 nguyên tử C --> vô lí)

Giúp tớ với

Do tổng số hạt trong hạt nhân là 17

=> p + n = 17 (1)

Do số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện là 1 

=> n - p = 1 (2)

(1)(2) => p = 8 (hạt); n = 9(hạt)

e = p = 8 (hạt)

Nguyên tố đó là O

\(m_O=\dfrac{16}{12}.1,9926.10^{-23}=2,6568.10^{-23}\left(g\right)\)

Xét \(\dfrac{NTK_O}{NTK_S}=\dfrac{16}{32}=\dfrac{1}{2}\)

=> Nguyên tử O nhẹ hơn nguyên tử S 2 lần

NTK  là số khối lượng A particle, trong sách giáo khoa Việt có 2 từ là nguyên tử và phân tử, do khó phân biệt nên chọn từ particle.

trong dãy có S có NTK cao nhất là 32. Nếu lấy các nguyên tử so sánh theo tỉ lệ  viêt như sau

N: S= 14:32 ( 7: 16)

0: S= 16:32
F: S= 18:32

Na: S= 23:32

Tổng hạt là NTK 

n / N = NKT - p .

a)

Do khối lượng chất tan bằng nhau, lượng nước thêm vào bằng nhau

=> Khối lượng dd bằng nhau

=> C% 2 dd bằng nhau

b)

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{a}{160}\left(mol\right)\); \(n_{KNO_3}=\dfrac{a}{101}\left(mol\right)\)

Do \(n_{CuSO_4}< n_{KNO_3}\), thể tích 2 dd bằng nhau

=> \(C_{M\left(CuSO_4\right)}< C_{M\left(KNO_3\right)}\)

c)

Nếu \(n_{CuSO_4}=n_{KNO_3}\left(=a\left(mol\right)\right)\), thể tích 2 dd bằng nhau

=> \(C_{M\left(CuSO_4\right)}=C_{M\left(KNO_3\right)}\)

300cm³ đâu ra vậy ?

$M_{2}X$

Tổng: $4p+2n+2p^{\prime }+n^{\prime }==140\left(1\right)$

$(2p-1)+(2p^{\prime }-2)=19$

$\Rightarrow 2p-2p^{\prime }=22\left(2\right)$

$-p+n=1\left(3\right)$

$p^{\prime }-n^{\prime }=0\left(4\right)$

$\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\left(4\right)$

$p=e=19\left(K\right);n=20$

$p^{\prime }=e^{\prime }=n^{\prime }=8\left(O\right)$

$K_{2}O$

Thì A tạo bởi M⁺ và X^2- nên CTHH của nó là M₂X thôi bn :)

\(M_{ankan}=1,375.32=44\left(g\text{/}mol\right)\\ \rightarrow12n+2n+2=44\\ \Leftrightarrow n=3\left(TM\right)\)

Vậy CTPT của ankan là \(C_3H_8\)

CTCT: \(CH_3-CH_2-CH_3\)

\(M_{C_nH_{2n+2}}=M_{O_2}.1,375=32.1,375=44\left(đvC\right)\)

\(12n+2n+2=44\Leftrightarrow n=3\)

Vậy ankan là \(C_3H_6\).