a)Kẽm = 65

Đồng = 64

=>Kẽm nặng hơn đồng 65/64 lần

b) Kẽm=65

Lưu huỳnh = 32

=>Kẽm nặng hơn lưu huỳnh 65/32 lần

c)Kẽm= 65

Nitơ=14

=>Kẽm nặng hơn Nitơ 65/14 lần

d) Kẽm =65

Oxi=16

=>Kẽm nặng hơn Oxi 65/16 lần

- \(NTK_A=2,5.16=40\left(đvC\right)\)

=> A là Canxi (Ca)

- \(NTK_B=\dfrac{40}{2}=20\left(đvC\right)\)

=> B là Neon (Ne)

- \(NTK_C=20+8=28\left(đvC\right)\)

=> C là Silic (Si)

- \(NTK_D=28-1=27\left(đvC\right)\)

=> D là Nhôm (Al)

A là nguyên tử Canxi (Ca)

B là nguyên tử Neon (Ne)

C là nguyên tử Cacbon (C)

D là nguyên tử Bo (B)

a) \(Fe_3O_4+4H_2\underrightarrow{t^o}3Fe+4H_2O\)

c) \(2K+H_2SO_4\rightarrow K_2SO_4+H_2\)

e)  \(2FeCl_3+Cu\rightarrow2FeCl_2+CuCl_2\)

\(n_{H_2SO_4}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

Có \(n_{H_2SO_4}>n_{H_2}\)

=> Trong A chứa H₂SO₄

Vậy kim loại R không tan trong H₂SO₄ loãng

\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: 2R + 2nH₂SO₄ --> R₂(SO₄)_n + nSO₂ + 2nH₂O

                                            \(\dfrac{0,05}{n}\)<---0,05

=> \(M_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{\dfrac{0,05}{n}}=160n\left(g/mol\right)\)

=> \(M_R=32n\left(g/mol\right)\)

Xét n = 2 thỏa mãn => M_R = 64 (g/mol) => R là Cu

\(n_{Cu}=n_{CuSO_4}=\dfrac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)

Gọi số mol Al, Fe là a,b (mol)

=> 27a + 56b = 8,7 - 0,05.64 = 5,5 (1)

PTHH: 2Al + 3H₂SO₄ --> Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

              a----------------------------->1,5a

             Fe + H₂SO₄ --> FeSO₄ + H₂

              b--------------------------->b

=> 1,5a + b = 0,2 (2)

(1)(2) => a = 0,1 (mol); b = 0,05 (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=0,1.27=2,7\left(g\right)\\m_{Fe}=0,05.56=2,8\left(g\right)\\m_{Cu}=0,05.64=3,2\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{H_2}=\dfrac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H_2SO_4\left(bđ\right)}=0,2.1,5=0,3\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT H}}n_{H_2SO_4\left(pư\right)}=n_{H_2}=0,2\left(mol\right)< 0,3\)

=> H₂SO₄ dư, mà vẫn có chất rắn B không tan là kim loại R

=> R là kim loại yếu

Đặt R có hoá trị n

\(n_{SO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\\ n_{R_2\left(SO_4\right)_n}=\dfrac{8}{2M_R+96n}\left(mol\right)\)

PTHH:

\(2R+2nH_2SO_{4\left(đặc,nóng\right)}\xrightarrow[]{t^o}R_2\left(SO_4\right)_n+nSO_2+2nH_2O\)

                                            \(\dfrac{0,05}{n}\)<-----0,05

\(\rightarrow\dfrac{8}{2M_R+96n}=\dfrac{0,05}{n}\\ \Leftrightarrow M_R=32n\left(g\text{/}mol\right)\)

Xét n = 2 thoả mãn

=> M_R = 32.2 = 64 (g/mol)

=> R là Cu

\(n_{Cu}=\dfrac{0,05.2}{2}=0,05\left(mol\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow27a+56b+0,05.64=8,7\left(1\right)\)

PTHH:

\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)

a---->1,5a

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)

b----->b

\(\rightarrow1,5a+b=0,2\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,1\left(mol\right)\\b=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{0,1.27}{8,7}.100\%=31,03\%\\\%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{8,7}.100\%=32,18\%\\\%m_{Cu}=100\%-31,03\%-32,18\%=36,79\%\end{matrix}\right.\)

Giả sử các chất đều có khối lượng 1 gam

\(n_{KMnO_4}=\dfrac{1}{158}\left(mol\right)\)

PTHH: 2KMnO₄ --t^o--> K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂ (1)

              \(\dfrac{1}{158}\)------------------------------->\(\dfrac{1}{316}\)

\(n_{KClO_3}=\dfrac{1}{122,5}\left(mol\right)\)

PTHH: 2KClO₃ --t^o--> 2KCl + 3O₂ (2)

              \(\dfrac{1}{122,5}\)------------->\(\dfrac{3}{245}\)

Có \(\dfrac{1}{316}< \dfrac{3}{245}\Rightarrow n_{O_2\left(1\right)}< n_{O_2\left(2\right)}\)

=> KClO₃ sinh ra nhiều O₂ hơn

`8` túi gạo như thế nặng số `kg` là:

      `5xx8=40 (kg)`

        Đ/s: `40 kg`

$8$ túi gạo như thế nặng số $kg$ là:

      $5\times 8=40\left(kg\right)$

        Đ/s: $40\mathrm{kg}$

$\mathrm{hok\; tốt}$

\(\left\{{}\begin{matrix}2p_M+n_M+2\left(2p_X+n_X\right)=186\\\left(2p_M+4p_X\right)-\left(n_M+2n_X\right)=54\\n_M-n_X=12\\2p_M+n_M-\left(2p_X+n_X\right)=30\end{matrix}\right.\)

Từ phương trình (1) và phương trình (4) suy ra 

\(\left\{{}\begin{matrix}2p_M+n_M=82\\2p_X+n_X=52\end{matrix}\right.\)

Từ phương trình (1) và phương trình (2) suy ra 

\(\left\{{}\begin{matrix}2p_M+4p_X=120\\n_M+2n_X=66\end{matrix}\right.\)

kết hợp với phương trình (3) suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}n_M=30\\n_X=18\end{matrix}\right.\)

suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}p_M=26\\p_X=17\end{matrix}\right.\)

a)

Có 2p + n = 13

Mà \(p\le n\le1,5p\)

=> \(\dfrac{26}{7}\le p\le\dfrac{13}{3}\)

=> p = 4

=> e = 4; n = 5

X là Beri (Be)

b)

Có: 2p + n = 25

Mà \(p\le n\le1,5p\)

=> \(\dfrac{50}{7}\le p\le\dfrac{25}{3}\)

=> p = 8

=> e = 8; n = 9

X là Oxi (O)