Do nguyên tử X có tổng số hạt là 36

=> 2p + n = 36 (1)

Do số hạt không mang điện bằng một nửa hiệu số giữa tổng số hạt với số hạt mang điện tích âm

=> \(n=\dfrac{1}{2}\left(36-e\right)=\dfrac{1}{2}\left(36-p\right)\) (2)

(1)(2) => p = 12 (hạt);  n = 12 (hạt)

=> X là Mg

\(n_{CuO}=\dfrac{80}{80}=1\left(mol\right)\)

PTHH: 2Cu + O₂ --t^o--> 2CuO

              1<---0,5<--------1

\(\left\{{}\begin{matrix}m_{Cu}=1.64=64\left(g\right)\\m_{O_2}=0,5.32=16\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

a)

Gọi số mol Fe phản ứng là a (mol)

PTHH: Fe + CuSO₄ --> FeSO₄ + Cu

             a------>a---------->a----->a

=> m_tăng = 64a - 56a = 2,4 (g)

=> a = 0,3 (mol)

=> m_Fe(pư) = 0,3.56 = 16,8 (g)

b) \(n_{CuSO_4\left(bđ\right)}=0,3.2=0,6\left(mol\right)\)

dd sau pư chứa \(\left\{{}\begin{matrix}CuSO_4:0,6-0,3=0,3\left(mol\right)\\FeSO_4:0,3\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: \(CuSO_4+2NaOH\rightarrow Cu\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)

                 0,3-------------------->0,3

            \(FeSO_4+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_2\downarrow+Na_2SO_4\)

                 0,3------------------->0,3

             \(Cu\left(OH\right)_2\underrightarrow{t^o}CuO+H_2O\)

                    0,3----->0,3

              \(4Fe\left(OH\right)_2+O_2\underrightarrow{t^o}2Fe_2O_3+4H_2O\)

                     0,3------------>0,15

=> x = 0,3.80 + 0,15.160 = 48 (g)

\(Fe+CuSO_4\rightarrow FeSO_4+Cu\\ n_{CuSO_4}=0,3.2=0,6\left(mol\right)\\ Đặt:n_{Fe\left(pứ\right)}=x\left(mol\right)\\ Tacó:64x-56x=2,4\\ \Rightarrow x=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Fe}=0,3.56=16,8\left(g\right)\\ b.Dungdịchthuđược:\\ FeSO_4:0,3\left(mol\right);CuSO_4dư:0,6-0,3=0,3\left(mol\right)\\ Chấtrắnthuđược:CuO,Fe_2O_3\\ BảotoànnguyêntốCu:n_{CuSO_4}=n_{CuO}=0,3\left(mol\right)\\ BảotoànnguyêntốFe:n_{FeSO_4}=n_{Fe_2O_3}.2\\ \Rightarrow n_{Fe_2O_3}=0,15\left(mol\right)\\ x=m_{Fe_2O_3}+m_{CuO}=0,3.80+0,15.160=48\left(g\right)\)

`PTHH:`

`Zn + 2HCl -> ZnCl_2 + H_2 \uparrow`

`0,3`   `0,6`             `0,3`      `0,3`        `(mol)`

`n_[H_2]=[6,72]/[22,4]=0,3(mol)`

`a)m_[Zn]=0,3.65=19,5(g)`

`b)m_[ZnCl_2]=0,3.136=40,8(g)`

`c)n_[HCl(bđ)]=0,6+0,1=0,7(mol)`

`=>m_[HCl(bđ)]=0,7.36,5=25,55(g)`

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

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

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

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