Tổng số hạt trong phân tử MX2 là: \({p_M} + {e_M} + {n_M} + 2.({p_X} + {e_x} + {n_X}) = 164\)

\( \Rightarrow 2{p_M} + 4{p_X} + {n_M} + 2{n_X} = 164\,\,\,\,\,(1)\)

Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52:

\(\begin{array}{l}
{p_M} + {e_M} - {n_M} + 2.({p_X} + {e_x} - {n_X}) = 52\\
 \Rightarrow 2{p_M} + 4{p_X} - {n_M} - 2{n_X} = 52\,\,(2)
\end{array}\)

Từ (1) và (2) → \(\left\{ \begin{array}{l}
2{p_M} + 4{p_X} = 108\,\,\,\,(3)\\
{n_M} + 2{n_X} = 56\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)
\end{array} \right.\,\,\)

Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5

\( \Rightarrow {p_M} + {n_M} - ({p_X} + {n_X}) = 5\,\,\,\,\,(5)\)

Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong M lớn hơn trong X là 8 hạt

\(\begin{array}{l}
 \Rightarrow {p_M} + {e_M} + {n_M} - ({p_X} + {e_x} + {n_X}) = 8\\
 \Rightarrow 2{p_M} + {n_M} - (2{p_X} + {n_X}) = 8\,\,\,\,(6)
\end{array}\)

Từ (5) và (6) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{p_M} - {p_X} = 3\,\,(7)\\
{n_M} - {n_X} = 2\,\,\,\,(8)
\end{array} \right.\)

Từ (3) và (7) → \({p_M} = 20;\,\,{p_X} = 17\) → số hiệu nguyên tử của M là 20

Gọi công thức phân tử trung bình của hỗn hợp muối là KM

\(\begin{array}{l}
K\bar M + AgN{O_3} \to Ag\bar M \downarrow  + KN{O_3}\\
\frac{{36,64}}{{39 + \bar M}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{57,34}}{{108 + \bar M}}\\
 \Rightarrow \frac{{36,64}}{{39 + \bar M}} = \frac{{57,34}}{{108 + \bar M}}\\
 \Rightarrow \bar M = 83,133
\end{array}\)

→ X và Y là Br và I → 2 muối cần tìm là KBr và KI

\(\begin{array}{l}
3{\rm{x}}|Cu \to \mathop {Cu}\limits^{ + 2}  + 2{\rm{e}}\\
2{\rm{x}}|\mathop N\limits^{ + 5}  + 3{\rm{e}} \to \mathop N\limits^{ + 2} \\
3Cu + 8HN{O_3} \to 3Cu{(N{O_3})_2} + 2NO + 4{H_2}O.
\end{array}\)

→ a + b = 11

Vai trò của SO₂ là chất khử.

Khi cho khí clo vào dung dịch KOH đặc, dư và đun nóng, dung dịch thu được chứa KCl, KOH dư, KClO₃

Phát biểu đúng là: Sơ đồ trên không thể dùng để điều chế HBr, HI và H2S Vì HBr, HI và H2S có phản ứng với H2SO4 đặc

\(F{\rm{e}}{S_2} + 8HN{O_3} \to F{\rm{e}}{(N{O_3})_3} + 2{H_2}S{O_4} + 5NO + 2{H_2}O\)

→ số phân tử HNO₃ đóng vai trò chất oxi hóa là 5

Phân tử có liên kết ion là KCl.

Gọi kim loại trung bình là R

\(\begin{array}{l}
2R + 2{H_2}O \to 2ROH + {H_2}\\
0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,015\\
ROH + HCl \to RCl + {H_2}O\\
{n_{RCl}} = {n_R} = 0,03\,mol \Rightarrow {M_{RCl}} = \frac{{2,075}}{{0,03}} = 69,167\\
 \Rightarrow R = 33,67
\end{array}\)

→ 2 kim loại kiềm là Na và K

Nguyên tố R có công thức oxit cao nhất là RO2 → hợp chất với hiđro của R là RH₄

\(\% {m_R} = \frac{R}{{R + 4}}.100\%  = 75\%  \Rightarrow R = 12\)

→ nguyên tố R cần tìm là C

Theo đề bài, ta có: \({Z_X}{\rm{ }} + {\rm{ }}{Z_{Y{\rm{ }}}} = {\rm{ }}31{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Vì X và Y liên tiếp nhau trong một chu kì → \({Z_{Y{\rm{ }}}} - {Z_X} = 1{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow {Z_X} = 15;{\rm{ }}{Z_{Y{\rm{ }}}} = 16\)

Cấu hình e của Y là: \(1{{\rm{s}}^2}2{{\rm{s}}^2}2{p^6}3{{\rm{s}}^2}3{p^4}\)

Các nguyên tố nhóm halogen có cấu hình electron lớp ngoài cùng là \(n{s^2}n{p^5}.\)

Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, nguyên tố có độ âm điện lớn nhất là F.

Điện hóa trị của Ca trong CaO là 2+

Cu không phản ứng với dung dịch HCl

\(\begin{array}{l}
2Al + 6HCl \to 2AlC{l_3} + 3{H_2}\\
0,4mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,6\,mol\\
 \Rightarrow {m_{Cu}} = 20 - 0,4.27 = 9,2(gam)\\
\% {m_{Al}} = \frac{{0,4.27}}{{20}}.100\%  = 54\% ;\,\,\% {m_{Cu}} = 46\% 
\end{array}\)

Trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, số chu kì nhỏ là 3 và chu kì lớn là 4.

\(Na\mathop {Cl}\limits^{ - 1} ,{\rm{ }}H\mathop {Cl}\limits^{ - 1} ,{\rm{ }}H\mathop {Cl}\limits^{ + 1} O,K\mathop {Cl}\limits^{ + 5} {O_3}\)

Gọi kim loại M có hóa trị n

\(\begin{array}{l}
2M + 2nHB{\rm{r}} \to 2MB{{\rm{r}}_n} + n{H_2}\\
\frac{{0,09}}{n}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,045\\
 \Rightarrow M = \frac{{2,925}}{{\frac{{0,09}}{n}}} = 32,5n
\end{array}\)

Với n = 2 → M = 65 → kim loại M là Zn

Theo chiều tính kim loại giảm: K > Na > Li > Be.

A = p + n = 19 + 20 = 39

→ nguyên tố cần tìm là \({}_{19}^{39}K.\)

Các nguyên tố có tính chất phi kim là các nguyên tố có 4 đến 7e lớp ngoài cùng

(2) \(1{{\rm{s}}^2}2{{\rm{s}}^2}2{p^6}3{{\rm{s}}^2}3{p^5}\) 

(4) \(1{{\rm{s}}^2}2{{\rm{s}}^2}2{p^4}\) 

\(\left\{ \begin{array}{l}
p + n + e = 122\\
n - p = 11
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
2p + n = 122\\
 - p + n = 11
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
p = 37\\
n = 48
\end{array} \right.\)

số khối của X là: A = p + n = 85

HF có tính axit yếu.

\(C{l_2} + 2KI \to 2KCl + {I_2}\)

I₂ sinh ra làm hồ tinh bột chuyển sang màu xanh tím.

\(\bar A = \frac{{3.35 + 1.37}}{4} = 35,5\)

Cộng hóa trị của N trong \(N \equiv N\) là 3

Cộng hóa trị của N trong H-N(H)-H là 3

Theo chiều điện tích hạt nhân tăng, bán kính nguyên tử biến đổi theo chiều tăng dần.

Phản ứng oxi hóa – khử là: \(2KCl{O_3} \to 2KCl + 3{{\rm{O}}_2}\)

Thuốc thử để nhận biết 3 dung dịch là BaCO3

- Dung dịch NaOH không hòa tan BaCO3

- Dung dịch HCl phản ứng với BaCO3 sủi bọt khí

- Dung dịch H2SO4 phản ứng với BaCO3 sủi bọt khí và có kết tủa trắng.

Các phát biểu đúng là

a) Cho Fe nung đỏ vào bình chứa khí clo thu được FeCl3

b) Tính axit của HI mạnh hơn HBr, HCl và HF.

c) Cho CaCO3 tác dụng với dung dịch HCl thu được khí không màu làm vẩn đục nước vôi trong.

Các hạt cấu tạo nên nguyên tử của hầu hết các nguyên tố là electron, nơtron, proton.

Cr (Z = 24) có cấu hình e là: \(1{{\rm{s}}^2}2{{\rm{s}}^2}2{p^6}3{{\rm{s}}^2}3{p^6}3{{\rm{d}}^5}4{{\rm{s}}^1}.\)

Quy đổi hỗn hợp Y gồm Fe, Cu và O, có số mol lần lượt là a, b, c

\({m_{hh\,Y}} = 56{\rm{a}} + 64b + 16{\rm{c}} = 2,08\,\,\,\,\,(1)\)

Bảo toàn e: \(3{\rm{a}} + 2b = 2{\rm{c}} + 0,02.2\,\,\,\,\,\,(2)\)

Dung dịch chứa 2 muối sunfat là \(F{{\rm{e}}_2}{(S{O_4})_3}\,0,5{\rm{a}}\,(mol);\,\,CuS{O_4}\,b\,(mol)\)

\( \Rightarrow {m_{muoi}} = 200{\rm{a}} + 160b = 5,6\,\,\,\,\,(3)\)

Từ (1), (2), (3) → a = 0,02;  b = 0,01;  c = 0,02

\({n_{F{\rm{e}}}}:{n_O} = a:c = 1:1 \Rightarrow \) công thức oxit sắt là FeO

Phần trăm khối lượng của Cu trong Y là \(\% {m_{Cu}} = \frac{{0,01.64}}{{2,08}}.100\%  = 30,77\% \)

Xét toàn bộ quá trình chỉ có CO cho e và HNO₃ nhận e

\(\begin{array}{l}
\mathop C\limits^{ + 2} O \to \,\,\,\,\mathop C\limits^{ + 4} {O_2}\,\,\, + \,\,\,2{\rm{e}}\\
0,03\, \leftarrow \,0,03 \leftarrow \,\,0,06\\
\mathop {\rm{N}}\limits^{ + 5} \,\, + \,\,3{\rm{e}}\,\,\, \to \,\,\,\mathop N\limits^{ + 2} \\
\,\,\,\,\,\,0,06 \leftarrow 0,02
\end{array}\)

Bảo toàn khối lượng:

\({m_{CO}} + {m_{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{hh\,X}} \Rightarrow {m_{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}} = 0,03.44 + 6,72 - 0,03.28 = 7,2(gam)\)

\( \Rightarrow {n_{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}} = 0,045\,mol \Rightarrow {n_{F{\rm{e}}{{(N{O_3})}_3}}} = 2.0,045 = 0,09\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố N: \({n_{HN{O_3}}} = {n_{NO}} + 3{n_{F{\rm{e}}{{(N{O_3})}_3}}} = 0,02 + 3.0,09 = 0,29mol\)

\({n_{{H^ + }}} = {n_{HCl}} + 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,78\,mol\)

Vì nH+ = 2nH2 → axit phản ứng hết

Bảo toàn khối lượng: \({m_{KL}} + {m_{axit}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}}}\)

\( \Rightarrow {m_{muoi}} = 7,74 + 0,5.36,5 + 0,14.98 - 0,39.2 = 38,93(gam)\)

Gọi số mol O là x mol

Xét cả quá trình có Fe cho e; O và HNO3 nhận e

\(\begin{array}{l}
F{\rm{e}} \to \mathop {F{\rm{e}}}\limits^{ + 3} \,\, + \,\,3{\rm{e}}\\
{\rm{0,15}}\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,{\rm{0,45}}\\
{\rm{O}}\,\,{\rm{ + }}\,\,{\rm{2e}}\,\, \to \,\,\mathop O\limits^{ - 2} \\
x \to 2{\rm{x}}\\
\mathop {\rm{N}}\limits^{ + 5}  + 1{\rm{e}} \to \mathop N\limits^{ + 4} \\
\,\,\,\,\,\,\,0,1\, \leftarrow \,\,0,1
\end{array}\)

Bảo toàn e: 0,45 = 2x + 0,1 → x = 0,175

→ m = 8,4 + 16.0,175 = 11,2 (gam)

Quy đổi hỗn hợp X gồm Fe và O, với số mol lần lượt là x và y

→ 56x + 16y = 49,6   (1)

Bảo toàn e: \(3{n_{F{\rm{e}}}} = 2{n_O} + 2{n_{S{O_2}}} \Rightarrow 3{\rm{x = 2y + 0,4}}{\rm{.2}}\,\,\,{\rm{(2)}}\)

Từ (1) và (2) → x = 0,7;  y = 0,65

Khối lượng muối trong Y là: \({m_{F{{\rm{e}}_2}{{(S{O_4})}_3}}} = \frac{{0,7}}{2}.400 = 140(gam)\)

Quy đổi hỗn hợp ban đầu về x mol Fe và y mol O

→ 56x + 16y = 37,28   (1)

Còn m gam kim lại không tan là Fe còn dư → dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối Fe(NO3)2

Số mol Fe phản ứng là: \(x - \frac{m}{{56}}\)  (mol)

Bảo toàn N: \({n_{HN{O_3}}} = {n_{NO}} + 2{n_{F{\rm{e}}{{(N{O_3})}_2}}} \Rightarrow 1,28 = 0,2 + 2.(x - \frac{m}{{56}})\)   (2)

Bảo toàn e: \(2{n_{F{\rm{e(phan}}\,{\rm{ung)}}}} = 3{n_{NO}} + 2{n_O} \Rightarrow 2.(x - \frac{m}{{56}}) = 3.0,2 + 2y\,\,\,(3)\)

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow x = \frac{{209}}{{350}};\,\,\,y = 0,24;\,\,\,\,m = 3,2\)

Số mol e H⁺ nhận = 0,08.2 = 0,16 mol

→ Khi nung với oxi, oxi cũng nhận 0,16 mol e

\(\begin{array}{l}
{O_2} + 4{\rm{e}} \to 2\mathop {\rm{O}}\limits^{ - 2} \\
 \Rightarrow {n_{{O_2}}} = \frac{{0,16}}{4} = 0,04\,mol \Rightarrow {m_{{O_2}}} = 1,28(gam)
\end{array}\)

 Bảon toàn khối lượng: \({m_{KL}} + {m_{{O_2}}} = {m_{oxit}} \Rightarrow m = 2.(2,84 - 1,28) = 3,12(gam)\)

\(\begin{array}{l}
5{\rm{x}}|2\mathop {F{\rm{e}}}\limits^{ + 2}  \to 2\mathop {F{\rm{e}}}\limits^{ + 3}  + 2{\rm{e}}\\
2{\rm{x}}|\mathop {Mn}\limits^{ + 7}  + 5{\rm{e}} \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} \\
10F{\rm{e}}S{O_4} + 2KMn{O_4} + 16KH{\rm{S}}{O_4} \to 5F{{\rm{e}}_2}{(S{O_4})_3} + 9{K_2}S{O_4} + 2Mn{\rm{S}}{O_4} + 8{H_2}O
\end{array}\)

→ hệ số của KHSO4 là 16.