\(n_O=\dfrac{8}{16}=0,5\left(mol\right)\)

=> Số nguyên tử O = 0,5.6.10²³ = 3.10²³ (nguyên tử)

=> Số hạt electron = 8.3.10²³ = 24.10²³ (nguyên tử)

=> Khối lượng electron = 9,1094.10^-31.24.10²³ = 218,6256.10^-8 (g)

\(n_{MgSO_4}=\dfrac{14,4}{120}=0,12\left(mol\right)\)

PTHH: \(4Mg+5H_2SO_{4\left(đ,n\right)}\rightarrow4MgSO_4+H_2S+4H_2O\)

             0,12<-------------------------0,12--->0,03

=> V = 0,03.22,4 = 0,672 (l)

m = 0,12.24 = 2,88 (g)

Coi tinh thể CuSO₄.5H₂O có nồng độ: 

\(C\%=\dfrac{160}{250}.100\%=64\%\)

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

\(\dfrac{m_1}{m_2}=\dfrac{16-8}{64-16}=\dfrac{1}{6}\)

Xét độ âm điện, flo có độ âm điện là 3,98 còn oxi 3,44 nên khi tạo ra \(OF_2\), vì flo có độ âm điện lớn hơn nên oxi có số oxi hoá là \(+2\) (thay vì là \(-2\) trong các oxit). Mặt khác, hiệu độ âm điện là \(0,58>0,4 \&< 1,7\) nên liên kết này phân cực về phía flo, đôi electron chung vì thế cũng bị kéo lệch về phía flo (còn các oxit như \(NO,CO,SO_2\) có đôi electron chung bị kéo lệch về phía oxi). Chính vì thế nên phân tử \(OF_2\) không thể coi là một oxit.

bởi vì oxi bị flo oxi hóa 

\(Ag+O_2\rightarrow\text{không tác dụng}\)

\(2Ag+O_3\rightarrow Ag_2O+O_2\)

\(2C_6H_6+15O_2\rightarrow12CO_2+6H_2O\)

\(C_6H_6+5O_3\rightarrow6CO_2+3H_2O\)

\(KI+O_2\rightarrow\text{không tác dụng}\)

\(2KI+O_3+H_2O\rightarrow I_2+2KOH+O_2\)

\(2H_2+O_2\rightarrow2H_2O\)

\(H_2+O_3\rightarrow H_2O+O_2\)

* Sự cháy trong ozon mãnh liệt hơn sự cháy trong oxi vì ozon có tính oxi hoá mạnh hơn oxi.

\(2C_6H_6+15O_2\xrightarrow[]{t^o}12CO_2+6H_2O\\ 2H_2+O_2\xrightarrow[]{t^o}2H_2O\)

________________________________________

\(Ag+O_3\xrightarrow[]{t^o}Ag_2O+O_2\\ C_6H_6+4O_3\xrightarrow[]{t^o}6CO_2+3H_2O\\ 2KI+O_3+H_2O\rightarrow2KOH+O_2+I_2\)

\(H_2+O_3\xrightarrow[]{t^o}H_2O+O_2\)

Giải thích: vì O₃ có tính oxi hoá mạnh hơn O₂

- Cho các khí tác dụng với giấy quỳ tím ẩm:

+ Không hiện tượng: O₂, O₃ (1)

+ QT chuyển đỏ: SO₂

\(SO_2+H_2O⇌H_2SO_3\)

- Dẫn khí ở (1) qua dd KI/hồ tinh bột:

+ Không hiện tượng: O₂

+ dd chuyển màu xanh: O₃

\(2KI+O_3+H_2O\rightarrow2KOH+I_2+O_2\)

- Đánh STT cho các lọ chứa khí:

- Dẫn các khí qua dd Ca(OH)₂, nếu:

+ Có kết tủa màu trắng thì lọ đó chứa khí SO₂.

\(SO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaSO_3\downarrow+H_2O\)

+ Không hiện tượng: O₂, O₃. (1)
- Cho tàn que đóm vào các lọ chứa khí (1), nếu:

+ Que đóm bùng sáng thì lọ đó chứa O₂.

+ Lọ không có hiện tượng là O₃.

Dán nhãn cho các lọ chứa khí

Xét cân bằng: \(H_2+I_2⇌2HI\)

Ban đầu:          1      3

Phản ứng:        x → x   →  2x

Cân bằng:    1 - x → 3 - x → 2x

\(K_{cb}=\dfrac{\left[HI\right]^2}{\left[H_2\right]\left[I_2\right]}\Leftrightarrow\dfrac{\left(2x\right)^2}{\left(1-x\right)\left(3-x\right)}=64\)

\(\Leftrightarrow x=0,97\)

Nồng độ các chất ở thời điểm cân bằng:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left[H_2\right]=1-x=0,03\left(M\right)\\\left[I_2\right]=3-x=2,03\left(M\right)\\\left[HI\right]=2x=1,94\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

b) Lại xét cân bằng:         \(H_2+I_2⇌2HI\)

Ban đầu:                         0,03 (2,53)  1,94

Phản ứng:                         y → y   →   2y

Cân bằng:           0,03 - y → 2,53 - y → 1,94 + y

Vì K_cb luôn không đổi nên K_{cb mới} = 64

\(K_{cb\text{ mới}}=\dfrac{\left(1,94+2y\right)^2}{\left(0,03-y\right)\left(2,53-y\right)}=64\)

\(\Leftrightarrow y=0,00638\)

Nồng độ các chất ở thời điểm cân bằng mới:

\(\left\{{}\begin{matrix}\left[H_2\right]=0,03-y=0,024\left(M\right)\\\left[I_2\right]=2,53-y=2,523\left(M\right)\\\left[HI\right]=1,94+2y=1,952\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

Gọi số mol AgNO₃ là x (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{KCl}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\\n_{KI}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

- Nếu kết tủa chỉ có AgI

\(n_{AgI}=\dfrac{3,211}{235}=0,01366\left(mol\right)>0,01\left(mol\right)\)

=> Vô lí

=> Kết tủa gồm AgI và AgCl

PTHH: \(AgNO_3+KI\rightarrow AgI\downarrow+KNO_3\)

               0,01<----0,01->0,01

\(\Rightarrow n_{AgCl}=\dfrac{3,211-0,01.235}{143,5}=0,006\left(mol\right)\)

PTHH: \(AgNO_3+KCl\rightarrow AgCl\downarrow+KNO_3\)

                0,006<----------0,006

=> \(V_{dd.AgNO_3}=\dfrac{0,006+0,01}{0,1}=0,16\left(l\right)\)

\(n_{KI}=n_{KCl}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right)\)

PTHH:

\(KI+AgNO_3\rightarrow AgI\downarrow+KNO_3\)

0,01->0,01------>0,01

\(\rightarrow m_{AgI}=0,01.235=2,35\left(g\right)\\ \rightarrow m_{AgCl}=3,211-2,35=0,861\left(g\right)\\ \rightarrow n_{AgCl}=\dfrac{0,861}{143,5}=0,006\left(mol\right)\)

PTHH: \(KCl+AgNO_3\rightarrow AgCl\downarrow+KNO_3\)

                          0,006<---0,006

\(\rightarrow V_{dd.AgNO_3}=\dfrac{0,01+0,006}{0,1}=0,16M\)

a) Hằng số cân bằng: \(K_{cb}=\dfrac{\left[NH_3\right]^2}{\left[N_2\right]\cdot\left[H_2\right]^3}=\dfrac{2^2}{1\cdot3^3}=\dfrac{4}{27}\)

b) Thêm 1 mol N₂, cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều thuận.

\(N_2+3H_2⇌2NH_3\)

\(\left(2\right)\rightarrow3\) ..... \(\rightarrow2\)

\(x\rightarrow3x\) ..... \(\rightarrow2x\)

CB: \(2-x\rightarrow3-3x\rightarrow2+2x\)

Hằng số cân bằng luôn không đổi, nên ta có:\(K_{cb}=\dfrac{\left(2+2x\right)^2}{\left(2-x\right)\left(3-3x\right)^3}=\dfrac{4}{27}\)

\(\Leftrightarrow x\approx0,124\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[N_2\right]=2-0,124=1,876\left(M\right)\\\left[H_2\right]=3-3\cdot0,124=2,628\left(M\right)\\\left[NH_3\right]=2+2\cdot0,124=2,248\left(M\right)\end{matrix}\right.\).

`Fe + H_2 SO_4 -> FeSO_4 + H_2 \uparrow`

`0,2`      `0,2`                 `0,2`                         `(mol)`

`n_[Fe]=[11,2]/56=0,2(mol)`

`n_[H_2 SO_4]=0,4.1=0,4(mol)`

Có: `[0,2]/1 < [0,4]/1 ->H_2 SO_4` dư

 `=>m_[FeSO_4]=0,2.152=30,4(g)`

\(n_{Fe}=0,2 \left(mol\right), n_{H_2SO_4}=0,4 \left(mol\right)\)

pthh: \(2Fe+6H_2SO_4đ\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

.......... \(\dfrac{2}{15}\leftarrow0,4\) ............ \(\rightarrow\dfrac{1}{15}\)

(Fe dư \(\dfrac{1}{15}\) mol)

\(\Rightarrow Fe+Fe_2\left(SO_4\right)_3\rightarrow3FeSO_4\)

.... \(\dfrac{1}{15}\rightarrow\dfrac{1}{15}\) ............ \(\rightarrow\dfrac{3}{15}\)

\(m_{\text{muối}}=\dfrac{3}{15}\cdot152=30,4\) (gam)