Thiếu trường hợp \(Z:CH\equiv CH;Y:CH_2=CH_2\), X thì vẫn là \(CH_3-CH_3\) vì cũng cấp 3 rồi nên chắc chắn phải làm hết và ghi PTHH bằng CTCT: )

\(CH\equiv CH+2Br_2\rightarrow CHBr_2-CHBr_2\)

\(CH_2=CH_2+Br_2\rightarrow CH_2Br-CH_2Br\)

\(CH\equiv CH+H_2O\xrightarrow[80^oC]{HgSO_4,H_2SO_4}CH_3CHO\)

\(CH_3CHO+O_2\underrightarrow{xt,t^o}CH_3COOH\)

BTNT C thiếu vì sau sinh ra thêm cái \(Na_2CO_3\) nữa: )

đúng thì phải x+y = 0.2(của CaCO3) + 0.05 (CO2) + 0.2(Na2CO3) nữa

Theo kiểu bạn thì phải đây:

Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào hỗn hợp 2 muối đâu giải vậy được: )

\(n_{HCl}=0,3.0,5=0,15\left(mol\right)\\ n_{CO_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{20}{100}=0,2\left(mol\right)\)

Phản ứng xảy ra theo thứ tự:

\(HCl+Na_2CO_3\rightarrow NaHCO_3+NaCl\) (1)

0,1--->0,1--------->0,1

\(HCl+NaHCO_3\rightarrow NaCl+H_2O+CO_2\) (2)

0,05<--0,05<-----------------------------0,05

Vì X + \(Ca\left(OH\right)_2\) dư tạo kết tủa => \(NaHCO_3\) dư, \(HCl\) hết.

\(Ca\left(OH\right)_2+2NaHCO_3\rightarrow CaCO_3\downarrow+Na_2CO_3+2H_2O\)

                       0,4<--------0,2

\(a=m_{Na_2CO_3}+m_{NaHCO_3}=106.0,1+84\left(0,05+0,4-0,1\right)=40\left(g\right)\)

\(x^2-\dfrac{1}{49}=0\\ \Rightarrow x^2=\dfrac{1}{49}\\ \Rightarrow x^2=\pm\dfrac{1}{7}\)

\(64-0,25x^2=0\\ \Rightarrow\left(0,5x\right)^2=64\\ \Rightarrow\left(0,5x\right)=\pm8\\ \Rightarrow x=\pm16\)

d

Không thể dùng `CaO` để làm khô khí vì `CaO` có phản ứng với khí `SO_2`:

\(SO_2+CaO\rightarrow CaSO_3\downarrow\)

Có thể dùng `H_2SO_4` đặc để làm khô khí vì `H_2SO_4` đặc không phản ứng với khí `SO_2`

e

Không thể thay cặp chất A, B bằng cặp chất `BaCO_3` và `H_2SO_4`  để điều chế `SO_2` vì phản ứng giữa 2 chất xảy ra thu được khí `CO_2`, không thu được `SO_2`:

PTHH: \(BaCO_3+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4\downarrow+H_2O+CO_2\uparrow\)

a

\(A:Na_2SO_3\), \(NaHSO_3\)

\(B:H_2SO_4\), 

PTHH xảy ra:

\(Na_2SO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+SO_2\uparrow+H_2O\)

\(2NaHSO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2SO_2+2H_2O\)

b

Cách thu khí: đặt ngửa ống nghiệm vì khí `SO_2` nặng hơn không khí `(64>29)`

Cách nhận biết khí `SO_2` đã thu đầy bình: nhỏ vài giọt phenolphtalein vào bông tẩm dung dịch X không thấy màu hồng chứng tỏ dung dịch ở bông tẩm là `NaHSO_3` có tính axit yếu, suy ra `SO_2` đã đầy bình.

c

Dung dịch X: `NaOH`

Vai trò của dung dịch X: Ngăn khí độc `SO_2` bay ra ngoài gây ảnh hưởng nên dùng bông tẩm dung dịch NaOH để phản ứng với `SO_2` tạo muối.

\(SO_2+NaOH\rightarrow NaHSO_3\)

b

ĐK:\(x\in N;x\ne4\)

Min A xảy ra khi \(\sqrt{x}-2< 0\) \(\Leftrightarrow\sqrt{x}< 2\Leftrightarrow0\le x< 4\)

Mà \(x\in N\Rightarrow x\in\left\{0;1;2;3\right\}\)

Vậy min A \(=-6-3\sqrt{3}\) khi \(x=3\left(thỏa.mãn\right)\)

ĐK: \(x\in N;x\ne4\)

a

Ta thấy trong 2 trường hợp \(\sqrt{x}-2>0\) và \(\sqrt{x}-2< 0\) thì Max A xảy ra trong trường hợp \(\sqrt{x}-2>0\Rightarrow\sqrt{x}-2>2\Rightarrow x>4\)

Mà \(x\in N\Rightarrow x\in\left\{5;6;7;....\right\}\Rightarrow x\ge5\Rightarrow\sqrt{x}\ge\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}-2\ge\sqrt{5}-2\\ \Rightarrow\dfrac{3}{\sqrt{x}-2}\le\dfrac{3}{\sqrt{5}-2}\\ \Rightarrow A\le\dfrac{3}{\sqrt{5}-2}=6+3\sqrt{5}\)

Vậy Max A \(=6+3\sqrt{5}\) khi \(x=5\left(thỏa.mãn\right)\)

1

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,25.2=0,5\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.171=85,5\left(g\right)\)

2

\(n_{FeCl_3}=0,08.0,15=0,012\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{FeCl_3}=0,012.162,5=1,95\left(g\right)\)

3

\(n_{MgSO_4}=4,5.0,8=3,6\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{MgSO_4}=3,6.120=432\left(g\right)\)

4

\(n_{Zn\left(NO_3\right)_2}=0,015.0,4=0,006\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Zn\left(NO_3\right)_2}=0,006.189=1,134\left(g\right)\)