a, Là quá trình chuyển đổi chất béo thành glyxerol và muối của acid béo

b, Số mol của 10kg xà phòng : \(n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{10.10^3}{17.12+35.1+12+16+16+23}=\dfrac{10.10^3}{306}=0,0327.10^3\left(mol\right)\)

\(C_3H_5\left(OOCC_{17}H_{35}\right)_3+3NaOH->C_3H_5\left(OH\right)_3+3C_{17}H_{35}COONa\)

\(n_{chatbeopu}=n_{xaphong}=0,0327.10^3\left(mol\right)\)

\(n_{chatbeobd}=\dfrac{n_{chatbeopu}.100}{H}=\dfrac{0,0327.10^3.100}{85}=0,0385.10^3\left(mol\right)\)

\(=>m_{chatbeo}=n.M=0,0385.10^3.\left[\left(12.3+1.5\right)+\left(16+16+12+12.17+1.35\right).3\right]=34,265.10^3\left(g\right)=34,265\left(kg\right)\)

\(=>\) cần \(34,265kg\) chất béo

Gọi độ dài cạnh hình vuông là: \(x\left(x>0\right)\left(cm\right)\)

Chiều dài hcn: \(x+5\) , chiều rộng hcn: \(x-5\)

Ta có: \(x+5=2\left(x-5\right)\)

\(=>x+5=2x-10\)

\(=>x=15\)

Chu vi hình vuông: \(15.4=60\left(cm\right)\)

Diện tích hình vuông: \(15.15=225\left(cm^2\right)\)

\(a,\dfrac{-3x}{5xy^2}.\dfrac{-5y^2}{12xy}=\dfrac{1}{4xy}\)

\(B=\dfrac{10x^2-24x+15}{x^2-2x+1}=\dfrac{10\left(x^2-2x+1\right)-4x+5}{x^2-2x+1}=\dfrac{10\left(x^2-2x+1\right)-4\left(x-1\right)+1}{x^2-2x+1}=10-\dfrac{4}{x-1}+\dfrac{1}{\left(x-1\right)^2}\)

Đặt \(\dfrac{1}{x-1}=t\)

Thay vào B ta được: \(B=10-4t+t^2=\left(t^2-4t+4\right)+6=\left(t-2\right)^2+6\ge6\)

Dấu ''='' xảy ra khi: \(\left(t-2\right)^2=0\) hay \(t=2\)

\(=>\dfrac{1}{x-1}=2=>x-1=\dfrac{1}{2}=>x=\dfrac{3}{2}\)

Vậy với \(x=\dfrac{3}{2}\) thì B đạt GTNN bằng \(6\)

\(a,n_{H_2}=\dfrac{V}{22,4}=\dfrac{1,0752}{22,4}=0,048\left(mol\right)\)

Đặt số mol Fe, Al, Cu trong 5,304g hh ban đầu lần lượt là: x,y,z ( x,y,z > 0 )

Ta có: \(56x+27y+64z=5,304\left(g\right)\)       (1)

PTPU: 

\(Fe+2HCl->FeCl_2+H_2\)

 x         2x                          x

\(2Al+6HCl->AlCl_3+3H_2\)

 y          3y                         1,5y

\(=>x+1,5y=0,048\left(mol\right)\)       (2)

\(2Cu+O_2\underrightarrow{t^o}2CuO\)

 z                     z

\(CuO+2HCl->CuCl_2+H_2O\)

 z            2z

Vì đốt cháy D trong không khí rồi hòa tan bằng dd HCl thì cần lượng dung dịch HCl như trên nên: \(2z=2x+3y\left(mol\right)\)      (3)

Từ (1), (2), (3) \(=>\left\{{}\begin{matrix}x=0,036\\y=0,008\\z=0,048\end{matrix}\right.\)

Thành phần phân trăm khối lượng mỗi kim loại trong hh:

\(\%m_{Fe}=\dfrac{0,036.56}{5,304}.100=38,01\%\)

\(\%m_{Al}=\dfrac{0,008.27}{5,304}.100=4,07\%\)

\(\%m_{Cu}=100\%-38,01\%-4,07\%=57,92\%\)

\(b,\) Gọi nồng đồ dung dịch A và B lần lượt là a và 4a (a>0)

\(n_{HCl}=2x+3y=2.0,036+3.0,008=0,096\left(mol\right)\)

Ta có: \(a.V_1+4a.V_2=0,096\left(mol\right)\)       (4)

\(V_1+V_2=0,156\left(l\right)\)      (5)

Trong 1/6 hh ban đầu có: \(n_{Fe}=\dfrac{0,036}{6}=0,006\left(mol\right)\)

PTPU: \(Fe+2HCl->FeCl_2+H_2\)

        0,006   0,012

Ta có: \(4a.\dfrac{V_2}{2}=0,012\)   (6)

Từ (4), (5) , (6) \(=>\left\{{}\begin{matrix}a=0,5\\V_1=0,144\\V_2=0,012\end{matrix}\right.\)       \(=>4a=2\)

\(=>\) Nồng độ của dung dịch A là \(0,5M\) , của dung dịch B là \(2M\)

1.

a, \(K+H_2O->KOH+\dfrac{1}{2}H_2\uparrow\)

\(->\) xuất hiện bọt khí

\(6KOH+Fe_2\left(SO_4\right)_3->3K_2SO_4+2Fe\left(OH\right)_3\downarrow\)

\(->\) xuất hiện kết tủa nâu đỏ

b, \(3KOH+AlCl_3->3KCl+Al\left(OH\right)_3\downarrow\)

\(->\) xuất hiện kết tủa keo trắng

c,\(Cu+2Fe\left(NO_3\right)_3->Cu\left(NO_3\right)_2+2Fe\left(NO_3\right)_2\)

\(->\) chuyển sang dung dịch không màu

d, \(HCl+Na_2CO_3->NaHCO_3+NaCl\)