a. Phương trình hóa học:

\(\left(C_6H_{10}O_5\right)_n+n_{H_2O}\underrightarrow{axit,t^o}n_{C_6H_{12}O_6}\)

\(C_6H_{12}O_6\xrightarrow[30-32^oC]{men.rượu}2C_2H_5OH+2CO_2\)

\(C_2H_5OH+O_2\underrightarrow{men.giấm}CH_3COOH+H_2O\)

\(CH_3COOH+C_2H_5OH\xrightarrow[\leftarrow t]{H_2SO_4đ}CH_3COOC_2H_5+H_2O\)

v....v... và vạn vạn số ở đằng sau số 99

Với hs lớp 3 ta nên vẽ sơ đo. Bạn vẽ 1 đoan thể hiện chiều dài. Vẽ 1 đoan thể hiện chiều rộng sau đó bạn kéo dài đoạn đó gấp 3 lần. Bạn thấy ngay đoạn thể hiện chiều rộng bằng 12+15=27

 So du fai < so chia suy ra so du la 22

so bi chi la ( 137 x 23 ) + 22 = 3173 

Suy ra so bi chia la 3173

1.     Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:

         Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na₂CO₃, các mẫu thử còn lại không màu.

CO₃^2- + H₂O \(\underrightarrow{\leftarrow}\) HCO₃^- + OH^-

        Dùng Na₂CO₃ làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.

Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO₄

CO₃^2- + 2H⁺ \(\rightarrow\) H₂O + CO_{2\(\uparrow\)}

Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl₃

2Al³⁺ + 3CO₃^2- + 3H₂O \(\rightarrow\) 2Al(OH)₃ \(\downarrow\)+ 3CO_{2\(\uparrow\)}

Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO₃)₃

2Fe³⁺ + 3CO₃^2- + 3H₂O \(\rightarrow\) 2Fe(OH)₃\(\text{↓}\)+ 3CO₂\(\uparrow\)

Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO₃)₂

Ca²⁺ + CO₃^2- \(\rightarrow\) CaCO_{3\(\downarrow\)}

Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

Halogenua của photpho có thể có công thức PX₃ hoặc PX₅.

   *Xét trường hợp PX₃:

PTHH     PX₃ + 3H₂O  \(\rightarrow\) H₃PO₃ + 3HX

               H₃PO₃ + 2NaOH \(\rightarrow\) Na₂HPO₃ + 2H₂O ( axit H₃PO₃ là axit hai lần axit)

               HX + NaOH \(\rightarrow\) NaX + H₂O

số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol

Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX₃ cần 5 mol NaOH;

số mol PX₃ =  1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol

Khối lượng mol phân tử PX₃ = 2,475/0,018 = 137,5

Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 Þ  X là Cl . Công thức PCl₃

  *Xét trường hợp PX₅:

PX₅ + 4H₂O  \(\rightarrow\) H₃PO₄ + 5HX

H₃PO₄ + 3NaOH \(\rightarrow\) Na₃PO₄ + 3H₂O

HX + NaOH \(\rightarrow\) NaX + H₂O

số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol

Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX₅ cần 8 mol NaOH;

số mol PX₅ =  1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol

Khối lượng mol phân tử PX₅ = 2,475/0,01125 = 220

Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8  \(\Rightarrow\)  không ứng với halogen nào.

1)            X + HCl \(\rightarrow\) NO

=> trong X còn muối Fe(NO₃)₂

\(n_{NO\left(1\right)}=\frac{7,84}{22,4}=0,35mol\);        \(n_{NO\left(2\right)}=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu²⁺ và Fe³⁺

Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu

Ta có:

\(\begin{cases}56x+64y=26,4\\3x+2y=3\left(0,35+0,05\right)\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0,3\\y=0,15\end{cases}\)

=> \(\%Fe=\frac{0,3.56}{26,4}.100\%=63,64\%\);     %Cu = 100% - %Fe = 36,36%

2) Số mol HNO₃ than gia phản ứng = 4n_NO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol)

3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ trong X

=> a + b = 0,3

    2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35

=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)

=> trong X có : 0,15 mol Fe(NO₃)₂;   0,15 (mol) Fe(NO₃)₃   và 0,15 mol Cu(NO₃)₂

=> C_M các chất đều bằng nhau và bằng: \(\frac{0,15}{0,8}=0,1875M\)

(2)Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO₃/NH₃ dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C₂H₂.

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ \(\rightarrow\) C₂Ag₂ \(\downarrow\) + 2NH₄NO₃

            C₂Ag₂ + 2HCl \(\rightarrow\) C₂H₂ ­ + 2AgCl \(\downarrow\)

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO₃/NH₃, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH₃COOH) thu được C₂H₄ :

C₂H₄ + Br₂ \(\rightarrow\) C₂H₄Br₂

C₂H₄Br₂ + Zn \(\rightarrow\) C₂H₄ ­ + ZnBr₂

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C₂H₆

(1)        Nếu ankin có dạng RC\(\equiv\)CH :

RC\(\equiv\)CH + AgNO₃ + NH₃ \(\rightarrow\) RC\(\equiv\)CAg + NH₄NO₃

\(\Rightarrow n\left(ankin\right)=\frac{3,4g}{170g\text{/}mol}=0,02mol\) và \(n_{Br_2}\ge2\times n\left(ankin\right)=0,04mol\)

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br₂ chỉ bằng \(0,2L.0,15mol\text{/}L=0,03mol\)

Vậy ankin phải là C₂H₂ và như vậy ankan là C₂H₆, anken là C₂H₄.

Từ phản ứng :

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ \(\rightarrow\) C₂Ag₂ + 2NH₄NO₃

\(\Rightarrow\) n(C₂H₂) = 1/2n(AgNO₃) = 0,01 mol

Từ các phản ứng :

C₂H₂ + 2Br₂ \(\rightarrow\) C₂H₂Br₄

C₂H₄ + Br₂ \(\rightarrow\) C₂H₄Br₂

\(\Rightarrow\) n(C₂H₄) = 0,01 mol

\(\Rightarrow\)     n(C₂H₆) = \(\frac{0,672L}{22,4L\text{/}mol}-0,01mol-0,01mol=0,01mol\)

\(\Rightarrow\)     Khối lượng của: C₂H₂: 0,26gam; C₂H₄: 0,28 gam; C₂H₆: 0,3 gam.

Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO₄.nH₂O

Trong 120 + 18n gam MgSO₄.nH₂O có 120 gam MgSO₄ và 18n gam H₂O

                                                                1,58 gam                   0,237n gam

Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:

\(m_{H_2}=\frac{100.100}{35,1+100}=74,02g\)

\(m_{MgSO_4}=\frac{100.35,1}{35,1+100}\) = 25,98 gam

Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:

\(m_{H_2O}\) = 74,02 – 0,237n gam

\(m_{MgSO_4}\)= 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam

Độ tan: s = \(\frac{25,4}{74,02-0,237n}.100=35,1\) . Suy ra n = 7.

Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO₄.7H₂O