Ta có phản ứng:

HCOOCH₂–CH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₂=CH–CH₂–OH.

Đặt n_HCO3^– = a và n_{Ca(OH)2 thêm vào} = b.

⇒ ∑n_Ca²⁺ = n_HCO3^– Û 0,1 + b = a Û a – b = 0,1 (1)

Để dung dịch chứa 1 muối duy nhất ⇒ n_HCO3^– = n_OH^–

Û a = 2b Û a – 2b = 0 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_HCO3^– = a = 0,2 mol.

Bảo toàn điện tích ⇒ n_K⁺ = 0,15 mol.

+ Khi nung thì 2HCO^– → CO₃^2– + CO₂↑ + H₂O.

⇒ 0,2 mol HCO₃^– sẽ thay thế bằng 0,1 mol CO₃^2–.

Vây cô cạn dung dịch m_Muối = 0,1×40 + 0,15×39 + 0,15×35,5 + 0,1×60 = 21,175 gam.

Phương trình điều chế Ag từ Ag₂ bằng phương pháp thủy luyện

\(A{g_2}S + 4NaCN \to 2Na\left[ {Ag{{\left( {CN} \right)}_2}} \right] + N{a_2}S\)

\(Zn + 2Na\left[ {Ag{{\left( {CN} \right)}_2}} \right] \to N{a_2}\left[ {Zn{{\left( {CN} \right)}_4}} \right] + 2{\rm{A}}g\)

Cả 2 chất đều có cùng CTPT là C₃H₆O₂.

⇒ n_{Hỗn hợp} = 0,2 mol ⇒ n_{Hỗn hợp muối} = 0,2 mol 

\({n_{NO}} = \frac{{1,344}}{{22,4}} = 0,06\,mol \Rightarrow {n_{HN{O_3}}} = 0,06.4 = 0,24\,mol \Rightarrow {n_{NO_3^ - \left( {muoi} \right)}} = 0,18\,mol\)

\(\Rightarrow m = {m_X} + {m_{NO_3^ - }} = 10,84 + 0,18.62 = 22\left( g \right)\)

Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là a và b ta có:

+ PT theo khối lượng hh: 24a + 27b = 1,86 (1).

+ PT theo bảo toàn số mol e cho nhận: 2a + 3b = 8n_N2O = 0,2 (2).

● Giải hệ (1) và (2) ta có n_Mg = a = 0,01 mol.

⇒ %m_Mg = \(\frac{{0,01 \times 24}}{{1,86}}\) × 100 = 12,9% 

m_{Tinh bột} = 20×0,81 = 16,2 kg ⇒ n_{Tinh bột} = 0,1 kmol.

Ta có: C₆H₁₀O₅ + H₂O → 2C₂H₅OH + 2CO₂↑.

⇒ n_C2H5OH = 0,1×2×0,81 = 0,162 kmol ⇒ m_C2H5OH = 7,452 kg.

⇒ V_C2H5OH = \(\frac{{74,52}}{{0,789}}\) ≈ 9,445 kg ⇒ V_C2H5OH = 9,445 ÷ 0,96 ≈ 9,838 lít.

Ta có n_OH^– = 2a + \(\frac{m}{{40}}\)

Khi kết tủa tan hết thì chỉ có muối hidrocacbonat tức là lượng CO₂ phản ứng cũng chính bằng số mol OH^–.

⇒ 2a +  \(\frac{m}{{40}}\) = 1,3.

Khi lượng kết tủa bắt đầu giảm tức là CO₂ đã phản ứng với OH^– tạo a mol BaCO₃ và còn lại là muối hirdocacbonat.

n_CO2 = a + 0,5 = n_BaCO3 + n_NaHCO3 = a +  \(\frac{m}{{40}}\) ⇒ m = 20.

⇒ a = 0,4 

Đặt CTTQ của ankan cần tìm là C_nH_2n+2.

Ta có pứ: C_nH_2n+2 + Br₂ → C_nH_2n+1Br + HBr.  (tỉ lệ 1:1)

⇒ M_CnH2n+1Br = 75,5×2 = 151 Û n = 5 ⇒ Ankan có CTPT là C₅H₁₂.

+ Vì chỉ thu được 1 dẫn xuất monobrom duy nhất ⇒ ankan có CTCT: C–C(C)₂–C.

⇒ Ankan có tên gọi là: 2,2-đimetylpropan 

Ta có: M + 2HCl → MCl₂ + H₂↑.

+ Ta có m_Cl = 17,68 – 8,45 = 0,26 mol = n_{e trao đổi}.

⇒ n_M = 0,26÷2 = 0,13 mol.

⇒ M_M = 8,45 ÷ 0,13 = 65 

TN có khí thoát ra gồm:

(2) → SO₂↑ || (3) → CO₂↑ || (4) → H₂↑.

(6) → CO₂↑ || (7) → NO 

n_muối = n_NaOH = 0,25 mol ⇒ M_{TB muối} = 18,4 ÷ 0,25 = 73,6 ⇒ muối chứa HCOONa.

Do X và Y có cùng số cacbon ⇒ Y có dạng HCOOR’. 

n_Y = n_Ag ÷ 2 = 0,3 ÷ 2 = 0,15 mol ⇒ n_X = 0,25 – 0,15 = 0,1 mol.

⇒ M_{muối của X} = (18,4 – 0,15 × 68) ÷ 0,1 = 82 ⇒ muối là CH₃COONa ⇒ X là CH₃COOH.

⇒ Y là HCOOCH₃ ⇒ m = 0,25 × 60 = 15 gam. 

Gọi số nhóm COOH có trong A là a.

Ta có: ∑n_COOH + n_HCl = n_NaOH Û 0,1a + 0,25 = 0,45.

Û a = 2 ⇒ CTCT của A chứa 2 nhóm COOH.

+ Vì n_HCl = 0,25 mol ⇒ n_NaCl = 0,25 mol (Bảo Toàn Cl).

⇒ m_Muối = 33,725 = 0,1×(M_A + 22×2) + 0,25×58,5.

Û M_A = 147 ⇒ A là Axit glutamic 

Số chất trong phân tử có chức nhóm –NH–CO– là:

+ Ure-fomanđehit, tơ nilon-6,6 và protein 

Các CTCT của X thỏa mãn là: NH₄CO₃HN(CH₃)₃, CH₃NH₃CO₃H₃NC₂H₅, CH₃NH₃CO₃H₂N(CH₃)₂

Vì n_CO2 = n_H2O = 0,03 mol.

⇒ CTTQ của X có dạng C_nH_2n.

Ta có 0,42 gam X có n_X = 0,32÷32 = 0,01 mol.

⇒ M_CxH2n = 0,42÷0,01 = 42 ⇒ n = 3 

4,667 gam hh Na, K, Ba, ZnO trong đó %O = 5,14% + H₂O → ddX + 0,032 mol H₂

\({n_O} = \frac{{4,667 \times 5,14\% }}{{16}} = 0,015mol\) → n_ZnO = 0,015 mol.

M + nH₂O → Mⁿ⁺ + nOH^- + 0,5nH₂

n_OH^- = 2 x n_H2 = 0,032 x 2 = 0,064 mol.

ZnO + 2OH^- → ZnO₂^2- + H₂O

0,015--0,03----0,015

ddX gồm 0,034 mol OH^-; 0,015 mol ZnO₂^2-

• ddX + 0,088 mol H⁺

OH^- + H⁺ → H₂O

0,034--------0,034

ZnO₂^2- + 2H⁺ → Zn(OH)₂

0,015--------0,03

Zn(OH)₂ + 2H⁺ → Zn²⁺ + 2H₂O

0,012--------0,024

→ n_Zn(OH)2 = 0,015 - 0,012 = 0,003 mol → m_↓ = 0,297 gam 

Ta có n_NaOH = 0,49 mol ⇒ n_{NaOH đã pứ} = n_{hh este} = 0,35 mol ⇒ n_{NaOH dư} = 0,14 mol.

Ta có: m_{Chất rắn} = m_Muối + m_{NaOH dư} => m_Muối = 38,5 – 0,14×40 = 32,9 gam.

Mà vì 3 este được tạo từ cùng 1 axit đơn chức ⇒ Muối có dạng RCOONa.

⇒ M_RCOONa = 32,9 ÷ 0,35 = 94 Û R = 27 ⇒ Muối là CH₂=CHCOONa.

● Giải đốt cháy hỗn hợp este: m_C + m_H + m_O = 34,8 gam.

Trong đó n_H = 2nH₂O = 2,6 mol || n_O = 2nCOO/_Este = 0,7 mol.

⇒ m_C = 34,8 – 2,6 – 0,7×16 = 21 gam ⇒ n_C = 1,75 mol = n_CO2

+ Gọi k là độ bất bão hòa trung bình của 3 este nên ta có: \(\frac{{nC{O_2} - n{H_2}O}}{{nEste}} = k - 1\).

=> k = 2,28 ⇒ Có 1 este có k > 2.

Mà 3 ancol đều no và có số C < 4 nên ta có các TH 3 ancol thỏa mãn sau:

TH₁: 3 Ancol đó là: CH₃OH, C₂H₅OH và C₃H₅OH (Vòng cyclo).

TH₂: 3 Ancol đó là: CH₃OH, C₃H₅OH và C₃H₇OH (Vòng cyclo).

TH₁ ⇒ Hỗn hợp 3 este đó là:

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
C{H_2} = CHCOOC{H_3}:a\\
C{H_2} = CHCOO{C_2}{H_5}:b\\
C{H_2} = CHCOO{C_3}{H_5}:c
\end{array} \right.}_{34,8} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 0,35\\
86a + 100b + 112c = 34,8\\
3a + 4b + 4c = 1,3
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,1\\
b = 0,15\\
c = 0,1
\end{array} \right.\)

⇒ Loại vì n_Y > n_X. 

TH₂ ⇒ Hỗn hợp 3 este đó là:

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
C{H_2} = CHCOOC{H_3}:a\\
C{H_2} = CHCOO{C_3}{H_5}:b\\
C{H_2} = CHCOO{C_3}{H_5}:c
\end{array} \right.}_{34,8} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b + c = 0,35\\
86a + 112b + 114c = 34,8\\
3a + 4b + 5c = 1,3
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,175\\
b = 0,1\\
c = 0,075
\end{array} \right.\)

+ Thỏa mãn ⇒ %m_Y = \(\frac{{0,1 \times 112}}{{34,8}}\) × 100 ≈ 32,184%

Quan sát quá trình 1: \(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
Fe\\
Cu\\
O
\end{array} \right\}}_{m\,\,gam} + \left\{ {\underbrace {\overbrace \begin{array}{l}
HCl\\
HN{O_3}
\end{array}^{1,8\,mol}}_{0,3\,mol}} \right\} \to \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{F{e^{3 + }}}\\
{C{u^{2 + }}}\\
{{H^ + }:0,{{26}^{mol}}}
\end{array}\,\,\,\,\underbrace {\overbrace \begin{array}{l}
C{l^ - }\\
NO_3^ - 
\end{array}^{1,8\,mol}}_{0,04\,mol}} \right\}}_{m\, + 60,24\,\,gam} + \underbrace {NO}_{0,26\,mol} + {H_2}O\)

BTKL có n_H2O = 0,92 mol. Bảo toàn H chứng tỏ trong X chứa 0,26 mol H⁺ dư như trên.

♦ Quá trình 2: để ý khí Y có M = 18,8 → là H₂ và NO. Quan sát quá trình chính:

\(\underbrace {Mg}_{a\,gam} + \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{F{e^{3 + }}}\\
{C{u^{2 + }}}\\
{{H^ + }:0,{{26}^{mol}}}
\end{array}\,\,\,\,\underbrace {\overbrace \begin{array}{l}
C{l^ - }\\
NO_3^ - 
\end{array}^{1,8\,mol}}_{0,04\,mol}} \right\}}_{m\, + 60,24\,\,gam} + \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{M{g^{2 + }}}\\
{\underbrace {NH_4^ + }_{z\,\,mol}}
\end{array}\,\,\,\,\,\underbrace {C{l^ - }}_{1,8\,mol}} \right\} + \left\{ {\,\,\,\underbrace {\overbrace \begin{array}{l}
NO\\
{H_2}
\end{array}^{3x\,mol}}_{2x\,mol}} \right\} + \underbrace {{H_2}O}_{y\,\,mol} + \underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
Mg\\
Cu\\
Fe
\end{array} \right\}}_{\left( {m - 6,04} \right)\,gam}\)

giải tỉ khối Y tìm tỉ lệ 2 khí NO : H₂ là 3 : 2 rồi gọi các ẩn như sơ đồ:

• Ghép cụm: n_H2O = 2n_NO + 3n_NH4 ⇄ y = 6x + 3z (1).

• bảo toàn nguyên tố N có: 3x + z = 0,04 mol (2).

• Bảo toàn nguyên tố H có: 4x + 2y + 4z = 0,26 mol (3)

Giải x = 0,01 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol ||→ bảo toàn điện tích có n_Mg²⁺ = 0,895 mol.

► Chỉ cần BTKL cả sơ đồ có ngay và luôn giá trị yêu cầu a = 21,84 gam.

Số mol e trao đổi: \({n_e} = \frac{{5.\left( {32.60 + 10} \right)}}{{96500}} = 0,1\) 

Ở catot là Ag⁺, Cu²⁺, H₂O có thể nhận e.

Nhận thấy, Cu²⁺ sẽ không bị điện phân hết.

m_{Kim loại} = 0,04×108 + \(\frac{{0,1 - 0,04}}{2}.64\) = 6,24 gam.