- Trích mẫu thử.

- Nhỏ vài giọt từng mẫu thử vào giấy quỳ tím.

+ Quỳ hóa xanh: NaOH

+ Quỳ hóa đỏ: HCl

+ Quỳ không đổi màu: C₆H₁₂O₆, C₂H₅OH (1)

- Cho mẫu thử nhóm (1) pư với dd AgNO₃/NH₃

+ Có tủa sáng bạc: C₆H₁₂O₆

PT: \(CH_2OH\left[CHOH\right]_4CHO+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\underrightarrow{^{t^o}}CH_2OH\left[CHOH\right]_4COONH_4+2NH_4NO_3+2Ag\)

+ Không hiện tượng: C₂H₅OH

- Dán nhãn.

Giả sử X có hóa trị a.

Theo quy tắc hóa trị: a.1 = II.3

⇒ a = VI

Vậy: X có hóa trị VI.

đè bài đầy đủ là:  Xác định hoá trị của x trong hợp chất XO3 ý là

đề bài đầy đủ làCho công thức oxide ứng với hóa trị cao nhất của X là XO3, trong đó X chiếm 40% về khối lượng. Xác định nguyên tố X.

a, \(n_{H_2}=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\)

 \(Mg+2CH_3COOH\rightarrow\left(CH_3COO\right)_2Mg+H_2\)

0,05__________0,1_____________________0,05 (mol)

\(\Rightarrow m_{Mg}=0,05.24=1,2\left(g\right)\)

b, \(n_{C_2H_5OH}=\dfrac{12,9-0,1.60}{46}=0,15\left(mol\right)\)

PT: \(CH_3COOH+C_2H_5OH⇌CH_3COOC_2H_5+H_2O\) (đk: t^o, H₂SO₄)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,1}{1}< \dfrac{0,15}{1}\), ta được C₂H₅OH dư.

Theo PT: \(n_{CH_3COOC_2H_5\left(LT\right)}=n_{CH_3COOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CH_3COOC_2H_5\left(LT\right)}=0,1.88=8,8\left(g\right)\)

\(\Rightarrow H\%=\dfrac{5,72}{8,8}.100\%=65\%\)

oxide: Na2O: sodium oxide

            ZnO: zinc oxide

               Fe2O3: iron(II) oxide

               N2O3: nitrogen oxide 

    acid: HNO3: hydrogen nitrate

              HCl :  hydro chloric acid

             H2S : hydro sulfua

                    H2SO4: hydrogen sulfate

base: Ba(OH)2 : barium hydroxide

          Al(OH)3: aluminium hydroxide

 muoi:   Al(NO3)3: aluminium nitrate

              CaCO3: calcium carbonate

\(n_{H_2SO_4}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

PT: \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

_______________0,15______0,05 (mol)

\(\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05.342=17,1\left(g\right)\)

Giúp mình với

a, \(2CH_3COOH+Na_2CO_3\rightarrow2CH_3COONa+CO_2+H_2O\)

b, Ta có: \(n_{CO_2}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CH_3COOH}=2n_{CO_2}=1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CH_3COOH}=1.60=60\left(g\right)\)

\(\Rightarrow m_{C_2H_5OH}=90-60=30\left(g\right)\)

c, \(n_{C_2H_5OH}=\dfrac{30}{46}=\dfrac{15}{23}\left(mol\right)\)

\(CH_3COOH+C_2H_5OH⇌CH_3COOC_2H_5+H_2O\) (đk: t^o, H₂SO₄ đặc)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{1}{1}>\dfrac{\dfrac{15}{23}}{1}\), ta được CH₃COOH dư.

Theo PT: \(n_{CH_3COOC_2H_5\left(LT\right)}=n_{C_2H_5OH}=\dfrac{15}{23}\left(mol\right)\)

Mà: H = 90%

\(\Rightarrow n_{CH_3COOC_2H_5\left(TT\right)}=\dfrac{15}{23}.90\%=\dfrac{27}{46}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CH_3COOC_2H_5\left(TT\right)}=\dfrac{27}{46}.88=\dfrac{1188}{23}\left(g\right)\)

dầu ăn nổi ở trên vì dầu ăn nhệ hơn nước và vớt dầu ăn ra còn lại là nước 

Dùng phương pháp chiết