a)Các phương trình phản ứng:
                            $2C_{n-1}H_{2n-1}COOH+2Na\rightarrow 2C_{n-1}H_{2n-1}COONa+H_2\uparrow$

                                     $2C_mH_{2m+1}OH+2Na\rightarrow 2C_mH_{2m+1}ONa+H_2\uparrow$

                                  $2C_{n-1}H_{2n-1}COOH+(3n-2)O_2\rightarrow 2nCO_2+2nH_2O$

                                   $2C_mH_{2m+1}OH+3mO_2\rightarrow 2mCO_2+2(m+1)H_2O$

                                               $CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O$

                                       $BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3\downarrow+2NaCl$
b)$n_{H_2}=\frac{1}{2}.(n_A+n_B)=\frac{168.10^{-3}}{22,4}=7,5.10^{-3}  mol\Rightarrow n_A+n_B=0,015  mol              (1)$
$n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=n.n_A+m.n_B=\frac{7,88}{197}=0,04  mol                                                      (2)$
Mặt khác:
$M_A=M_B\Rightarrow 14n+32=14m+18\Rightarrow n=m-1                                                                                                             (3)$
Từ $(1),(2),(3)\Rightarrow \begin{cases}n_A+n_B=0,015 \\ n.n_A+m.n_B=0,04 \\n=m-1 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_A=0,005  mol \\ n_B=0,01  mol \\n=2 \\m=3 \end{cases}$
                                        $A:CH_3COOH   ;      B:C_3H_7OH$

     $*$Chú ý: Từ $(1),(2)\Rightarrow \frac{n.n_A+m.n_B}{n_A+n_B}=\frac{0,04}{0,015}=2,667\Rightarrow \overline{n,m}=2,667$
Kết hợp với $(3)\Rightarrow \begin{cases}n=2 \\ m=3 \end{cases}$
c)Ta có : $p=10.(n_A.M_A+n_B.M_B)=10.M_A.(n_A+n_B)=10.60.0,015=9  gam$
                                                          Vì $M_A=M_B$

Trước khi làm bài này các bạn chú ý rằng:
Khi đốt ankan thì số mol nước nhiều hơn số mol $CO_2$ và hiệu của chúng chính là số mol ankan ban đầu
Khi đốt anken thì số mol nước bằng số mol $CO_2$
Khi đốt ankin thì số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol nước và hiệu của chúng chính là số mol ankin ban đầu
a)
- Nếu tách $Z$ thu được hỗn hợp khí $B$. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp $B$ thu được số mol $H_2O$ nhiều hơn số mol $CO_2$ là $0,25 mol\Rightarrow B$ Có ít nhất một ankan
- Nếu tách $X$ thu được hỗn hợp $C$. Đốt cháy hỗn hợp $C$ thu được số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol $H_2O$ là $0,25 mol\Rightarrow C$ có chứa ít nhất một ankin
-Đốt cháy hoàn toàn $22,4 lít$ hỗn hợp $A$(ở đktc) thu được số mol $CO_2$ bằng số mol $H_2O\Rightarrow $\begin{cases}X : là  ankan  và  n_X=0,25  mol \\ Y : là  anken  và  n_Y=0,5  mol \\ Z : là  ankin  và  n_Z=0,25  mol \end{cases}
b)Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}\frac{0,25.M_X+0,5M_Y+0,25.M_Z}{0,25+0,5+0,25}=42 \\ \frac{0,25.M_X+0,5.M_Y}{0,25+0,5}=47,33 \\\frac{0,5.M_Y+0,25.M_Z}{0,5+0,25}=36,66 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M_X=58\Rightarrow X:C_4H_{10}    butan \\ M_Y=42\Rightarrow Y:C_3H_{6}    propen \\M_Z=26\Rightarrow Z:C_2H_{2}   etin \end{cases}$

Gọi công thức của : $A:R_1COOH;B:R_2(COOH)_n$
Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}a+nb=0,5  mol\\ b+na=0,4  mol \\ a+b=0,3  mol\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=0,1  mol \\ b=0,2  mol \\n=2\end{cases} \Rightarrow $khi đó $A,B$ có dạng :
$A:C_xH_{2x+1}COOH  ;  B : C_yH_{2y}(COOH)_2\Rightarrow $khi đố cháy thì :
$n_{CO_2}=0,5  mol\Rightarrow 0,1.x+0,2(y+2)=0,5\Rightarrow x+2y=1\Rightarrow \begin{cases}x=1 \\ y=0 \end{cases}$
$\Rightarrow A:CH_3COOH  ;  B : HOOC-COOH$

Trước khi làm bài này các bạn chú ý rằng:
Khi đốt ankan thì số mol nước nhiều hơn số mol $CO_2$ và hiệu của chúng chính là số mol ankan ban đầu
Khi đốt anken thì số mol nước bằng số mol $CO_2$
Khi đốt ankin thì số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol nước và hiệu của chúng chính là số mol ankin ban đầu
a)
- Nếu tách $Z$ thu được hỗn hợp khí $B$. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp $B$ thu được số mol $H_2O$ nhiều hơn số mol $CO_2$ là $0,25 mol\Rightarrow B$ Có ít nhất một ankan
- Nếu tách $X$ thu được hỗn hợp $C$. Đốt cháy hỗn hợp $C$ thu được số mol $CO_2$ nhiều hơn số mol $H_2O$ là $0,25 mol\Rightarrow C$ có chứa ít nhất một ankin
-Đốt cháy hoàn toàn $22,4 lít$ hỗn hợp $A$(ở đktc) thu được số mol $CO_2$ bằng số mol $H_2O\Rightarrow $\begin{cases}X : là  ankan  và  n_X=0,25  mol \\ Y : là  anken  và  n_Y=0,5  mol \\ Z : là  ankin  và  n_Z=0,25  mol \end{cases}
b)Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}\frac{0,25.M_X+0,5M_Y+0,25.M_Z}{0,25+0,5+0,25}=42 \\ \frac{0,25.M_X+0,5.M_Y}{0,25+0,5}=47,33 \\\frac{0,5.M_Y+0,25.M_Z}{0,5+0,25}=36,66 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M_X=58\Rightarrow X:C_4H_{10}    butan \\ M_Y=42\Rightarrow Y:C_3H_{6}    propen \\M_Z=26\Rightarrow Z:C_2H_{2}   etin \end{cases}$

Với saccarozơ:
*)Hiện tượng: Kết tủa $Cu(OH)_2$ tan trong dung dịch saccarozơ cho dung dịch màu xanh lam.
Giải thích: Là một poliol có nhiều nhóm $OH$ kề nhau nên saccarozơ đã phản ứng với $Cu(OH)_2$ sinh ra phức đồng-saccarozơ tan có màu xanh lam.
\[2{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + Cu{(OH)_2} \to {({C_{12}}{H_{21}}{O_{11}})_2}Cu + 2{H_2}O\]
 *)$C_{12}H_{22}O_{11}+AgNO_3\overset{NH_3,t^0}{\rightarrow}$Không phản ứng 
 *)${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
   $saccarozơ                                glucozơ            fructozơ$
 Với mantozơ:
*)Hiện tượng: Kết tủa $Cu(OH)_2$ tan trong dung dịch mantozơ cho dung dịch màu xanh lam.
Giải thích: Là một poliol có nhiều nhóm $OH$ kề nhau nên mantozơ đã phản ứng với $Cu(OH)_2$ sinh ra phức đồng-mantozơ tan có màu xanh lam.
\[2{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + Cu{(OH)_2} \to {({C_{12}}{H_{21}}{O_{11}})_2}Cu + 2{H_2}O\]
 *)$C_{12}{H_{22}}{O_{11}+2AgNO_3+3NH_3+H_2O\rightarrow C_{11}}{H_{21}}O_{10}COONH_4+2Ag\downarrow+2NH_4NO_3$
 *)${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
   $mantozơ                                glucozơ            glucozơ$

                                      ${C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O\xrightarrow{{{H^ + },{t^0}}}{C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}$
                                  $saccarozơ                                glucozơ            fructozơ$
 $n_{Ag}=2.n_{ glucozơ}=2.n_{saccarozơ}=2.\frac{34,2}{342}=0,2  mol\Rightarrow m_{Ag}=21,6  gam$   

Theo bài ra thì kim loại cần tìm đứng trước hiđro trong đãy điện hóa vì phản ứng được với $H_2SO_4$ và phản ứng cho hai khí có thể tích bằng nhau nên kim loại đó phải đa hóa trị ! Giả sử kim loại đó có hai hóa trị là $n,m\Rightarrow $ ta có :
                                           $3M+2nHNO_3\rightarrow M(NO_3)_n+nNO\uparrow+nH_2O$
                                        $a  mol                                                      \frac{an}{3}  mol$
                                          $2M+mH_2SO_4\rightarrow M_2(SO_4)_m+mH_2\uparrow$
                                      $a  mol                                                                \frac{am}{2}$
Theo bài ra ta có:
         $\frac{an}{3} =\frac{am}{2} \Rightarrow \frac{n}{m}=\frac{3}{2}\Rightarrow \begin{cases}n=3 \\ m=2 \end{cases}$
Mặt khác :
$\frac{m_{M(NO_3)_3}}{m_{MSO_4}}=\frac{159,21}{100}\Rightarrow \frac{M+186}{M+96}=\frac{159,21}{100}\Rightarrow M=56\Rightarrow M:Fe$

Gọi số mol của ba chất trong hỗn hợp $X$ lần lượt là : $x,y,z\Rightarrow $Tổng số mol electron mà $X$ nhường là:
$n_{e  nhường}=3x+13y+4z  mol$.Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :$n_{NO_2}=3x+13y+4z$
Theo bài ra ta có:
$\begin{cases}56x+180y+12z=28,8 \\ (3x+13y+4z)+(y+z)=\frac{57,12}{22,4} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}56x+180y+12z=28,8 \\ 3x+14y+5z=2,55 \end{cases}\Rightarrow x+3y=\frac{113,4}{244}$
$\Rightarrow m_{Fe(NO_3)_3}=242.(x+3y)=242.\frac{113,4}{244}=112,47\Rightarrow chọn  : D$

bài 19)
Ta có:
$\begin{cases}n_{FeO}+n_{Fe_2O_3}=0,12 \\ 72.n_{FeO}+160.n_{Fe_2O_3}-16.n_{CO_2}=14,352 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{FeO}=0,03  mol \\ n_{Fe_2O_3}=0,09  mol \end{cases}$
                                             $Fe^{2+}-1e\rightarrow Fe^{3+}$
                                              $C^{+2}-2e\rightarrow C^{+4}$
                                            $N^{+5}+3e\rightarrow N^{+2}$
$n_{e  nhường}=0,03+2.0,138=0,306  mol$ Áp  dụngdđịnh luật bảo toàn electron ta có:
$n_{NO}=\frac{3,06}{3}=0,102\Rightarrow V\approx 2,285\Rightarrow Chọn : C$
bài 20)
Ta có : $C^{+2}-2e\rightarrow C^{+4}$
            $N^{+5}+1e\rightarrow N^{+4}$
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có $n_{NO_2}=2.n_{CO}=\frac{4,368}{22,4}=0,195  mol\Rightarrow n_{CO}=0,0975  mol$
$\Rightarrow m=10,44+16.0,0975=12  gam\Rightarrow Chọn  : A$

bài 1)
Ta có : $n_{CO}=\frac{4,48}{22,4}=0,2  mol$
Theo bài ra ta có :$\begin{cases}n_{CO}+n_{CO_2}=0,2  mol \\ \frac{28.n_{CO}+44.n_{CO_2}}{n_{CO}+n_{CO_2}}=20.2 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{CO}=0,05  mol\\ n_{CO_2}=0,15  mol \end{cases}\Rightarrow \%CO_2=75\%$
$\Rightarrow n_{Fe}=\frac{8-16.0,15}{56}=0,1  mol\Rightarrow Fe_xO_y\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{0,1}{0,15}=\frac{2}{3}\Rightarrow Fe_2O_3$
$\Rightarrow Chọn :C    Fe_2O_3;75\%$

bài 2)
$n_{Fe_2O_3}=\frac{16}{160}=0,1  mol\Rightarrow n_{Fe_2O_3}=n_{Fe_2(SO_4)_3}\Rightarrow m_{Fe_2(SO_4)_3}=0,1. 400=40  gam$
$\Rightarrow Chọn : A    40  gam$

 $A,B$ nằm trong cùng một nhóm,ỏ hai chu kì liên tiếp nhau.biết tổng số protron của chúng là :
$P_A+P_B=32\Rightarrow P_A\leq \frac{32-8}{2}\Rightarrow P_A\leq 12\Rightarrow A,B\Rightarrow \begin{cases}P_A+P_B=32 \\ P_B-P_A=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}P_A=12 \\ P_B=20 \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}A=Mg \\ B=Ca \end{cases}$

Phương trình điện phân:
                      $4AgNO_3+2H_2O\overset{đpdd}{\rightarrow}4Ag\downarrow+4HNO_3+O_2\uparrow$
                         $x  mol                        x  mol $
                   $2Cu(NO_3)_2+2H_2O\overset{đpdd}{\rightarrow}2Cu\downarrow+4HNO_3+O_2\uparrow$
                       $y  mol                              y  mol $
$t=5.60.60=18000  (s)\Rightarrow \begin{cases}x+2y=\frac{I.t}{F} \\ 108x+64y=6,36 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x+2y=\frac{0,429.18000}{96500} \\ 108x+64y=6,36 \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}x=0,05  mol \\ y=0,15  mol \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}n_{Ag(NO)_3ban  đầu}=\frac{0,05.(200+250)}{250}=0,09  mol \\ n_{Cu(NO_3)_2ban  đầu}=\frac{0,15.(200+250)}{250}=0,27  mol \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}C_{M(Ag(NO)_3ban  đầu)}=\frac{0,09}{200}.1000=0,45M \\ C_{M(Cu(NO_3)_2ban  đầu)}=\frac{0,27}{250}.1000=1,08M \end{cases}$
 

Phương trình phản ứng :
                                           $2K+2HCl\rightarrow 2KCl+H_2\uparrow$
                                         $x  mol                                   0,5x  mol$
                                         $Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\uparrow$
                                       $y  mol                                                 y  mol     $
a)$n_{H_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15  mol\Rightarrow \begin{cases}39x+24y=6,3 \\ 0,5x+y=0,15 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x=0,1  mol \\ y=0,1  mol \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}\%K=\frac{0,1.39}{6,3}.100 \\ \%Mg=\frac{0,1.24}{6,3}.100 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%K=61,9\% \\ \%Mg=38,1\% \end{cases}$
b)$n_{HCl}=n_K+2n_{Mg}=0,1+2.0,1=0,3  mol\Rightarrow m_{HCl}=0,3.36,5=10,95  gam$
$\Rightarrow m_{HCl  5\%}=10,95.\frac{100}{5}=219  gam\Rightarrow m_{dd}=m_K+m_{Mg}+m_{HCl  5\%}-m_{H_2}$
$\Rightarrow m_{dd}=6,3+219-2.0,15=225  gam\Rightarrow \begin{cases}\%KCl=\frac{0,1.74,5}{225}.100=3,311\% \\ \%MgCl_2=\frac{0,1.95}{225}.100=4,222\%\end{cases}$

a)Gọi công thức trung bình của hai este là : 
$RCOOR_1\Rightarrow RCOOR_1+NaOH\rightarrow RCOONa+R_1OH$
$\Rightarrow n_{RCOOR_1}=n_{NaOH}=\frac{12}{40}=0,3  mol\Rightarrow M_{RCOOR_1}=\frac{22,2}{0,3}=74\Rightarrow M_R+M_{R_1}=30       (1)$
Mặt khác : $M_{RCOONa}=\frac{21,8}{0,3}=72,6667\Rightarrow M_R=5,6667\Rightarrow $Trong hai este phải chứa hai gốc axit khác nhau ! Từ $(1)\Rightarrow $Hai este phải tìm là :
                                       $HCOOCH_2CH_3;CH_3COOCH_3$
b)$\begin{cases}n_{HCOOCH_2CH_3}+n_{CH_3COOCH_3}=0,3  mol \\ 68.n_{HCOONa}+82.n_{CH_3COONa}=21,8  gam \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}n_{HCOOCH_2CH_3}=0,2  mol \\ n_{CH_3COOCH_3}=0,1  mol \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}\%HCOOCH_2CH_3=\frac{0,2}{0,2+0,1}.100=66,67\% \\ \%{CH_3COOCH_3}=\frac{0,1}{0,1+0,2}.100=33,33\% \end{cases}$
Chú ý : Khi hai chất là đòng phân của nhau thì  $\%$ khối lượng cũng chính là $\%$ số mol

a) Xác định $R$ oxit cao nhất của $R: R_2O_x$
    $\frac{2R}{16x} = \frac{52,94}{47,06}$
    $847,04x = 94,12R\Rightarrow R=9x$ Vì $R$ là kim loại nên : $x=1,2,3\Rightarrow $
Kẻ bảng có thể xác định $R$ là $Al$
b) Xác định nguyên tố $X$ và công thức muối
$n_{Al_2O_3}=\frac{20,4}{102}=0,2  mol$
Gọi công thức của axit là $HX$ vì $X$ thuộc nhóm $VII\Rightarrow m_{HX}\frac{246,6.17,76}{100}=43,796  gam$
                           $Al_2O_3+6HX\rightarrow 2AlX_3+3H_2O$
$n_{HX}=6.0,2=1,2  mol\Rightarrow M_{HX}=\frac{43,796}{1,2}=36,5\Rightarrow X:Cl$
Công thức muối $AlCl_3$; $C\%AlCl_3 =\frac{n_{AlCl_3}.M_{AlCl_3}}{m_{Al_2O_3}+246,6}.100= 20\%$