Ta có:$\begin{cases}n_O=n_H \\ n_O+n_H=8 \\  m_O=3m_H \\ m_O+m_H =8 \end{cases}\Rightarrow  \begin{cases}n_O=4 \\ n_H=4 \\  m_O=6 \\ m_H =2 \end{cases} $
Vì $A$ có số oxi hóa cao nhất trong $X$ nên thể hiện số oxi hóa $+4\Rightarrow B$  phải thể hiện số oxi hóa âm hay số oxi hóa của $B:-2\Rightarrow X:AB_2$
Mặt khác : $M_{AB_2}=76\Rightarrow AB_2:CS_2$ 
Vì $m_O=6\Rightarrow B$ ở phân nhóm $VI$ mà $M_B<\frac{M_X}{2}\Rightarrow M_B<38\Rightarrow B$ chỉ có thể là $S,O\Rightarrow $ Lập  bảng với $M_S=32\Rightarrow M_A=12\Rightarrow A:C$ nhận
với $M_O=16\Rightarrow M_A=44$  loại 

a)Giả sử $A$ tạo ra hai oxit : $M_2O_n;M_2O_m\Rightarrow \begin{cases}\frac{16n}{2M+16n}=\frac{50}{100} \\  \frac{16m}{2M+16m}=\frac{60}{100}  \end{cases}\Rightarrow M=8n=\frac{16m}{3}\Rightarrow \frac{n}{m}=\frac{2}{3}$
Mặt khác : $1\leq n;m\leq 7\Rightarrow $ 
+)Nếu $n=2\Rightarrow m=3\Rightarrow M=16 \Rightarrow $ loại 
+)Nếu $n=4\Rightarrow m=6\Rightarrow M=32 \Rightarrow M:S$  nhận .Hai oxit là : $SO_2;SO_3$
b)Theo bài ra ta có :$(a+2)-(-a)=8\Rightarrow a=3$
$\begin{cases} (a+2)-(-a)=8 \\ 3M_{M^+}+M_{Y^{3-}}=149 \\ M_{Y^{3-}} >5. M_{M^+}  \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}a=3 \\ 3M_{M^+}+M_{Y^{3-}}=149  \\ 8. M_{M^+} <149 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases}a=3 \\ 3M_{M^+}+M_{Y^{3-}}=149  \\ M_{M^+} <18,625 \end{cases} $ 
$\Rightarrow M^+:NH_4^+\Rightarrow  M_{M^+} =18\Rightarrow  M_{Y^{3-}} =95\Rightarrow  Y^{3-} :PO_4^{3-}\Rightarrow M:(NH_4)_3PO_4$ 
*Chú ý: các ion dều do $5$ nguyên tử cấu tạo nên do đó trong $M^+$ phải chứa  $H$ và nguyên tố còn lại có $a=3\Rightarrow M^+:AH_4^+\Rightarrow A:N$  ! Lý luận tương tự với trường hợp còn lại 

Theo đề bài ta có:
$\begin{cases}2(2P_M+N_M)+(2P_X+N_X)=140 \\ (4P_M+2P_X)-(2N_M+N_M)=44 \\(P_M+N_M)-(P_X+N_X)=23 \\(2P_M+N_M-1)-(2P_X+N_X+2)=31 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}P_M=19 \\ N_M=20 \\P_X=8 \\N_X=8 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}M:K \\ X:O \end{cases}$ 
$\Rightarrow M^+:1s^22s^22p^63s^23p^6$ 
      $X^{2-}:1s^22s^22p^6$ 

a)
$A:R(COOH)_n  ;  n_{KOH}=0,005  mol\Rightarrow M_A=\frac{2,25.n}{0,05}=45n\Rightarrow n=2\Rightarrow HOOC-COOH$
b)
$B:C_xH_yO_z  ;  n_C=0,1  mol  ;  n_H=0,2  mol\Rightarrow n_O=\frac{3-0,1.12-0,2.1}{16}=0,1  mol$ 
$\Rightarrow x:y:z=0,1:0,2:0,1=1:2:1\Rightarrow B:(CH_2O)_n\Rightarrow B:C_nH_{2n}O_n$ 
                                   $C_nH_{2n}O_n +H_2\xrightarrow[t^0]{Ni} C_nH_{2n+2}O_n $
$\Rightarrow M_B=\frac{0,6}{0,01}=60\Rightarrow B:C_2H_4O_2$ 
$B+Na\rightarrow 0,005  mol H_2\Rightarrow B:HOCH_2-CHO$ 

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 $M_A=M_B$

$$O_3+2KI+H_2O\rightarrow O_2\uparrow+2KOH+I_2$$
$\Rightarrow n_{I_2}=0,05  mol\Rightarrow n_{O_3}=0,05  mol\Rightarrow n_{O_2}=0,1-0,05=0,05  mol$ 
$\Rightarrow \%O_2= \%O_3=50\% $ 

a)  Rửa lọ đựng anilin : $dd  CH_3COOH     or    dd  HCl$
b)  Khử mùi tanh của cá trước khi nấu : $dd  CH_3COOH$

               $(C_6H_5OH;C_6H_5NH_2;C_6H_5R)\overset{HCl}{\rightarrow} C_6H_5NH_3Cl\downarrow$

        $(C_6H_5OH;C_6H_5NH_2;C_6H_5R)\overset{dd  Br_2}{\rightarrow} C_6H_2(Br)_3NH_3Cl_{tan}+C_6H_2(Br)_3OH
\downarrow $

$\Rightarrow n_{ C_6H_5OH }=n_{ C_6H_5NH_2 }=0,1  mol\Rightarrow C_{M( C_6H_5OH )}=C_{M( C_6H_5NH_2 )}=1M$

amoni fomat:$HCOONH_4:x  mol$,
metyl amoni axetat :$CH_3COOH_3NCH_3 : y  mol$,
amoni axetat  :$CH_3COONH_4 : z  mol$
        $ 2,5x+4,5y+3,5z=\frac{23,4}{18}=1,3$
$\Rightarrow 14.( 2,5x+4,5y+3,5z )=35x+63y+49z=18,2                              (1)$ 
        $63x+91y+77z=29,4                                                                                                                      (2)$ 
$(2)-(1)\Rightarrow 28(x+y+z)=11,2\Rightarrow x+y+z=0,4\Rightarrow V=0,4.22,4=8,96  lit$

hợp chất nào sau đây có nhiệt độ sôi cao nhất? vì sao?
A.n-butylamin :$CH_3-CH_2-CH_2-CH_2-NH_2$
B. tert butylamin :$(CH_3)_3C-NH_2$
C.metyl-n-propylamin :$CH_3-NH-CH_2-CH_2-CH_3$
D.đimetyl etylamin : $CH_3-CH_2-NH-CH_2-CH_3$
Nhiệt độ sôi cao nhất : $A>C>D>B$ do Luc Vandecvan

Bài này có thể dùng nhiều các để giải !
Tôi dùng phương pháp bảo toàn electron !
Vì còn dư sắt nên trong dung dịch chỉ còn muối $Fe(NO_3)_2$
Ta coi hỗn hợp ban đầu chỉ gồm $Fe;O\Rightarrow $
                           $Fe-2e\rightarrow Fe^{2+}$
                       $2H^++O+2e\rightarrow H_2O$
            $4H^++NO_3^-+3e\rightarrow NO+2H_2O$
Ta có : $n_{H^+}=n_{NO_3^-}=n_{HNO_3}=1,28  mol$
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có :
  $\begin{cases}56.n_{Fe    phản  ứng }+16.n_{O}=37-2,92 \\ 2.n_{Fe    phản  ứng }=2.n_{O}+\frac{3.(1,28-2.n_{O}) }{4}\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}56.n_{Fe    phản  ứng }+16.n_{O}=34,08 \\ 8.n_{Fe    phản  ứng }-2.n_{O}=3,84 \end{cases}$
$\Rightarrow \begin{cases}n_{Fe    phản  ứng }=0,54  mol \\ n_{O}=0,24  mol \end{cases}\Rightarrow n_{NO}=\frac{1,28-2.0,24}{4}=0,2  mol\Rightarrow V_{NO}=4,48  lit$

$$[C_6H_7O_2(OH)_3]_n+2n(CH_3CO)_2O\overset{H_2SO_4}{\rightarrow}[C_6H_7O_2(OH)(OCOCH_3)_2]_n+2nCH_3COOH$$
$$[C_6H_7O_2(OH)_3]_n+3n(CH_3CO)_2O\overset{H_2SO_4}{\rightarrow}[C_6H_7O_2(OCOCH_3)_3]_n+3nCH_3COOH$$

Ta có công thức phân tử của xenlulozo là : $(C_6H_{10}O_5)_n\Rightarrow M=162n$
$\Rightarrow 1000000\leqslant 162n\leqslant 2400000\Rightarrow 6172\leqslant n\leqslant 14814$
Ta có :                      $6172.5.10^{-10}\leqslant l\leqslant 14814.5.10^{-10}$
    $\Rightarrow 30,86.10^{-7}  mét\leqslant l\leqslant 74,07.10^{-7}  mét$

-Thứ nhất là chất hữu cơ phải chứa nguyên tử cácbon trừ $CO,CO_2,$ muối cacbonat,muối hiđrocacbonat,cacbua kim loại
-Thứ hai là trong hợp chất hữu cơ các nguyên tử cácbon không những tác dụng với các nguyên tử nguyên tố khác mà còn liên kết với nhau tạo thành mạch cacbon đẫn đến hiện tượng đòng phân mà hợp chất vô cơ không có .
-Ba là tính chất hóa học của hóa vô cơ thì cố định còn hóa hữu cơ thì tính chất và diễn biến vô cùng phức tạp dẫn đến việc tạo ra hỗn hợp các sản phẩn khác nhau