Tiến hành thí nghiệm oxi hóa glucozơ bằng dung dịch AgNO₃ trong NH₃ (phản ứng tráng bạc) theo các bước sau:

Bước 1: Cho 1 ml dung dịch AgNO₃ 1% vào ống nghiệm sạch.

Bước 2: Nhỏ từ từ dung dịch NH₃ cho đến khi kết tủa tan hết.

Bước 3: Thêm 3 - 5 giọt glucozơ vào ống nghiệm.

Bước 4: Đun nóng nhẹ hỗn hợp ở 60°C - 70°C trong vài phút.

Cho các nhận định sau:

(a) Sau bước 2, dung dịch trong ống nghiệm chứa phức bạc amoniac [Ag(NH₃)₂]OH.

(b) Ở bước 4, glucozơ bị oxi hóa tạo thành muối amoni gluconat.

(c) Kết thúc thí nghiệm thấy thành ống nghiệm sáng bóng như gương.

(d) Ở thí nghiệm trên, nếu thay glucozơ bằng fructozơ hoặc saccarozơ thì đều thu được kết tủa tương tự.

(e) Thí nghiệm trên chứng tỏ glucozơ là hợp chất tạp chức, phân tử chứa nhiều nhóm –OH và một nhóm -CHO.

Số nhận định đúng là

Đáp án: \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

Phương pháp giải:

- Gọi M là trung điểm của BC, trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {H \in SM} \right)\), chứng minh \(OH \bot \left( {SBC} \right)\).

- Áp dụng định lí Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông tính khoảng cách.

Giải chi tiết:

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM là đường trung bình của tam giác ABC.

\( \Rightarrow OM\parallel AB\), mà \(AB \bot BC\)\( \Rightarrow OM \bot BC\) và \(OM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\)

Trong (SOM) kẻ \(OH \bot SM{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {O \in SM} \right)\), ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OH}\\{OH \bot SM}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow OH \bot \left( {SBC} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = OH\).

Tam giác SBC đều cạnh a nên \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SOM có: $SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}\mathrm{ }=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOM có: \(OH = \frac{{SO.OM}}{{SM}} = \frac{{\frac{a}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Vậy \(d\left( {O;\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).

Giải chi tiết:

PTHH:  M₂O_m  +  mH₂SO₄  ⟶  M₂(SO₄)_m  +  mH₂O

Giả sử có 1 mol M₂O_m phản ứng thì số gam dung dịch H₂SO₄ 10% là 980m (g)

Khối lượng dung dịch thu được là: (2M + 16m) + 980m = 2M + 996m (g)

Số gam muối là: 2M + 96m (g)

Ta có C% = \(\frac{{2M + 96m}}{{2M + 996m}}.100\% \) = 12,9% ⟹ M = 18,65m

Nghiệm phù hợp là m = 3 và M = 56 (Fe).

Vậy oxit là Fe₂O₃.

        Fe₂O₃  +  3H₂SO₄  ⟶  Fe₂(SO₄)₃  +  3H₂O

n_Fe2O3 = \(\frac{{3,2}}{{160}}\) = 0,02 mol

Vì hiệu suất là 70% nên số mol Fe₂(SO₄)₃ tham gia kết tinh là: 0,02.70% = 0,014 mol

Nhận thấy số gam Fe₂(SO₄)₃ = 0,014.400 = 5,6 gam < 7,868 gam nên tinh thể là muối ngậm nước.

Đặt CTHH của muối tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.nH₂O.

Ta có: 0,014.(400 + 18n) = 7,868 ⟹ n = 9.

Công thức của tinh thể là Fe₂(SO₄)₃.9H₂O.