Khi đun nước giếng khoan hoặc ở vùng có nước cứng tạm thời, muối Ca(HCO₃)₂ bị phân hủy tạo thành CaCO₃ không tan, kết tủa thành lớp cặn trắng bám ở đáy ấm. Khi cho giấm ăn (chứa acetic acid – CH₃COOH) vào, acid sẽ phản ứng với CaCO₃tạo thành muối tan, khí CO₂ và nước. Nhờ đó lớp cặn dần tan đi.

CaCO₃ ​+ 2CH_3​COOH → (CH₃​COO)₂​Ca + CO₂​↑ + H₂​O

Theo đề bài, ta có sơ đồ:

\(\left(\left(\right. C\right)_{6} H_{10} O_{5} \left.\right)_{n} + n H_{2} O n C_{6} H_{12} O_{6} 2 n C_{2} H_{5} O H + 2 n \left(C O\right)_{2}\)

Khối lượng tinh bột trong 1 tấn sắn khô:

\(m_{\left(\right. C_{6} H_{10} O_{5} \left.\right)_{n}} = 1000.42 \% = 420\) kg

⇒ \(n_{\left(\right. C_{6} H_{10} O_{5} \left.\right)_{n}} = \frac{420}{162 n} = \frac{70}{27 n}\) kmol

⇒ \(n_{C_{2} H_{5} O H} = 2 n . \frac{70}{27 n} = \frac{140}{27}\) kmol

⇒ \(m_{C_{2} H_{5} O H} = \frac{140}{27} . 46.40 \% = 95 , 41\) kg

Thể tích ethanol nguyên chất thu được:

\(V = \frac{m}{D} = \frac{95 , 41.1 0^{3}}{0 , 8} = 11926 , 5\) mL = 11,93 L

Thể tích cồn 70^o thu được:

\(V = 11 , 93. \frac{100}{70} = 17 , 043\) L.

Hướng dẫn giải: 

\(\left(\right. 1 \left.\right) \left(C H\right)_{2} = \left(C H\right)_{2} + H C l \rightarrow \left(C H\right)_{3} \left(C H\right)_{2} C l\)

\(\left(\right. 2 \left.\right) \left(C H\right)_{3} \left(C H\right)_{2} C l + N a O H \left(C H\right)_{3} \left(C H\right)_{2} O H + N a C l\)

\(\left(\right. 3 \left.\right) \left(C H\right)_{3} \left(C H\right)_{2} O H + C u O \left(C H\right)_{3} C H O + C u + H_{2} O\)

\(\left(\right. 4 \left.\right) \left(C H\right)_{3} C H O + \left(B r\right)_{2} + H_{2} O \rightarrow \left(C H\right)_{3} C O O H + 2 H B r\)

a) Điện năng mà quạt đã tiêu thụ trong 4 giờ là

\(A = P . t = 75.4.60.60 = 1080000\) J = 1080 kJ

b) Ta có: \(H = \frac{A_{i}}{A_{t p}} . 100\)

\(\rightarrow A_{i} = A_{t p} . \frac{H}{100 \%} = 1080. \frac{80}{100} = 864\) kJ

a) Khi K mở, vôn kế chỉ 6 V. Suy ra \(\xi = 6\) V.

Khi K đóng, vôn kế chỉ 5,6 V và ampe kế chỉ 2 A.

Số chỉ của vôn kế khi K đóng chính là hiệu điện thế mạch ngoài.

Ta có: \(U = \xi - I . r = 5 , 6 = 6 - 2. r \rightarrow r = 0 , 2\) Ω.

b) Vì \(R_{2}\) song song với \(R_{3}\) nên

\(R_{23} = \frac{R_{2} . R_{3}}{R_{2} + R_{3}} = \frac{2.3}{2 + 3} = 1 , 2\) Ω

Điện trở tương đương mạch ngoài là

\(R_{t d} = R_{1} + R_{23} = R_{1} + 1 , 2\)

Ta có \(U = I . R_{t d} \rightarrow R_{t d} = \frac{U}{I} = \frac{5 , 6}{2} = 2 , 8\) Ω

Suy ra \(R_{1} = R_{t d} - 1 , 2 = 2 , 8 - 1 , 2 = 1 , 6\) Ω

Hiệu điện thế hai đầu \(R_{23}\) là

\(U_{23} = U_{2} = U_{3} = I . R_{23} = 2.1 , 2 = 2 , 4\) V

Cường độ dòng điện qua \(R_{2}\) và \(R_{3}\) lần lượt là

\(I_{2} = \frac{U_{2}}{R_{2}} = \frac{2 , 4}{2} = 1 , 2\) A

\(I_{3} = \frac{U_{3}}{R_{3}} = \frac{2 , 4}{3} = 0 , 8\) A

a) Điện trở suất của kim loại tăng theo nhiệt độ gần đúng theo hàm bậc nhất.

\(\rho = \rho_{0} . \left[\right. 1 + \alpha \left(\right. t - t_{0} \left.\right) \left]\right. = 1 , 69.10^{- 8} . \left[\right. 1 + 4 , 3.10^{- 3} . \left(\right. 140 - 20 \left.\right) \left]\right. = 2 , 56.10^{- 8}\) Ω.m

b) Ta có: \(\rho = \rho_{0} . \left[\right. 1 + \alpha \left(\right. t - t_{0} \left.\right) \left]\right.\)

\(\rightarrow t = \left(\right. \frac{\rho}{\rho_{0}} - 1 \left.\right) \frac{1}{\alpha} + t_{0} = \left(\right. \frac{3 , 1434.10^{- 8}}{1 , 69.10^{- 8}} - 1 \left.\right) . \frac{1}{4 , 3.10^{- 3}} + 20 = 220\) ^oC

a) Năng lượng điện tiêu thụ là

\(A = P . t = 60.5 = 300\) Wh = 0,3 kWh

b) Tổng thời gian sử dụng bóng đèn trong 30 ngày là 30.5 = 150 giờ.

Năng lượng điện tiêu thụ trong 30 ngày là

\(A^{'} = P . t^{'} = 60.150 = 9000\) Wh = 9 kWh

Số tiền điện phải trả là 9.3000 = 27000 đồng.

a) Cường độ dòng điện đặc trưng cho tác dụng mạnh, yếu của dòng điện, được xác định bằng lượng điện tích dịch chuyển qua tiết diện thẳng của vật dẫn trong một đơn vị thời gian:

\(I = \frac{\Delta q}{\Delta t}\)

Điện lượng chuyển qua tiết diện thẳng của dây dẫn trong 2 giây nếu cường độ dòng điện trong dây 3 A là

\(\Delta q = I . \Delta t = 3.2 = 6\) C

b) Cường độ dòng điện đặc trưng cho dòng điện mạnh hay yếu vì nó cho biết số lượng hạt mang điện (electron) dịch chuyển trong một giây. Dòng điện càng lớn, số electron dịch chuyển qua tiết diện thẳng càng nhiều, dẫn đến tác dụng điện, nhiệt hoặc từ càng mạnh

a) Hai tụ \(C_{1}\) và \(C_{2}\) được ghép nối tiếp với nhau nên:

\(C_{12} = \frac{C_{1} . C_{2}}{C_{1} + C_{2}} = \frac{4.6}{4 + 6} = 2 , 4\) μF

Hai tụ \(C_{1}\) và \(C_{2}\) được ghép nối tiếp với nhau, sau đó ghép song song với tụ \(C_{3}\) nên:

\(C_{b} = C_{12} + C_{3} = 2 , 4 + 12 = 14 , 4\) μF

b) Ta có \(U_{12} = U_{3} = U = 24\) V

Điện tích của tụ \(C_{3}\) là

\(Q_{3} = C_{3} . U_{3} = 12.24 = 288\) μC

Điện tích của cả bộ tụ là

\(Q = C_{b} . U = 14 , 4.24 = 345 , 6\) μC

Điện tích trên tụ 1 và 2 là

\(Q_{1} = Q_{2} = Q_{12} = Q - Q_{3} = 345 , 6 - 288 = 57 , 6\) μC

a) Hình ảnh này minh họa cho phương pháp gì? Nêu nghĩa của phương pháp đó.

- Đây là phương pháp thụ phấn nhân tạo: Con người chủ động chuyển phấn hoa từ hoa đực (có nhị) sang hoa cái (có nhụy).

- Ý nghĩa của phương pháp: Giúp tăng hiệu quả thụ phấn, tăng khả năng đậu quả, từ đó nâng cao năng suất cây trồng.

b) Người nông dân có thể áp dụng phương pháp này để nâng cao năng suất cho lúa không? Vì sao?

- Người nông dân không thể áp dụng phương pháp này.

- Giải thích: Lúa là cây tự thụ phấn, có hoa nhỏ, cấu trúc hoa khép kín → Việc thụ phấn nhân tạo là rất khó khăn, đòi hỏi phải có kĩ thuật. Vì vậy phương pháp này thường chỉ dùng trong trường hợp nghiên cứu lai tạo giống mới, không được sử dụng trong sản xuất lúa đại trà.