nCaCO3=50/100=0,5(mol)

nNaOH=2.0,15=0,3(mol)

PTHH: CaCO3 -to-> CaO + CO2

0,5_____________0,5__0,5(mol)

Ta có: nNaOH/nCO2=0,3/0,5=0,6<1

=>Sp thu được duy nhất muối NaHCO3, có dư CO2.

PTHH: CO2 + NaOH -> NaHCO3

0,3_________0,3_______0,3(mol)

=> m(muối)=mNaHCO3=84.0,3= 25,2(g)

=> CHỌN A

n_CaCO3 = 0,5 mol ; n_NaOH = 0,3 mol

CaCO₃ ➜ CaO + CO₂

0,5 -----------------> 0,5

Tỉ lệ: T= n_NaOH / n_CO2 = \(\dfrac{3}{5}\)  < 1 

➩ Tạo ra 1 muối là NaHCO₃ và CO₂ dư

PTHH:

CO₂ + NaOH ➜ NaHCO₃

 0,5         0,3 ------> 0,3

n_NaHCO3 = 0,3 mol ➜ m_NaHCO3 = 25,2 (g) ➜ A

B

Đáp án B

Đáp án B

Xét NaOH +X

 tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +  

Ghép với A l O 2 -   ⇒ tạo 0,05 mol  N a A l O 2

Đặt n A l = x ;   n M g = y

Giải hệ có:  

TH1: B a S O 4  đạt cực đại

⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14   m o l

⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12   m o l  

Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -  còn dư 0,6 mol điện tích

Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol

⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H -  dư

Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ;   0 , 15   m o l   M g O ⇒  m_rắn =38,62g

TH2: A l ( O H ) 3  đạt cực đại

⇒  các ion trong dung dịch gồm  B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -

(ta đang giả sử B a 2 + ,   S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)

Đặt  n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a

Bảo toàn điện tích:

n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08   m o l

⇒ m_rắn tối đa =38,62 (g)

Đáp án B

+ Sơ đồ phản ứng

Đáp án B

Đáp án B

•  

• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)

Có  n NaOH = 0 , 85   >   0 , 52   +   2 . 0 , 14   =   0 , 8  

=> Chứng tỏ Al(OH)₃ bị hòa tan một phần:  n AlO 2 - = 0 , 85   -   0 , 8   =   0 , 05   mol  

⇒ m ↓ =   m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5   g (2)

• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15 

• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.

⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V ,   n OH - = ( 0 , 8   +   2 . 0 , 1 ) V = V  

P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi:    n OH - = n H + ⇒   V   =   0 , 8   ( l )  

Khi đó:  n B a 2 + = 0 , 08   mol   <   n SO 4 2 - = 0 , 14   mol  

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15   +   233 . 0 , 08   =   39 , 04   g  

P Lượng BaSO₄ thu được cực đại khi:    n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14   mol ⇒ n OH - = 1 , 4   mol  

Khi đó:  n OH - >   n H + +   n Al ⇒ Al ( OH ) 3   tan   hết

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15   +   233 . 0 , 14   =   41 , 32   g   >   39 , 04   g  

=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít 

⇒ m ↓ =   m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62   g  

Gần nhất với giá trị 38,6

Đáp án : B

Vì kim loại tan hết nên HNO₃ dư

Khi X + KOH => thu được kết tủa

+) Giả sử KOH dư => chất rắn 16,0g gồm Fe₂O₃ ; CuO (*)

Khi đó T gồm KNO₃ và KOH => Nung lên thành KNO₂ và KOH với số mol lần lượt là x và y

=> 41,05 = 85x + 56y

Và n_K = 0,5 = x + y

=> x = 0,45 mol ; y = 0,05 mol

Gọi số mol Fe và Cu trong A lần lượt là a và b mol

=> 56a + 64b = 11,6g

Và 80a + 80b = 16g (*)

=> a = 0,15 mol ; b = 0,05 mol

+) Nếu chỉ có Fe³⁺ và Cu²⁺ => n_KOH < 3n_Fe + 2n_Cu ( Vô lí )

=> Trong X có Fe²⁺ : u mol và Fe³⁺ : v mol

=> HNO₃ phải hết

=> u + v = 0 , 15 2 u + 3 v = 0 , 45 => u = 0 , 1 v = 0 , 05  

Có n_Fe(NO3)3 = 0,05 mol

Ta thấy m_N2 < m_B < m_NO2

=> 0,35.28 < m_B < 46.0,7

=> 9,8 < m_B < 32,2g

BTKL : 66,9g < m_{dd sau} < 89,3g

=> 13,55% < %m_Fe(NO3)3 < 18,09%