Đáp án D

Ta có: n_{Axit glutamic} = 0,09 mol, n_HCl = 0,2 mol

⇒ ∑n_{COOH + H}⁺ = 0,09×2 + 0,2 = 0,38 mol.

+ n_NaOH = 0,34 mol < ∑n_{COOH + H}⁺ = 0,38 mol ⇒ n_{H2O tạo thành} = 0,38 mol.

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_{Chất rắn} = 13,23 + 0,2×36,5 + 0,4×40 – 0,38×18 = 29,69 gam

Ta có phản ứng:

X + HCl \(\rightarrow\) XCl + 1/2H2 (1)

m    36,5x   26,6 g    x (g)

Dung dịch Y chứa XCl và HCl dư (có cùng nồng độ nên sẽ có cùng số mol).

Nếu gọi x là số mol của XCl thì 0,4 - x sẽ là số mol của HCl dư. Do đó: x = 0,4 - x, suy ra: x = 0,2 (mol).

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phương trình (1), thu được: m + 36,5x = 26,6 + x. Như vậy: m = 19,5 (g).

2X   + Cl2    \(\rightarrow\)   2XCl (2)

m      0,1.71         m1 (g)

m1 = m + 7,1 = 26,6 (g).

#Tien Xét trường hợp X dư thì sao?

X không thể dư vì dd Y chứa 2 chất tan, do đó chắc chắn HCl phải dư và X đã hết.

Đáp án B

X có công thứ CH₆O₃N₂ tác dụng NaOH sinh ra chất khí làm xanh giấy quỳ → X có cấu tạo CH₃NH₃NO₃

CH₃NH₃NO₃ +NaOH → CH₃NH₂ + NaNO₃ + H₂O

Thấy n_X < n_NaOH → NaOH còn dư : 0,1 mol

m_{chất rắn} = m_NaNO3 + m_{NaOH dư} = 0,1. 85 + 0,1. 40 = 12,5 gam

Đáp án B.

\(n_{HCl}=2.0,2=0,4\left(mol\right)\) ; \(n_{NaOH}=\dfrac{8\%.100}{100\%.40}=0,2\left(mol\right)\)

Pt : \(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)

a) Xét tỉ lệ : \(0,4>0,2\Rightarrow HCldư\)

Dung dịch X gồm : NaCl , HCl dư 

Cho quỳ tím vào X --> Quỳ tím hóa đỏ (do HCl có tính axit)

b) \(n_{NaOH\left(pư\right)}=n_{NaCl}=0,2\left(mol\right)\) 

\(m_{Rắn.khan}=m_{NaCl}=0,2.58,5=11,7\left(g\right)\)

a) 

Mg + 2HCl --> MgCl₂ + H₂

Fe₂O₃ + 6HCl --> 2FeCl₃ + 3H₂O

MgCl₂ + 2KOH + 2KCl + Mg(OH)₂

FeCl₃ + 3KOH --> 3KCl + Fe(OH)₃

Mg(OH)₂ --t^o--> MgO + H₂O

2Fe(OH)₃ --t^o--> Fe₂O₃ + 3H₂O

b) Gọi số mol Mg, Fe₂O₃ là a, b (mol)

Theo PTHH: \(a=n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{MgO}=n_{Mg}=a=0,15\left(mol\right)\)

=> \(n_{Fe_2O_3\left(chất.rắn.sau.khi.nung\right)}=\dfrac{22-0,15.40}{160}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PTHH: \(n_{Fe_2O_3\left(bđ\right)}=n_{Fe_2O_3\left(chất.rắn.sau.khi.nung\right)}=0,1\left(mol\right)\)

=> b = 0,1 (mol)

\(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Mg}=\dfrac{0,15.24}{0,15.24+0,1.160}.100\%=18,37\%\\\%m_{Fe_2O_3}=\dfrac{0,1.160}{0,15.24+0,1.160}.100\%=81,63\%\end{matrix}\right.\)

Đáp án C.

n H C l   =   n A l a n   =   0 , 12   m o l ;   n N a O H   ( d ư )     =   0 , 3   -   0 , 12 . 2   =   0 , 06   m o l

m r ắ n   =   m A l a n   -   N a   +   m N a C l   +   m N a O H   d ư                     =   0 , 12 . 111   +   0 , 12 . 58 , 5   +   0 , 06 . 40                     =   22 , 74   g a m

\(a.Zn+H_2SO_4\rightarrow ZnSO_4+H_2\\ n_{Zn}=\dfrac{4,55}{65}=0,07\left(mol\right)\\ n_{H_2}=n_{Zn}=0,07\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{H_2}=0,07.22,4=1,568\left(l\right)\\ b.n_{HCl}=2n_{Zn}=0,14\left(mol\right)\\ \Rightarrow CM_{HCl}=\dfrac{0,14}{0,2}=0,7M\\ c.n_{ZnCl_2}=n_{Zn}=0,07\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{ZnCl_2}=0,07.136=9,52\left(g\right)\)

Dd Y có HCl. → Ba(OH)₂ pư hết, HCl dư.

Ta có: \(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,3.0,05=0,015\left(mol\right)\)

\(n_{HCl\left(dư\right)}=0,01.\left(0,3+0,5\right)=0,008\left(mol\right)\)

PT: \(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+2H_2O\)

______0,015___0,03_____0,015 (mol)

⇒ n_HCl = 0,03 + 0,008 = 0,038 (mol)
\(\Rightarrow b=C_{M_{HCl}}=\dfrac{0,038}{0,5}=0,076\left(M\right)\)

- Khi cô cạn dd thì HCl bay hơi hết, chất rắn khan là BaCl₂,

m _{cr khan} = m_BaCl2 = 0,015.208 = 3,12 (g)