Đáp án D

Đặt số mol C, S lần lượt là x, y

12 x + 32 y = 3 , 68 m ↓ = m BaCO 3 + m BaSO 3 = 197 x + 217 y = 38 , 83 g ⇒ x = 0 , 12 y = 0 , 07 Quy   đổi :   C , S → X : M X = 3 , 68 0 , 12 + 0 , 07 = 368 19 NaOH , KOH → ROH

0,19 mol X + 0,1a mol ROH ® m₁ gam muối/V₁ ml dung dịch Z

0,19 mol X + 0,16a mol ROH  ®m₂ gam muối/V₂ ml dung dịch T

6V₁ ml Z + V₂ ml T ® muối trung hòa

Þ Chứng tỏ Z chứa muối axit, T chứa kiềm dư và  6 n HXO 3 - ( Z ) = n OH - ( T )

=> b.(0,38-0,1a)=0,16a-0,38 => a=3,5

m 2 - m 1 = m ROH   ( T ) + m RXO 3   ( T ) - m RXO 3   ( Z ) - m RHXO 3   ( Z ) m 2 - m 1 = ( R + 17 ) . 0 , 18 + 2 R + 1280 19 . 0 , 19 - 0 , 16 - R + 1299 19 . 0 , 03 = 8 , 82 ⇒ R = 193 7 ⇒ m 1 = 193 7 + 17 . 0 , 18 + 2 . 193 7 + 1280 19 . 0 , 19 = 31 , 3   g m 2 = 2 . 193 7 + 1280 19 . 0 , 16 + 193 7 + 1299 19 . 0 , 03 = 22 , 48   g ⇒ m 1 + m 2 = 53 , 78   gần   nhất   với   giá   trị   54 .

Đáp án : A

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- -> 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,3      1,0      0,5  mol

=> Sau phản ứng có : 0,3 mol Cu²⁺ ; 0,2 mol H⁺ phản ứng với NaOH

=> n_NaOH = 2n_Cu2+ + n_H+ = 0,8 mol

=> V_{dd NaOH} = 4 lit

Đáp án A

Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch X lại thu được kết tủa.

⇒ Có 2 muối HCO₃^- và CO₃^2-

+ Có n_BaCO3 = 0,005 mol < n_Ba²⁺ = 0,01 mol.

⇒ Dung dịch X chứa Ba²⁺ : 0,005 mol, Na⁺ : 0,01 mol, HCO₃^- : 0,02

+ Bảo toàn nguyên tố C → n_CO2 = n_CO3^2- + n_HCO3^- = 0,005 + 0,02 = 0,025 mol.

⇒ V = 0,56 lít 

Đáp án A

Khi thêm dung dịch NaOH vào dung dịch X lại thu được kết tủa.

⇒ Có 2 muối HCO₃^- và CO₃^2-

+ Có n_BaCO3 = 0,005 mol < n_Ba²⁺ = 0,01 mol.

⇒ Dung dịch X chứa Ba²⁺ : 0,005 mol, Na⁺ : 0,01 mol, HCO₃^- : 0,02

+ Bảo toàn nguyên tố C → n_CO2 = n_CO3^2- + n_HCO3^- = 0,005 + 0,02 = 0,025 mol.

⇒ V = 0,56 lít 

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

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