Đáp án A

Gọi x là số mol Ca(OH)₂ cần dùng  

OH ^-  +  HCO₃^-  → CO₃^2-  +   H₂O

 2x                            2x

Ca²⁺  + CO₃^2-→ CaCO₃

Để loại bỏ hết ion Ca²⁺ thì n_Ca2+ = n_CO3(2-) 

Đáp án D

Do CuCl₂ dư nên kim loại phản ứng hết, X có Cu và HNO₃ dư nên Cu cũng phản ứng hết

 ⇒ 3.a = 0,15 ⇒ a = 0,05

Đáp án B

Ta có: 

Bài 1:

400ml dd E chứa \(\left\{{}\begin{matrix}AlCl_3:0,4x\left(mol\right)\\Al_2\left(SO_4\right)_3:0,4y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét TN2:

\(n_{BaSO_4}=\dfrac{33,552}{233}=0,144\left(mol\right)\)

=> \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{0,144}{3}=0,048\left(mol\right)\)

=> y = 0,12

Xét TN1:

\(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{8,424}{78}=0,108\left(mol\right)\)

n_NaOH = 0,612.1 = 0,612 (mol)

Do \(3.n_{Al\left(OH\right)_3}< n_{NaOH}\) => Kết tủa bị hòa tan 1 phần

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH --> 3Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃

          0,048------>0,288------------------->0,096

            AlCl₃ + 3NaOH --> 3NaCl + Al(OH)₃

           0,4x--->1,2x------------------>0,4x

           Al(OH)₃ + NaOH --> NaAlO₂ + 2H₂O

     (0,324-1,2x)<-(0,324-1,2x)

=> 0,096 + 0,4x - (0,324-1,2x) = 0,108

=> x = 0,21 

=> \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{0,21}{0,12}=\dfrac{7}{4}\)

Bài 3:

\(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{200.1,71\%}{342}=0,01\left(mol\right)\)

\(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{0,78}{78}=0,01\left(mol\right)\)

- Nếu kết tủa không bị hòa tan:
PTHH: 6NaOH + Al₂(SO₄)₃ --> 3Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃

             0,03<-------------------------------0,01

=> \(C_M=\dfrac{0,03}{0,2}=0,15M\)

- Nếu kết tủa bị hòa tan 1 phần

PTHH: 6NaOH + Al₂(SO₄)₃ --> 3Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃

             0,06<---0,01-------------------------->0,02

             Al(OH)₃ + NaOH --> NaAlO₂ + 2H₂O

            0,01---->0,01

=> \(C_M=\dfrac{0,06+0,01}{0,2}=0,35M\)

dd Y gồm
x+y mol glu
x mol fruc
0,02 - y mol mantô
với x = 0,006 là số mol sacca pư
y = 0,012 là số mol mantô pư
số mol Ag sinh ra do tráng bạc là 4x+2y+0,04

Kết luận giá trị của m là 9,504

Chọn A.

Ta có:  n Y = n H 2 = 0 , 04   m o l  mol

=> E gồm các este của ancol (0,04) và các este của phenol (0,08 – 0,04 = 0,04)

mà  n H 2 O = n _{este của phenol} = 0,04 mol và  n K O H = n _{este của ancol} + 2n_{este của phenol} = 0,12 mol

→ B T K L m E + m K O H = m _muối + m _ancol +  m H 2 O Þ m _muối = 13,7 gam

Chọn A

Đáp án D

Nhận xét: Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn electron thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương trình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải. Để tính khối lượng muối NO₃^- trong bài toán trên ta có công thức:

Trong đó: a là số electron mà N nhận để tạo X

Như vậy:

m_{muối khan} = 58 + 0,95.62 =  110,7 (g)

M_Y= 24,4 → Y chứa H₂. Khí không màu hóa nâu ngoài không khí là NO → Y chứa NO và H₂.

Gọi x và y lần lượt là số mol của H₂ và NO

Ta có: x+ y= 0,125; 2x+ 30y= 0,125.24,4 → x= 0,025; y= 0,1

Vì có khí H₂ thoát ra và Zn dư → H⁺ và NO₃^- hết → Muối thu được là muối clorua

Do n_{NO3(-)ban đầu}= 0,15 mol > n_NO= 0,1 mol→ X chứa NH₄⁺

Theo bảo toàn nguyên tố N → n_NH4+= 0,15-0,1= 0,05 mol

Theo bảo toàn electron: 2.n_{Zn pứ}= 3.n_NO+ 8n_NH4++ 2n_H2= 0,75 mol→ n_Zn pứ₌ n_Zn2+= 0,375 mol

→m_muối= m_ZnCl2+ m_NH4Cl+ m_NaCl+ m_KCl= 136. 0,375+ 53,5.0,05+ 58,5.0,05+ 74,5.0,1= 64,05 gam

Đáp án A

Đáp án C

Ta có: