Chọn đáp án A

a, \(n_{KOH}=\dfrac{8,4}{56}=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{KOH}}=\dfrac{0,15}{0,5}=0,3\left(M\right)\)

b, \(n_{KOH\left(trong300mlA\right)}=0,3.0,3=0,09\left(mol\right)\)

Gọi: V_H2O = a (l)

\(\Rightarrow C_{M_A}=0,2=\dfrac{0,09}{a+0,3}\Rightarrow a=0,15\left(l\right)=150\left(ml\right)\)

Đáp án B

Đặt 

n Zn OH 2   TN 1 n Zn OH 2   TN 2 = m Zn OH 2   TN 1 m Zn OH 2   TN 2 = 3 a 2 a = 3 2 ⇒ n Zn OH 2   TN 1 = 3 y ,   n Zn OH 2   TN 2 = 2 y

Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết tủa đã bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.

● Nếu ở TN1 Zn OH 2  chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

loại

● Nếu ở TN1  Zn OH 2  đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

Đáp án B

Đặt

Từ giả thiết, suy ra : Ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Ở TN1 có thể kết tủa đã bị hòa tan hoặc chưa bị hòa tan.

Nếu ở TN1 Zn(OH)₂ chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

Từ (*) suy ra : TN1 đã có hiện tượng hòa tan kết tủa : Không thỏa mãn.

Vậy ở TN1 Zn(OH)₂ đã bị hòa tan, áp dụng bảo toàn điện tích trong các dung dịch sau phản ứng, ta có :

Đáp án A

Vì hai thí nghiệm đều thu được cùng một lượng kết tủa và lượng KOH dùng ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng KOH dùng ở thí nghiệm 1 nên ở thí nghiệm 1 chưa có sự hòa tan kết tủa và ở thí nghiệm 2, sau khi lượng kết tủa đạt giá trị cực đại đã bị hòa tan một phần.

Áp dụng công thức cho hai trường hợp cùng thu được một lượng kết tủa ta có hệ phương trình

Đáp án B

Đáp án B

Đặt

-Xét ở thí nghiệm 1

+ Nếu  thì tạo thành kết tủa và kết tủa tan một phần

Và ở thí nghiệm 2 kết tủa cũng tan một phần

TN1: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

TN2: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

Với trường hợp thì không thỏa mãn