Chọn B.

Dung dịch Y có $n_{A{l}_2{(SO}_{}}$₄)3=V/3=x mol  và $n_{AlC{l}_3}=\frac{V}{3}=x mol$  .

 $\Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=3x mol = n_{S{O_4}^{2-}}$

Tại $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$ = 0,75 mol => $n_{O{H}^{-}}$= 1,5 mol: lúc này cả 2 kết tủa tối đa với

$$\begin{gathered} n_{Al{\left(OH\right)}_3}=1/3n_{O{H}^{-}}=0,5 mol\Rightarrow n_{BaS{O}_{4}max}.233+0,5.78=139,9 \\ \Rightarrow n_{BaS{O}_4} max=0,433<0,5\Rightarrow vô lý \end{gathered}$$

Chứng tỏ trong dung dịch Y còn H⁺ dư  đoạn đồ thị đi lên đầu tiên đến y chỉ có 2 phản ứng là: $H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O\Rightarrow n_{O{H}^{-}}$ kết tủa hết Al³⁺ = 1,5 - a

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=\frac{1,5-a}{3} \left(1\right) \\ S{O_4}^{2-}+B{a}^{2+}\to BaS{O}_4 \end{gathered}$$   (1)

 Dung dịch Y ( : x mol, Cl^-: x mol, H⁺: a mol)

 Bảo toàn điện tích:  $n_{A{l}^{3+}}=\frac{3x-a}{3}\Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=\frac{3x-a}{3}$   (2)  

Từ (1) và (2), ta được: x = 0,5 mol

Tại kết tủa tối đa:  $139,9=n_{BaS{O}_{4}max}+n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=233x+\frac{78(3x-a)}{3}$

Thay x = 0,5 vào  a = 0,6 mol = n(H⁺) dư  n(Ba(OH)₂) dùng cho đoạn y (trung hòa hết H⁺ dư = 0,3 mol  tại y chính là kết tủa

BaSO₄: n(BaSO₄) = n(Ba(OH)₂) = 0,3 mol

 =>y = 0,3.233= 69,9 gam $\approx$ 70 gam.

Chọn C.    

Tại vị trí $n_{O{H}^{-}}=0,5 mol$ thì tồn tại 2 chất là Al(OH)₃ : 0,1 mol và   

Bảo toàn nhóm OH^-: $n_{Al{{\left(OH\right)}_4}^{-}}=\frac{0,5-0,3.0,1}{4}=0,05 mol$

Bảo toàn nguyên tố Al: n_Al = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol.

Chọn B.

Tai giá trị $n_{C{O}_2}=0,1 mol$thì kết tủa BaCO₃ đạt giá trị cực đại nên  $n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,1 mol\Rightarrow a=0,1$

Tại giá trị $n_{C{O}_2}=0,36 mol$ thì sản phẩm chứa hai chất là BaCO₃ max và NaHCO₃.

Bảo toàn  $\Rightarrow n_{NaHC{O}_3}=0,36-n_{BaC{O}_3}=0,36-0,1=0,26 mol$

Bảo toàn Na ta có n_NaOH = 0,26 mol.

X$\left\{\begin{array}{l}Na\\ N{a}_{2}O\\ Ba\\ BaO\end{array}+H_{2}O \to \left\{\begin{array}{l}NaOH\\ Ba{\left(OH\right)}_2\end{array}+H_2\right.\right.$      

Theo sơ đồ trên ta áp dụng định luật bảo toàn hiđro: 

 $n_{H_{2}O}=\frac{0,26+0,1.2+0,1.2}{2}=0,33 mol$

Bảo toàn nguyên tố O:  

 $$\begin{gathered} n_{O\left(X\right)}+n_{H_{2}O}=n_{NaOH}+2n_{Ba{\left(OH\right)}_2} \\ \Rightarrow n_{O\left(X\right)}=0,26+2.0,1-0,33=0,13 mol \end{gathered}$$

Bảo toàn khối lượng: m_X = 0,26.40 + 0,1.171 + 0,2 - 0,33.18 = 21,76 gam.

$\%m_{O\left(X\right)}=\frac{0,13.16}{21,76}.100=9,56\%$

Chọn B.    

Các phương trình phản ứng có thể xảy ra là:

 $$\begin{gathered} B{a}^{2+}+S{O_4}^{2-}\to BaS{O}_4\left(kt\right) \\ A{l}^{3+}+O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3 \\ Al{\left(OH\right)}_3+O{H}^{-}\to Al{{\left(OH\right)}_4}^{-} \end{gathered}$$

Tại vị trí thể tích dung dịch Ba(OH)₂ thì có kết tủa BaSO₄ và dung dịch $Al{{\left(OH\right)}_4}^{-}$   

 $$\begin{gathered} n_{kt}=0,3 mol\Rightarrow n_{S{O_4}^{2-}}=n_{kt}=0,3 mol \Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=0,2 mol \\ \Rightarrow n_{O{H}^{-}}=4n_{A{l}^{3+}}=0,8 mol\Rightarrow n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=1/2.n_{O{H}^{-}}=0,4 mol \\ \Rightarrow V=\frac{0,4}{0,2}=2 lít \end{gathered}$$

Đáp án B    

Đáp án A.

Theo đồ thị $n_{S{O_4}^{2-}}$ = 0,03 mol → $n_{A{l}_2{(SO}_{}}$₄)3 = 0,01 mol

Hỗn hợp bazơ gồm: Ba²⁺ (0,02 mol); Na⁺ (0,03 mol) và OH^- (0,7 mol) tác dụng với dung dịch A gồm: Al³⁺ (0,02 mol) và SO₄^2- (0,03 mol) ta có PTHH:

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

0,02---------------0,02 mol

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,02---0,06------0,02 mol

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,01---------0,01

Khối lượng kết tủa = $m_{BaS{O}_4}+m_{Al{\left(OH\right)}_3}$ = 5,44 gam 

Đáp án A

PTHH : (1) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

(2) CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

Theo đồ thị :

+) Khi $n_{C{O}_2}$ = 0,8 mol →$n_{kt max}$ = $n_{Ca{\left(OH\right)}_2}$ = 0,8 mol

+) Khi $n_{C{O}_2}$ = 1,2 mol →  $n_{CaC{O}_3 bị hòa \tan }$=  = 1,2 – 0,8 = 0,4 mol

→ $n_{CaC{O}_3 chưa bị hòa \tan }$ = 0,8 – 0,4 = 0,4 mol

Ta có: khối lượng dung dịch sau phản ứng = $m_{C{O}_{2}p.ư}$ + $m_{dd Ca{\left(OH\right)}_2}$ – $m_{CaC{O}_3}$

= 1,2.44 + 200 – 0,4.100 = 212,8 gam → $\%C_{CaHC{O}_3}$ = 30,45% 

Đáp án B

Dựa vào đồ thị thấy tại 6,99 gam thì lượng kết tủa không đổi → tại đó chỉ có kết tủa BaSO₄: 0,03 mol → a = (0,03 : 3): 0,1 = 0,1

Nếu cho (Ba(OH)₂ 0,02 mol và NaOH 0,03 mol) + Al₂(SO₄)₃: 0,01mol

Thấy 3< $n_{O{H}^{-}}$ : $n_{A{l}^{3+}}$< 4 → Tạo đồng thời Al(OH)₃: x mol và AlO₂^-: y mol

Ta có hệ phương trình

 $\left\{\begin{array}{l}x + y = 0,02\\ 3x + 4y = 0,07\end{array}\right.$→ x = 0,01; y = 0,01

Mặt khác: $n_{S{O_4}^{2-}}$ = 0,03 mol > $n_{B{a}^{2+}}$ = 0,02 mol → BaSO₄ ; 0,02 mol

→ $m_{kt}$ = $m_{Al{\left(OH\right)}_3}$ + $m_{BaS{O}_4}$ = 0,01*78 + 0,02*233 = 5,44 gam 

Đáp án B

Đặt số mol Ca(OH)₂ = a và n_NaAlO2 = b ta có phản ứng:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

Sau khi CO₂ dư vào → CaCO₃ + CO₂ + H₂ → Ca(HCO₃)₂

n_Al(OH)3 = 27,3 ÷ 78 = b = 0,35 mol.

→ n_Ca(OH)2 = 0,74 – 0,35 = 0,39 mol.

→ m = 0,39×100 + 27,3 = 66,3 gam & x = 0,39 + 0,35 + 0,39 = 1,13 mol

Đáp án C

Từ đồ thị ta thấy:

n_Ba(OH)2 = n_{Kết tủa} = a || n_KOH = 2,3a – a = 1,3a.

Khi n_CO2 = 0,33 mol trong dung dịch chứa Ba(HCO₃)₂ và KHCO₃.

+ Bảo toàn cacbon ta có: 2a + 1,3a = 0,33 ⇒ a = 0,1 mol

⇒ Kết tủa cực đại khi n_CO2 trong đoạn [a;2,3a] ⇔ [2,24; 5,152] 

Đáp án C

Khi đốt hỗn hợp C₂H₂, CH₄, H₂ thu được 0,9 mol CO₂ và 1,15 mol H₂O
Bảo toàn nguyên tố O → nO₂ = ( 2. 0,9 + 1,15) : 2 = 1,475 mol
Quy hỗn hợp X về 40,3 gam gồm Al : x mol, Ca: y mol, C: 0,9 mol → 27x + 40y +0,9.12 = 40,3
Bảo toàn e cho toàn bộ quá trình → 3$n_{Al}$+ 2$n_{Ca}$ + 4$n_C$ = 4$n_{O_2}$→ 3x + 2y +4.0,9 = 4.1,475
Giải hệ → x = 0,5 và y = 0,4
Dung dịch Y chứa Ca₂+ : 0,4 mol, AlO₂- : 0,5 mol, OH-: 0,3 mol ( bảo toàn điện tích)
Khi thêm HCl vào dung dịch Y thì H+ phản ứng với OH- trước, sau đó H+ mới phản ứng với AlO₂-
Tại thời điểm 0,56x xảy ra quá trình hoà tan kết tủa
→ $n_{H^{+}}$ - $n_{O{H}^{-}}$ + 3n↓ = 4$n_{Al{O}_2-}$ → 0,56x - 0,3 + 3.3a = 4.0,5
Tại thời điểm 0,68x xảy ra quá trình hoà tan kết tủa
→  - nOH- + 3n↓ = 4nAlO₂- → 0,68x - 0,3 + 3.2a = 4.0,5
Giải hệ → x = 2,5 và a = 0,1

Chọn C

Đặt n_KOH = a và n_Ba(OH)2 = b
+ Tại thời điểm n_CO2 = 1,8 mol dung dịch chứa KHCO₃ và BaCO₃.
+ Mà n_BaCO3 = 0,8 mol → n_KHCO3 = 1,8 – 0,8 = 1 mol.
→ Tại thời điểm còn 0,2 mol BaCO₃ thì dung dịch chứa:
n_Ba(HCO3)₂ = 0,8 – 0,2 = 0,6 mol và n_KHCO3 = 1 mol.
→ Bảo toàn cacbon → ∑$n_{C{O}_2}$ = 0,2 + 0,6×2 + 1 = 2,4 mol.
→ m_{dung dịch sau pứ} = m_CO2 + 500 – m_BaCO3
m_{dung dịch sau pứ} = 2,4×44 + 500 – 0,2×197 = 566,2 gam.

→ ∑C%_{($KHC{O}_3$} + Ba(HCO₃)₂) ≈ 45,11% 

Đáp án A

PTHH:

H⁺ + OH^- → H₂O

0,08 0,08

H⁺ + CO₃^2‑ → HCO₃^-

0,06 0,06

→ x = 0,14 → 1,2x = 0,168

H⁺ + HCO₃-  → CO₂ + H₂O

0,028                 0,028 

Đáp án A.

Khi $V_{NaOH}$ = 0,6 → $n_{NaOH}$= 3a = 0,6*2 → a = 0,4

Khi $V_{NaOH}$ = 1,0 → $n_{NaOH}$= 4$n_{A{l}^{3+}}$ – $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ → 2 = 4.2x/342 – 0,4 → x = 102,6

Đáp án C

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

NaOH + HCl → NaCl + H₂O (2)

3NaOH + AlCl₃ → 3NaCl + Al(OH)₃ (3)

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O (4)

Trong A: $n_{AlC{l}_3}$ = m/27 = x (mol) (*); $n_{HCl dư}$ = y – 3m/27 = x (mol)

→ Theo giả thiết: m/27 = y – 3m/27 → y = 4m/27 (**)

Khi $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ = x → $n_{NaOH}$ = 4x

Khi $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ = 0,175y →$n_{NaOH}$ = x + 4x – 0,175y = 0,86 (mol)

Thay (*) và (**) vào → m = 5,4 gam 

Đáp án B.

Ta có sơ đồ quá trình :

{Na₂SO₄:a; Al₂(SO₄)₃:}+Ba(OH)₂ 0,32(mol) → BaSO₄↓0,3(mol) + {Ba(AlO₂)₂: 0,02; NaAlO₂: 2a}

Bảo toàn gốc SO₄^2– ta có: a + 3b = 0,3 ¹.

Bảo toàn Al ta có: 0,02×2 + 2a = 2b ⇔⇔ 2a – 2b = –0,04 ²

Giải hệ ¹ và ² ta có a = n_Na2SO₄ = 0,06 mol 

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án D

Các phản ứng trong quá trình xảy ra như sau:
• HCl + NaOH → NaCl + H₂O ¹ || • HCl + NaAlO₂ + H₂O → NaCl + Al(OH)₃↓ ²
• 3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O ³. (xảy ra lần lượt như đồ thị biểu diễn).
Tại điểm V = 150 mL ⇔ $n_{HCl}$ = 0,15 mol là kết thúc phản ứng ¹ ⇒ x = $n_{NaOH}$ = 0,15 mol.
Tại điểm V = 750 mL ⇔ $n_{HCl}$= 0,75 mol; $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$↓ = 0,2 mol là thời điểm
phản ứng ² đã kết thúc, đang diễn ra phản ứng ³ (hòa tan một phần tủa).
Tại điểm sản phẩm gồm (x + y) mol NaCl + 0,2 mol Al(OH)₃ + (y – 0,2) mol AlCl₃.

⇒ Bảo toàn nguyên tố Cl có: (x + y) + 3 × (y – 0,2) = 0,75 mol ⇒ y = 0,3 mol.

Đáp án B

Chọn $n_{Ag}$= 4

TN₁: $n_{fructozơ}$ = 2 → m₁ = 360 gam

TN₂: $n_{glucozơ}$ = $n_{fructozơ}$ = 1 → $n_{saccarozơ}$ = 1 → m₂ = 1∙342/75% = 456 gam

→ m₁/m₂ = 15/19 → 19m₁ = 15m₂ 

Đáp án B

Giai đoạn 1: Đẩy Ca(OH)₂ về CaCO₃

Giai đoạn 2: Đẩy AIO_2- về Al(OH)₃

Giai đoạn 3: Hòa tan kết tủa CaCO₃.

Nhìn vào đồ thị tại x mol $C{O}_2\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,35$

Tại vị trí cực đại

$\to 0,74=0,35+n_{CaC{O}_3}\to n_{CaC{O}_3}=0,39\to \left\{\begin{array}{l}m=27,3+0,39.100=66,3\\ x=0,74+0,39=1,13\end{array}\right.$

Chọn đáp án D

Tại vị trí 8,55 $n_{A{l}_2{(SO}_{}}$₄)3=a→8,55BaSO4:3aAl(OH)3:2a→a=0,01→ y=0,03  

Tại vị trí $\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,08\\ n_{AlC{l}_3}=b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:0,03\\ BaC{l}_2:1,5b\\ Ba{(AlO}_{}\end{array}\right.$₂)2:0,01+0,5b→b=0,02

$\to m=6,99\left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4:3t\\ Al{\left(OH\right)}_3:2t\end{array}\right.\to t=0,008175\to x=0,02453$  

Chọn đáp án A.

Bơm Oxi vào hỗn hợp rắn =>37,86 + 0,12.16 = 39,78

$\left\{\begin{array}{l}BaO: x\\ A{l}_2{O}_3:y\end{array}\to 153x+102y=39,78\right.$

Tại 0,12 $n_{O{H}^{-}}=0,12\to x=y+0,06\to \left\{\begin{array}{l}x=0,18\\ y=0,12\end{array}\right.$

Tại 0,63 $\stackrel{H^{+}}{\to }0,63=0,12+2.0,12+3(0,24-a)\to a=0,15$

Chọn đáp án C.

Gọi ${n_{A{l}_2\left(S{O}_4\right)}}_3=a$

$$\begin{gathered} \to n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,45\to \left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4: 3a\\ Al{\left(OH\right)}_3: 0,6-3a\\ BaC{l}_2: 0,45-3a\end{array}\right. \\ \stackrel{BTNT Al}{\to }0,6-3a=2a+\frac{2(0,045-3a)}{3}\to a=0,1\to y=0,3 \end{gathered}$$

Tại vị trí 0,65 gọi

$$\begin{gathered} n_{AlC{l}_3}=b\stackrel{O{H}^{-}}{\to }0,65.2=0,1.2.3+3b+(b-0,1)\to b=0,2 \\ \to x=0,2+0,3+0,2=0,7\to x+y=1 \end{gathered}$$

Chọn đáp án B 

Từ trục hoành của đồ thị, tại vị trí số mol axit là 0,2 mol =>2b= 0,2.2=> b= 0,2

Tại vị trí số mol axit là $a\stackrel{H^{+}}{\to }2a=2b+b+3(b-0,15)\Rightarrow a= 0,375$

CHÚ Ý: Với bài toán về đồ thị các bạn nên sử dụng kỹ thuật phân chia nhiệm vụ cho yếu tố ở trục hoành. Cũng chính vì vậy ta cần hiểu rõ bản chất từng khúc (đoạn) biểu diễn trên đồ thị

Chọn đáp án C

Giai đoạn 1: Tạo đến 102,6 gam kết tủa Ba(OH)₂ chơi với (x mol) Al₂(SO₄)₃.

$102,6\left\{\begin{array}{l}Al{\left(OH\right)}_3:2x\\ BaS{O}_4:3x\end{array}\right.\to a=0,12$

Tại x lượng kết tủa không đổi <102,6 → Lượng Al(OH)₃ tan nhiều hơn lượng BaSO₄ sinh ra từ Na₂SO₄.

Tại x $\to \sum _{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,12.3+0,12=0,48$

Chọn đáp án D

Giai đoạn một là điện phân CuCl₂ : $n_{CuC{l}_2}=0,008$

Giai đoạn hai điện phân HCl : $n_{HCl}=0,4.0,01=0,004$

Giai đoạn ba điện phân NaCl : $n_{NaCl}=0,1.0,4=0,04$

$\to n_{C{l}^{-}}=0,06\to n_e=\frac{It}{F}\to t=\frac{96500.0,06}{1,93}=3000$

Chọn đáp án C

+ Theo hình vẽ ta thấy đầu tiên

$Zn+H_{2}S{O}_4 \to ZnS{O}_4+H_2$

Sau đó $S+H_2 \to H_{2}S$ và $H_{2}S+Cu{(NO}_{}$₃)2 →HNO3+CuS (kt đen) 

Chọn đáp án B

Tại vị trí $x\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{27,3}{78}=0,35\to n_{NaAl{O}_2}=0,35$ 

Tại $n_{C{O}_2}=0,74\stackrel{BTNT C}{\to }\left\{\begin{array}{l}NaHC{O}_3:0,35\\ CaC{O}_3:0,39\end{array}\right.\to m=27,3+0,39.100=66,3$  

Tại x

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}NaHC{O}_3:0,35\\ Ca{(HCO}_{}\end{array}\right.$₃)2:0,39→BTNT Cx=0,35+0,39.2=1,13