Đáp án C

Cho hỗn  hợp Na₂O và Al₂O₃ vào 0,12 mol H₂SO₄ và 0,36 mol HCl thu được dung dịch X.

Cho Ba(OH)₂ dư vào X ta thấy đồ thị như trên do vậy có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng do tạo kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm do có sự hòa tan Al(OH)₃.

+Kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄.

Có n(H₂SO₄) = 0,12 (mol) và n(HCl) = 0,36 (mol)

→ n(BaSO₄ max) = 0,12 mol và n(Al(OH)₃ max) = 0,12 (mol)

Do kết tủa vẫn còn Al(OH)₃ nên X phải có Al³⁺ → Dung dịch X không có OH^- và AlO₂^-.

→ X có chứa Al³⁺ (0,12 mol); Na⁺ (a mol); H⁺ (b mol); Cl^- (0,36 mol); SO₄^2- (0,12 mol)

BT điện tích cho X: a + b = 0,12. 3 = 0,36 + 0,12. 2 (1)

Khi n(Ba(OH)₂) = 0,28 mol hay n(OH^-) = 0,56 mol thì Al(OH)₃đã bị hòa tan hoàn toàn nên:

0,56 – b = 0,12. 4 → b = 0,08 → a = 0,16 mol

Vậy ban đầu n(Na₂O) = a/2 = 0,08 mol và n(Al₂O₃) = 0,12 : 2 = 0,06 mol

→ m = 11,08 (g)

Đáp án C

Trong thí nghiệm này: 

- Việc thêm nước cất nhằm để hỗn hợp không cạn đi, phản ứng mới thực hiện được.

- NaOH vừa là chất phản ứng, vừa là chất xúc tác.

- Thêm NaCl giúp hỗn hợp sau phản ứng tách thành 2 lớp.

- Sản phẩm thu được là xà phòng (không phải bột giặt).

Đáp án C

Gọi số mol HCl và Al₂(SO₄)₃ lần lượt là a và b.

→ 42,75 = 78. 2b + 233. 3b → b = 0,05 mol

Tại vị trí 0,25 mol Ba(OH)₂

Đáp án A

Nhận thấy đồ thị biểu diễn kết tủa phụ thuộc vào CO₂ là tam giác vuông cân

Vậy tại điểm cực đại số mol của CO₂ là trung điểm của x và 15x

⇒ Tại điểm cực đại số mol của CO₂ là x + (15x - x) : 2 = 8x

⇒ n_Ca(OH)2 = n_CO2 = 0,2 → 8x= 0,2 ⇒ x = 0,025

Đáp án B

Thứ tự điện phân bên catot: Fe³⁺; Cu²⁺; Fe²⁺ và bên anot có Cl^- bị điện phân.

Nhìn vào đồ thị ta thấy có 3 đoạn dung dịch thay đổi.

+ Đoạn 1: bên catot chỉ có Fe³⁺ điện phân, anot có Cl^-.

+ Đoạn 2: bên catot có Fe³⁺ và Cu²⁺, anot có Cl^-.

+ Đoạn 3: bên catot có cả 3 ion điện phân, anot có Cl^-.

Tại 2x (s):

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺                                                              2Cl^- → Cl₂ + 2e.

Gọi n(Cl^-) = 2a → n(e) = n(Fe³⁺ bđ) = 2a mol.

→ Tại 7x (s) thì n(e) = 7a (mol

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺.                                                             2Cl^- → Cl₂ + 2e.

2a→  2a  → 2a                                                                  7a  ← 3,5a ← 7a

Cu²⁺ + 2e → Cu

→ n(e trong đp Cu²⁺) = 5a → n(Cu²⁺ bđ) = 2,5a (mol)

→ m(dd giảm) = m(Cu) + m(Cl₂) = 64. 2,5a + 71. 3,5a = 40,85 → a = 0,1 mol

→ Tại 10x (s) thì n(e) = 1 mol.

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺.                                                             2Cl^- → Cl₂ + 2e.

0,2→  0,2  → 0,2                                                              1 ← 0,5 ← 1

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,25 → 0,5→ 0,25

Fe²⁺ + 2e → Fe.

→ n(e trong đp Fe²⁺) = 0,3 mol → n(Fe²⁺ đp) = 0,15 mol

Dung dịch sau phản ứng có Fe²⁺ dư và Cl^-.

Kết tủa là Fe(OH)₂ → n(Fe(OH)₂) = 0,35 mol → n(Fe²⁺ dư) = n(Fe²⁺bđ) + 0,2 – 0,15 = 0,35

→ n(Fe²⁺ bđ) = 0,3 mol

Vậy hỗn hợp ban đầu có: FeCl₃: 0,2 mol; CuCl₂ 0,25 mol và FeCl₂ 0,3 mol

Tại 12x (s): n(e) = 1,2 mol

Fe³⁺ + 1e → Fe²⁺.                                                             2Cl^- → Cl₂ + 2e.

0,2→  0,2  → 0,2                                                              1,2 ← 0,6 ← 1,2

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,25 → 0,5→ 0,25

Fe²⁺ + 2e → Fe

0,25← 0,5 → 0,25

Dung dịch sau điện phân có: Fe²⁺ (0,3 + 0,2 – 0,25 = 0,25 mol) và Cl^‑(0,5 mol)

Khi cho vào AgNO₃ thu được Ag (0,25 mol) và AgCl (0,5 mol)

→ m = 98,75 (g)

Đáp án D

Bước 1 : (C₆H₁₀O₅)_n + n H₂O → n C₆H₁₂O₆.

Bước 2 : H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + H₂O.

Bước 3 : C₆H₁₂O₆ → 2Ag.

Như vậy : thí nghiệm để chứng minh xenlulozơ bị thủy phân trong môi trường axit. Sau bước 1 chỉ có glucozơ và sau bước 2, nhỏ dung dịch I₂vào cốc không thu được dung dịch xanh tím.

Đáp án C

TN₁: n(NO) = a mol → X chứa NO₃^-, H⁺ (4a mol)

Trộn X với Y rồi cho tác dụng với Fe dư thấy NO tăng lên (nên Y chứa H⁺ và TN₂ thoát ra H₂).

TN₂: n(H₂) = 2a mol → Y chứa H⁺ (4a mol)

Do X,Y chứa 2 chất tan có số mol bằng nhau → X chứa HNO₃ (4a mol) và Y chứa NaHSO₄ (4a mol)

Đáp án C

Thí nghiệm 1: 2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃ + H₂O.

Thí nghiệm 2: K₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2KHCO₃ và K₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2KCl.

Thí nghiệm 3: 2AgNO₃ + CaCl₂ → 2AgCl + Ca(NO₃)₂.

Như vậy, khối lượng kết tủa thí nghiệm 1 < 3 < 2

Đáp án C

Tại t(s) chỉ có khí Cl₂ thoát ra → n(Cl₂) = 0,1 mol.

→ n(e) = 2n (Cl₂) = 0,2 mol

Tại 4t (s) có Cl₂, H₂, O₂ thoát ra.

Cu²⁺ + 2e → Cu.                                                               2Cl^- → Cl₂ + 2e

                                                                                          0,2← 0,1→ 0,2

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂.                                                2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Có n(e) = 4. 0,2 = 0,8 mol (bằng 4 lần số mol e tại t giây)

→ n(O₂) = [0,8 – 0,2] : 4 = 0,15 mol.

→ n(H₂) = 0,35 – 0,15 – 0,1 = 0,1 mol → n(Cu²⁺) = [0,8 – 0,1. 2] : 2 = 0,3 mol

Dung dịch X: CuSO₄ (0,3 mol) và KCl (0,2 mol)

Tại thời điểm 3t giây thì n(e) = 0,6 mol

Cu²⁺ + 2e → Cu.                                                               2Cl^- → Cl₂ + 2e.

0,3 → 0,6 → 0,3                                                               0,2 → 0,1 → 0,2

                                                                                          2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

                                                                                           0,2  ←   0,4 ←0,1 ←0,4

Dung dịch Y: K⁺ (0,2 mol); SO₄^2- (0,3 mol); H⁺ (0,4 mol)

2Al + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂.

→ n(Al) = 0,4 : 3 = 2/15 (mol) → m = 3,6 (g)

Đáp án D

Đáp án B

Xét tại y mol Ba(OH)₂: kết tủa tăng chậm lại → vừa xảy ra xong phản ứng:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄ + 2Al(OH)₃.

Gọi n(Al(OH)₃) = a → n(BaSO₄) = 1,5a.

→ 78a + 233. 1,5a = 8,55 → a = 0,02 mol

→ m(g) kết tủa ứng với khi Al(OH)₃ hết.

→ m = m(BaSO₄ max) = 0,02. 1,5. 233 = 6,99 (g)

Xét tại x mol Ba(OH)₂: n(Ba(OH)₂ = x mol và n(Al(OH)₃) = 2x/3 mol

→ m = 233x + 78. 2x/3 = 6,99 → x = 0,0245 mol

Đáp án C

HCl + NaOH → NaCl + H₂O (1)

H₂O + HCl + NaAlO₂ → NaCl + Al(OH)₃ (2)

4HCl + NaAlO₂ → NaCl + AlCl₃ + 2H₂O (3)

Tại 1,1 mol HCl, xảy ra phản ứng (1) nên x = 1,1

Tại 3,8 mol HCl xảy  ra (1) (2) (3)

=> n(HCl) = n(NaOH) + n(Al(OH)₃ + 4.n(AlCl₃) → n(Al(Cl₃) = (3,8 – 1,1 – 1,1) : 4 = 0,4 mol

Bảo toàn Al → y = 1,1 + 0,4 = 1,5 mol

Đáp án B

Phản ứng tạo dung dịch phức xanh lam (chứng minh glucozơ có nhiều OH cạnh nhau)

Đáp án B

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Kết tủa tăng dần tới cực đại do CO₂ tác dụng với Ba(OH)₂ tạo kết tủa BaCO₃.

+Kết tủa không đổi do CO₂ tác dụng với NaOH tạo Na₂CO₃ sau đó Na₂CO₃ tác dụng với CO₂ tạo NaHCO₃.

+Kết tủa giảm dần do CO₂ hòa tan kết tủa BaCO₃ tạo Ba(HCO₃)₂.

Ta thấy lúc 0,5a mol CO₂ phản ứng thu được 0,06 mol kết tủa nên a=0,12.

Lúc 2a mol CO₂ phản ứng thì kết tủa bắt đầu bị hòa tan nên số mol Ba(OH)₂ và NaOH đều là 0,12 mol.

Cho X vào 0,05 mol Al₂(SO₄)₃ thu được kết tủa gồm 0,12 mol BaSO₄ và Al(OH)₃.

Ta có: 

Đáp án B

(1) FeCO₃ + 2HCl → FeCl₂ + CO₂ + H₂O.

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂.

→ Tổng mol khí = 2a → V₁ = 44,8a (lít).

(2) Bảo toàn e: 2n (Mg) = 3n (NO) → n (NO) = 2a/3 (mol) → V₂ = 14,93 (lít)

(3) BT e: n (FeCO₃) + 2n (Mg) = 3n (NO) → n (NO) = a mol và n (CO₂) = a mol

→ V₃ = 44,8 lít

→ V₁ = V₃ > V₂

Đáp án A

Phản ứng của AgNO₃ với từng dung dịch:

AgNO₃ + HCl → AgCl + HNO₃.

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag.

3AgNO₃  + FeCl₂ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl + Ag.

Nhận thấy: khối lượng kết tủa ở p.ư 2 < 1 < 3.

→ dung dịch 1 là Fe(NO₃)₂; dung dịch 2 là HCl và dung dịch 3 là FeCl₂

Đáp án A

Sau bước 3, ống nghiệm chuyển sang màu xanh lam do tạo phức (C₆H₁₁O₆)₂Cu.

Trong thí nghiệm này, glucozơ bị oxi hóa.

Không thể thay CuSO₄ bằng FeSO₄ do không tạo được Cu(OH)₂sẽ không có phản ứng tạo phức

Đáp án C

Đồ thị kết tủa có các giai đoạn:

+Kết tủa tăng vừa do lúc này Ba(OH)₂ tác dụng với H₂SO₄ chỉ tạo kết tủa BaSO₄.

+Kết tủa tăng nhanh đến cực đại do Ba(OH)₂ tác dụng với Al₂(SO₄)₃ tạo kết tủa Al(OH)₃ và BaSO₄.

+Kết tủa giảm dần do Ba(OH)₂ hòa tan Al(OH)₃ đến không đổi

Kết tủa cực đại chứa BaSO₄ 0,33 mol, Al(OH)₃ 0,2 mol

m_max = 92,49 gam.

Đáp án C

Đồ thị trải qua các giai đoạn:    

+Kết tủa tăng dần do Ba(OH)₂ tác dụng với ZnSO₄ tạo kết tủa BaSO₄ và Zn(OH)₂.

+Kết tủa bị hòa tan do Ba(OH)₂ hòa tan Zn(OH)₂ đến khi không đổi, lúc này chỉ còn BaSO₄.

Lúc 0,0625 mol Ba(OH)₂ phản ứng thì kết tủa gồm 0,0625 mol BaSO₄ và 0,0625 mol Zn(OH)₂.

Lúc 0,175 mol Ba(OH)₂ phản ứng thì kết tủa gồm BaSO₄ b mol và Zn(OH)₂ còn 2b-0,175 mol.

Kết tủa cực đại còn Zn(OH)₂ 0,1 mol và BaSO₄ 0,1 mol.

Khối lượng kết tủa cực đại là 33,2 gam

Đáp án A

TN1: Cho E tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được 0,4 mol Ag

TN2: E tác dụng vừa đủ với 0,2 mol KHCO₃

TN3:X phản ứng vừa đủ với 0,4 mol KOH thu được ancol duy nhất và hỗn hợp 2 muối.

Cho Z qua Na thấy bình tăng 9 gam và thu được 0,1 mol H₂

Gọi n là số OH của Z

thỏa mãn n=1 thì Z là C₂H₅OH 0,2 mol.

Đốt cháy T bằng O₂ thu được 0,4 mol CO₂, H₂O và K₂CO₃ 0,2 mol.

Ta có:

mà X là muối đa chức nên 2 muối trong T là NaOOC-COONa và OHC-COONa.

Vậy X là HOOC-COOH 0,1 mol và Y là OHC-COOC₂H₅ 0,2 mol.

Đáp án A

Nhận thấy tại 0,1 mol CO₂ kết tủa đạt cực đại→ số mol CaCO₃ cực đại : 0,1 mol

Tại 0,3 mol CO₂  xảy ra hòa tan kết tủa (0,1 mol CaCO₃)→ số mol OH^-  là : 0,1.2 + 0,2 =0,4 mol

Tại x mol CO₂ thu được 0,04 mol CaCO3 → số mol HCO₃^- là : 0,4-0,04.2=0,32 mol

Bảo toàn nguyên tố C → x = 0,04 + 0,32 =0,36 mol

Đốt 0,18 mol hỗn hợp E ( gồm 0,09 mol andehit và 0,09 mol hidrocacbon) thu được 0,36 mol CO2 và 0,18 mol H2O

Số nguyên tử H trung bình là : 0,18.2: 0,18 = 2 → andehit HCHO : 0,09 mol hoặc HOC-CHO: 0,09 mol

TH1: HCHO: 0,09 → số nguyên tử C trong hidrocacbon là : (0,36 – 0,09) : 0,09=3 → không có hidrocacbon thỏa mãn CTPT là C₃H₂.

TH2: HOC-CHO: 0,09 mol → số nguyên tử C trong hidrocacbon là :  (0,36- 0,09.2) : 0,09 =2 → hidrocacbon là C₂H₂.

Khi cho  HOC-CHO: 0,09 mol  và CH≡CH: 0,09 mol tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được kết tủa chứa Ag:0,09.4 = 0,36 mol và CAg≡CAg: 0,09 mol  → m kết tủa: 0,36.108 + 0,09.240 = 60,48 gam

→ Vậy cứ 7,56 gam E tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được 60,48gam kết tủa

→ 1,26 gam E tác dụng với AgNO₃/NH₃ thu được 10,08 gam kết tủa

Đáp án C

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Giai đoạn chưa xuất hiện kết tủa do NaOH tác dụng với H₂SO₄.

+Kết tủa tăng dần đến cực đại do NaOH tác dụng với Al₂(SO₄)₃tạo kết tủa Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm dần do NaOH hòa tan Al(OH)₃.

Nhận thấy lúc 1 mol NaOH phản ứng và 1,4 mol NaOH phản ứng đều thu được cùng một lượng kết tủa, chứng tỏ 0,4 mol NaOH chênh lệch đã tạo 1 lượng kết tủa và hòa tan lượng kết tủa đó.

Cho 0,7 mol Ba(OH)₂ vào X thì kết tủa thu được gồm BaSO₄0,65 mol và Al(OH)₃.

Vậy m=167,05  gam

Đáp án D

Dung dịch chứa NaOH và Ba(OH)₂.

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+CO₂ tác dụng với Ba(OH)₂ tạo kết tủa BaCO₃.

+CO₂ tác dụng với NaOH tạo Na₂CO₃ sau đó CO₂ tác dụng với Na₂CO₃ tạo NaHCO₃.

+CO₂ hòa tan kết tủa CaCO₃.

Nhận lấy lúc 0,34 mol CO₂ phản ứng thì kết tủa bị hòa tan còn 0,08 mol.

Vậy số mol HCO₃^- trong X là 0,26 mol (bảo toàn C)

Đáp án A

Các thí nghiệm: 1, 4, 5, 6, 8.

(1). 2 muối là FeCl₃ và CuCl₂.

(2). 1 muối là K₂SO₄.

(3). Muối là Na₂CrO₄.

(4). Muối FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃.

(5). Muối là Na₂SO₄ và BaSO₄ (chú ý tỉ lệ 1:2)

(6). Muối là BaCO₃ và NaHCO₃.

(7). Muối là BaCO₃.

(8). Muối là Fe₂(SO₄)₃ và Fe(NO₃)₃.

Đáp án D

Tự chọn V = 1 ml

TN₁: thu được ít kết tủa nhất → (a) là Z, lúc này n₁ = n(BaSO₄) = 1 mol

TN₂: (b) là T, n₂ = n(BaSO₄) + n(Al(OH)₃) = 1 + 2/3 = 5/3 mol

TN₃: (c) là X, n₂ = n(BaSO₄) = 2 mol

TN₄: (d) là Y, n₃ = n(BaSO₄) + n(Al(OH)₃) = 2 + 4/3 = 10/3 mol

Đáp án A

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Kết tủa tăng vừa do Ba(OH)₂ tác dụng với H₂SO₄ tạo BaSO₄.

+Kết tủa tăng nhanh do H₂SO₄ tác dụng với Ba(AlO₂)₂ tạo 2 kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm tới không đổi do H₂SO₄ hòa tan Al(OH)₃.

Nhận thấy khối lượng kết tủa lúc cực đại với lúc không đổi giảm 23,4 gam chính là khối lượng Al(OH)₃ bị hòa tan.

Tới lúc hòa tan kết tủa hoàn toàn thì cần 0,7 mol H₂SO₄.

Vậy lúc kết tủa cực đại thì chỉ cần

Kết tủa cực đại gồm 0,25 mol BaSO₄ và 0,3 mol Al(OH)₃. Vậy m=81,65 gam

Đáp án A

Etyl axetat có phản ứng thủy phân trong môi trường axit và kiềm:

CH₃COOC₂H₅ + H₂O ↔ CH₃COOH + C₂H₅OH.

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH.

Sau bước 3, chất lỏng trong cả 2 ống nghiệm đồng nhất

Đáp án D

Dựa vào đồ thị:

 +Thấy lúc kết tủa cực đại thì lúc này kết tủa sẽ gồm BaSO₄ và Al(OH)₃ có tổng số mol là 0,28 mol.

 +Lúc kết tủa không thay đổi thì nó chỉ gồm BaSO₄ có số mol 0,12 mol.

Suy ra n(BaSO₄) = 0,12 mol nên n(Al(OH)₃) =0,16 mol

Lúc kết tủa Al(OH)₃ vừa bị hoà tan hết thì dùng 4a mol H₂SO₄ lúc này SO₄^2- đã đi và 0,12 mol BaSO₄ và 0,08 mol Al₂(SO₄)₃.

 Bảo toàn S: n(H₂SO₄) = 4a = 0,12+ 0,08 . 3 = 0,36 nên a= 0,09

 Bảo toàn nguyên tố suy ra số mol Ba và Al trong hỗn hợp ban đầu

là 0,12 và 0,16 mol (về nguyên tố).

 Bảo toàn e: n(O) =[2n(Ba) +3n(Al) -2n(H₂)] / 2 = 0,27mol

Suy ra m= 0,12. 137 + 0,16. 27 + 0,27 . 16 = 25,08

Đáp án D

TN 2 tạo ra 2 muối.

+ TN1: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂ sau đó NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂.

Với số mol Na = 2 số mol Al, dung dịch thu được có NaOH dư và NaAlO₂ (trong đó chỉ có NaAlO₂ là muối)

+ TN 2: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄.

Tỉ lệ số mol Cu = Fe₂(SO₄)₃ → dung dịch thu được có 2 muối FeSO₄ vầ CuSO₄.

+ TN3: KHSO₄ + KHCO₃ → K₂SO₄ + CO₂ + H₂O.

→ Dung dịch có muối K₂SO₄.

+ TN 4: BaCl₂ + CuSO₄ → BaSO₄ + CuCl₂.

Chú ý: BaSO₄ cùng là muối nhưng không nằm trong dung dịch mà tồn tại dưới dạng kết tủa, chất rắn.

+ TN 5: Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag.

→ Dung dịch có muối Fe(NO₃)₃.

+ TN 6: Na₂O + H₂O → 2NaOH sau đó 2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄.

→ Dung dịch có Na₂SO₄.

Đáp án C

X chỉ chứa các muối và cho HCl vào X có giai đoạn không xuất hiện khí nên X phải có Na₂CO₃.

Do vậy X chứa Na₂CO₃ và NaHCO₃.

Bảo toàn C : 

Đáp án B

TN1 : Nhỏ từ từ HCl vào hỗn hợp x mol NaOH và y mol Na₂ZnO₂ ta thấy tới 0,1 mol HCl mới thấy xuất hiện kết tủa. Do vậy 0,1 mol HCl này dùng để trung hoà NaOH  → x = 0,1.

Khi dùng 0,3 mol HCl thì thu được 0,05 mol kết tủa Zn(OH)₂và đồ thị đang đi xuống tức đang hoà tan kết tủa.

Để toạ thành kết tủa lúc đồ thị đi lên thì cần 0,1 +0,05.2=0,2 mol HCl.

TN2 : Cho HCl vào z mol Ba(OH)₂ và t mol Ba(AlO₂)₂.

Khi dùng tới 0,3 mol HCl mới chỉ xuất hiện 0,05 mol kết tủa Al(OH)₃ trong lúc đang tạo kết tủa.

Do vậy

Khi dùng 0,3 hay 0,5 mol đều thu được 0,05 mol kết tủa 

Đáp án B

Cho 1,6b mol CO₂ vào b mol Ba(OH)₂ thu được 0,09 mol kết tủa BaCO₃.

Rót từ từ dung dịch X vào HCl thì các muối trong X phản ứng theo tỉ lệ mol:

Vậy dung dịch Y chứa 0,2 mol Na₂CO₃ dư, 0,4 mol NaHCO₃ dư và NaCl 0,48 mol

${\mathrm{m}}_{\mathrm{CT}}=82,88\mathrm{g}$

Đáp án C

Mục đích của NaOH là môi trường và hòa tan peptit

Đáp án A

Thí nghiệm 1 và 2 thu được cùng 1 số mol nên loại NH₄Cl và AlCl₃.

Thí nghiệm 2 có sinh ra khí NO nên loại NH₄NO₃ và FeCl₃.

Vì n₁ = 6n₂ → Chọn (NH₄)₂SO₄ và Fe(NO₃)₂.

(NH₄)₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

Fe(NO₃)₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + 2NaNO₃.

9Fe(NO₃)₂ + 6H₂SO₄ → 2Fe₂(SO₄)₃ + 3NO + 5Fe(NO₃)₃ + 6H₂O.

(NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

Fe(NO­₃)₂ + Ba(OH)₂ → Fe(OH)₂ + Ba(NO₃)₂.

Đáp án A

Tại thời gian 3088 thì ${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}}=\mathrm{x}$ suy ra tại 6176 là 2x.

Do khối lượng catot tăng tỉ lệ theo thời gian nên lúc 6176s thì Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

Tại thời gian 6176 khối lượng dung dịch giảm không tăng theo tỉ lệ theo thời gian nên lúc này Cl^- đã bị điện phân hết và có sinh khí O₂

Tại 3088s:

Tại 6176s ta thu được ở catot là 0,16 mol Cu, ở anot là khí Cl₂ và O₂.

Giải được số mol Cl₂ và O₂ là 0,1 và 0,03 mol.

Tại t giây ở ta thu được 0,2 mol Cu, 0,1 mol Cl₂, O₂ và H₂ có thể có.

Bảo toàn e và khối lượng dung dịch giảm giải được số mol O₂ và H₂ là 0,065 và 0,03 mol

Đáp án B

Tại thời điểm: m(kết tủa) = const  → Mg(OH)₂ và BaSO₄.

→ n(kết tủa) = b + (1,5a + b + 0,5a) = 0,94

Tại thời điểm đó, n(Ba(OH)₂) = 1,1 → n(OH^-) = 2,2 → 4a + 2b + c = 2,2

Khối lượng chất rắn ban đầu: 40b + 51a = 27,68

→ a = 0,48 và b = 0,08 và c = 0,12 → x = n(SO₄^2-) = 0,86