Đáp án C

Gọi a là số mol Ba(OH)₂. Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị sau :

Suy ra : 2a-0,04=0,02 => a=0,03

Hoặc có thể tính như sau : 0,04-a=a-0,02 => a=0,03

Đáp án B

Theo bảo toàn electron, ta có :

Ta có đồ thị :

Căn cứ vào tính chất của đồ thị, suy ra :

Đáp án C

Ta có đồ thị sau :

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}$

Ta thấy : Khi $0,005\le {\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}\le 0,024$ thì $0,005\le {\mathrm{n}}_{{\mathrm{BaCO}}_3}\le 0,02$ (biểu diễn bằng nét đậm). Suy ra  $0,985\le {\mathrm{m}}_{{\mathrm{BaCO}}_3}\le 3,94$

Đáp án C

Theo giả thiết, suy ra : Khi cho V lít ${\mathrm{CO}}_2$ vào dung dịch chứa 0,42 mol $\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ thì chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa. Sau khi lọc bỏ kết tủa thêm tiếp 0,6V lít ${\mathrm{CO}}_2$ vào thì đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa (nếu không có hiện tượng hòa tan kết tủa thì lượng kết tủa thu được phải là 0,6a gam).

Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :

Kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau :

Từ đồ thị, suy ra :

Đáp án B

Dựa vào đồ thị, ta thấy bản chất của phản ứng là : Sục 1,2 mol ${\mathrm{CO}}_2$ vào dung dịch chứa 0,8 mol $\mathrm{Ca}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$, lượng kết tủa tăng dần đến cực đại sau đó bị hòa tan một phần. Kết quả thu được :

Đáp án A

Theo giả thiết, ta có :

Gọi a là số mol ${\mathrm{BaCO}}_3$ tạo thành trong phản ứng.

Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị sau:

Suy ra : a=0,03 - 0,02 = 0,01 => ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{BaCO}}_3}=19,7 \mathrm{gam}$

Đáp án B

Nhận xét : $\underset{0,2}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2 \mathrm{phản} \mathrm{ứng}}}}>\underset{0,1}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{BaCO}}_3 \mathrm{tạo} \mathrm{thành}}}}$ nên có hai khả năng xảy ra.

Trường hợp 1 : Kết tủa không bị hòa tan

Suy ra :

Quan sát đồ thị ta thấy : Nếu ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}\le {\mathrm{n}}_{(\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2,\mathrm{NaỌH})}$thì không có hiện tượng hòa tan kết tủa. Trên thực tế thì $\underset{0,2}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}}}>\underset{0,1}{\underbrace{{\mathrm{n}}_{(\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2,\mathrm{NaỌH})}}}$nên đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Vậy trường hợp này không thỏa mãn

Trường hợp 2 : Kết tủa bị hòa tan một phần

Ta có đồ thị :

Suy ra : 10x - 0,2 = 0,1 => x = 0,03

Đáp án A

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Dựa vào đồ thị ta thấy : 0,065 - 0,3V = 0,1V - 0,015 => V = 0,2 lít = 200 ml

Đáp án D

Lượng ${\mathrm{CO}}_2$ tham gia phản ứng và lượng $\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2$ ở hai thí nghiệm đều bằng nhau, nhưng ở TN1 thu được lượng kết tủa ít hơn ở TN2. Suy ra ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan một phần. Dựa vào tính chất của đồ thị ở TN1 suy ra :

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{BaCO}}_3}=(2\mathrm{a}-0,1)\mathrm{mol}$

Đồ thị biểu diễn sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng ${\mathrm{CO}}_2$ ở  TN1 và TN2 :

Dựa vào 2 đồ thị, ta thấy a < 2a - 0,1 < 2a nên ở TN2 kết tủa đạt cực đại. Suy ra :

Vậy V = 6,72 lít và a = 0,2 mol

Đáp án B

Trong phản ứng của X với ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, theo giả thiết và bảo toàn eclectron, ta có :

Khi sục khí ${\mathrm{CO}}_2$ vào dung dịch Y, sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng ${\mathrm{CO}}_2$ được biểu diễn bằng đồ thị sau :

Dựa vào đồ thị suy ra : Khi 0,1 ≤ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}$ ≤ 0,3 lít hay 2,24 lít ≤ V ≤ 6,72 lít

Thì kết tủa đại giá trị cực đại là 0,1 mol hay 19,7 gam

Đáp án A

Theo giả thiết ta có :

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Khi $0,005 \mathrm{mol} \le {\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}⩽0,065 \mathrm{mol}$ thì lượng kết tủa biến thiên theo đường nét đậm trên đồ thị. Điểm cực đại là 0,02 và cực tiểu là 0,005.

Suy ra : 0,985 gam ≤ ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{BaCO}}_3}$ ≤ 3,94 gam

Đáp án D

Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Nhìn vào đồ thị ta thấy :

Ở thí nghiệm này kết tủa đã bị tan một phần.

Căn cứ vào dạng hình học của đề thí, suy ra : 0,1 - x = 0,27 - 0,22 => x = 0,05

Đáp án C

Căn cứ vào đồ thị ta thấy :

Suy ra để hòa tan hết kết tủa thì ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=3,9\mathrm{a} \mathrm{mol}$

Mặt khác, theo đồ thị, để hòa tan hết lượng kết tủa cần 0,585 mol ${\mathrm{CO}}_2$.

Suy ra: 3,9a = 0,585 => a = 0,15

Để thu được kết tủa cực đại thì 

$$\begin{gathered} 1,25\mathrm{a}=0,1875\le {\mathrm{n}}_{{\mathrm{CO}}_2}\le 2,65\mathrm{a}=0,3975 \\ \Rightarrow 4,2 \mathrm{lít}\le {\mathrm{V}}_{{\mathrm{CO}}_2\left(\mathrm{đktc}\right)}\le 8,904 \mathrm{lít} \end{gathered}$$

Đáp án A

Theo giả thiết : 

$$\begin{gathered} {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2}+{\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}=(2\mathrm{y}+\mathrm{x}) \mathrm{mol} \\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}=\mathrm{z} \mathrm{mol} \\ {\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=\frac{3\mathrm{m}}{78}\mathrm{mol} \end{gathered}$$

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta có : $\frac{\mathrm{m}}{78}=4z-2y-x \Rightarrow m=78(4z-2y-x)$

Đáp án D

Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị sau : 

Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta thấy :

Đáp án B

Theo giả thiết, ta có :

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Dựa vào tính chất hình học của đồ thị, ta có :

0,16 - 37x = 3x => x = 0,004 $\Rightarrow \mathrm{C}\%=\frac{0,004.9.40}{18}=8\%\iff \mathrm{C}=8$

Đáp án C

Dựa vào bản chất của phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy khi $0,1\le {\mathrm{m}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}\le 0,14$ thì lượng kết tủa biến thiên theo đường nét đậm trên đồ thị.

Suy ra :  $\underset{{\mathrm{m}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3 \min }}{\underbrace{0,02}}\le {\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}\le \underset{{\mathrm{m}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3 \max }}{\underbrace{0,04}}\Rightarrow 1,56⩽{\mathrm{m}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}⩽3,12$

Đáp án C

Ta có:

Theo giả thiết, suy ra : Ở TN2 kết tủa đã bị hòa tan một phần; ở TN1 kết tủa có thể đã bị hòa tan hoặc chưa.

● Nếu ở TN1 kết tủa chưa bị hòa tan thì căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta có:

Suy ra : $\mathrm{TN}1: {\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=0,088<\frac{{\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}}{3}=0,09 ( \mathrm{loại})$ Vì như thế có nghĩa là đã có hiện tượng hòa tan kết tủa.

● Nếu ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan thì căn cứ vào dạng hình học của đồ thị, ta có:

Đáp án C

Ta có :

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Dựa vào dạng hình học của đồ thị, ta thấy :

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=0,1 \mathrm{mol} \Rightarrow {\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH} \max }=0,9 \mathrm{mol}\Rightarrow {\mathrm{V}}_{\mathrm{dd} \mathrm{NaOH} 2\mathrm{M}}=\frac{0,9}{2}=0,45 \mathrm{lít}$

Đáp án C

Căn cứ vào bản chất phản ứng và giả thiêt, ta có đồ thị :

Suy ra :