Bảo toàn điện tích trong dung dịch X:

\(\begin{align} & 0,12+0,05=2\text{x}+0,12 \\ & \Leftrightarrow x=0,025\,\,\,mol \\ & {{n}_{B{{a}^{2+}}}}=0,03\,\,\,mol \\ & {{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,06\,\,\,mol \\ \end{align}\)

Cho Ba(OH)₂ vào dung dịch X:

\(\begin{align} & NH_{4}^{+}\,\,\,\,+\,\,\,\,O{{H}^{-}}\,\,\,\to \,\,\,\,N{{H}_{3}}\uparrow \,\,\,\,+\,\,\,{{H}_{2}}O \\ & 0,05\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,05\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \\ & B{{a}^{2+}}\,\,\,\,+\,\,\,\,SO_{4}^{2-}\,\,\,\to \,\,\,BaS{{O}_{4}}\downarrow \\ & 0,025\,\,\,\,\,\,\,0,025\,\,\,\,\,\,\,\,0,025\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \\ \end{align}\)

\(\text{dd}\,\,Y\left| \begin{align} & N{{a}^{+}}:0,12\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,C{{l}^{-}}:0,12 \\ & B{{a}^{2+}}:0,005\,\,\,\,\,\,O{{H}^{-}}:0,01 \\ \end{align} \right. \\ \)

\(\begin{align} & {{m}_{ct/Y}}={{m}_{N{{a}^{+}}}}+{{m}_{B{{a}^{2+}}}}+{{m}_{C{{l}^{-}}}}+{{m}_{O{{H}^{-}}}} \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=23.0,12+137.0,005+0,12.35,5+17.0,01 \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,=7,875\,\,\,(gam) \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & {{n}_{K\text{O}H}}=0,1\,\,\,\,mol \\ & {{n}_{HCl}}=0,1C\,\,\,\,mol \\ & HCl\,\,\,\,+\,\,\,\,\,K\text{O}H\,\,\,\,\,\to \,\,\,\,\,KCl\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,{{H}_{2}}O \\ \end{align}\)

Nếu KOH hết \(\to \,\,{{m}_{KCl}}=0,1.74,5=7,45\,\,>\,\,6,525\)

Vậy KOH còn dư.

Dung dịch sau phản ứng:

\(c.\tan \left| \begin{align} & KCl:0,1C \\ & K\text{O}{{H}_{(d)}}:0,1-0,1C \\ \end{align} \right. \)

\(\begin{align} & {{m}_{c.\tan }}=74,5.0,1C+56.(0,1-0,1C) \\ & \Leftrightarrow 6,525=7,45C+5,6-5,6C \\ & \Leftrightarrow C=0,5\,\,(M) \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & {{n}_{A{{l}^{3+}}}}=0,2.1,5=0,3\,\,\,mol \\ & {{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=0,2\,\,\,mol \\ & {{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,5V \\ \end{align}\)

Giá trị lớn nhất của V là:

\(\begin{align} & {{n}_{O{{H}^{-}}}}=4.{{n}_{A{{l}^{3+}}}}-{{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}} \\ & \Leftrightarrow 0,5V=4.0,3-0,2 \\ \end{align}\)

\(\Leftrightarrow V=2\) (lit)

\(\begin{align} & {{n}_{ZnS{{O}_{4}}}}=x\,\,mol \\ & {{n}_{Zn{{(OH)}_{2}}\,\,(1)}}=3y\,\,\,mol \\ & {{n}_{Zn{{(OH)}_{2\,\,(2)}}}}=2y\,\,\,mol \\ & {{n}_{K\text{O}{{H}_{(1)}}}}=0,22\,\,\,mol \\ & {{n}_{K\text{O}{{H}_{(2)}}}}=0,28\,\,\,mol \\ & Z{{n}^{2+}}\,\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,\,2\text{O}{{H}^{-}}\,\,\,\,\to \,\,\,\,\,Zn{{(OH)}_{2}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ & Zn{{(OH)}_{2}}\,\,\,\,+\,\,\,\,2\text{O}{{H}^{-}}\,\,\,\to \,\,\,\,ZnO_{2}^{2-}\,\,\,\,+\,\,\,\,2{{H}_{2}}O\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2) \\ \end{align}\)

Để làm tan y mol kết tủa thì phải cần số mol OH^- là: 0,28 – 0,22 = 0,06

Vậy: y = 0,03

Trong TN₂ thì phản ứng (2) có xảy ra nên:

\(\begin{align} & {{n}_{OH_{(2)}^{-}}}=4.{{n}_{Z{{n}^{2+}}}}-2.{{n}_{Zn{{(OH)}_{2}}}} \\ & \Leftrightarrow 0,28=4\text{x}-2.2.0,03 \\ & \Leftrightarrow x=0,1\,\,\,mol \\ & m=16,10\,\,\,gam \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & {{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}=2\text{a}\,\,\,mol \\ & {{n}_{NaOH}}=x\,\,\,\,mol \\ & HCO_{3}^{-}\,\,\,\,+\,\,\,\,O{{H}^{-}}\,\,\,\to \,\,\,CO_{3}^{2-}\,\,\,\,+\,\,\,\,{{H}_{2}}O \\ \end{align}\)

\(T{{H}_{1}}:\,\,x\,<\,2\text{a}\)

\(dd\,\,X\left| \begin{align} & CO_{3}^{2-}:x \\ & HCO_{3\,(d)}^{-}:2a-x \\ & N{{a}^{+}} \\ \end{align} \right.\)

2 lít dd X + BaCl₂ (dư) -> 2.0,06 mol \(\begin{align}BaC{{O}_{3}}\downarrow \end{align}\)

\(\begin{align} & B{{a}^{2+}}\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,\,\,CO_{3}^{2-}\,\,\,\,\,\to \,\,\,\,BaC{{O}_{3}}\downarrow \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \\ & x=0,12\,\,\,mol \\ & m=4,8\,\,\,gam \\ \end{align}\)

2 lít dd X + CaCl₂ \(\xrightarrow{{{t}^{0}}}\) 2.0,07 mol \(\begin{align}CaC{{O}_{3}}\downarrow \end{align}\)

\(\begin{align} & C{{a}^{2+}}\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,CO_{3}^{2-}\,\,\,\,\to \,\,\,\,CaC{{\text{O}}_{3}}\downarrow \\ & C{{a}^{2+}}\,\,\,\,+\,\,\,\,2HCO_{3}^{-}\,\,\to \,\,\,Ca{{(HC{{O}_{3}})}_{2}} \\ & Ca{{(HC{{O}_{3}})}_{2}}\,\xrightarrow{{{t}^{0}}}\,\,CaC{{\text{O}}_{3}}\downarrow \,\,\,\,\,\,\,+\,\,\,\,C{{O}_{2}}\,\,\,\,+\,\,\,{{H}_{2}}O \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & {{n}_{CaC{{\text{O}}_{3}}}}={{n}_{CO_{3}^{2-}}}+\frac{1}{2}.{{n}_{HCO_{3}^{-}}} \\ & \Leftrightarrow 0,14=x+\frac{1}{2}.(2\text{a}-x) \\ & \Leftrightarrow a=0,08 \\ \end{align}\)

\(\text{X}\left| \begin{align} & {{H}^{+}}:0,1\,\,mol \\ & A{{l}^{3+}}:z\,\,mol \\ & NO_{3}^{-}:t\,\,mol \\ & SO_{4}^{2-}:\,\,0,02\,\,mol \\ \end{align} \right.\,\,\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\) \(Y\left| \begin{align} & O{{H}^{-}}:0,168\,\,\,mol \\ & B{{a}^{2+}}:0,012\,\,\,mol \\ & {{K}^{+}} \\ \end{align} \right.\)

Bảo toàn điện tích trong dung dịch X:

\(\begin{align} & 0,1+3\text{z}=t+0,02.2 \\ & \Leftrightarrow t-3\text{z}=0,06\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1) \\ \end{align}\)

Khi X + Y:

\(\begin{align} & B{{a}^{2+}}\,\,\,\,\,+\,\,\,\,\,SO_{4}^{2-}\,\,\,\to \,\,\,\,BaS{{O}_{4}}\downarrow \\ & 0,012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,012\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \\ & {{m}_{Bas{{O}_{4}}}}=2,796\,\,\,gam \\ & {{m}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=3,732-2,796=0,936 \\ & \to {{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=0,012\,\,\,mol \\ \end{align}\)

\(\begin{align} & {{H}^{+}}\,\,\,\,+\,\,\,\,\,O{{H}^{-}}\,\,\,\,\to \,\,\,\,{{H}_{2}}O \\ & A{{l}^{3+}}\,\,+\,\,\,3\text{O}{{H}^{-}}\,\,\,\to \,\,\,Al{{(OH)}_{3}}\downarrow \\ & Al{{(OH)}_{3}}\,\,\,+\,\,\,\,O{{H}^{-}}\,\,\,\to \,\,\,AlO_{2}^{-}\,\,\,+\,\,\,2{{H}_{2}}O \\ & {{n}_{O{{H}^{-}}}}=4.{{n}_{A{{l}^{3+}}}}-{{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}}+{{n}_{{{H}^{+}}}} \\ & \Leftrightarrow 0,1+4\text{z}-0,012=0,168 \\ & \Leftrightarrow z=0,02\,\,\,\,(2) \\ & (1)\,\to \,t=0,12 \\ \end{align}\)

A. Sai vì Ca(OH)₂ là bazơ

B.Sai vì Ba(OH)₂ là bazơ

D.Sai vì Fe(OH)₃ và Mg(OH)₂ là bazơ

Ta thấy KOH tan trong nước phân li ra ion OH^- nên là một bazo.

KOH → K⁺ + OH

Đáp án D

Theo thuyết Arenius:

+ Một hợp chất trong thành phần phân tử có hiđrô và phân li ra H ⁺ trong nước là một axit.

+ Một hợp chất trong thành phần phân tử có nhóm OH và phân li ra OH^– trong nước là một bazơ.

Đáp án B 

Các chất có tính lưỡng tính là: Al(OH)₃ , Zn(OH)₂ , Sn(OH)₂ và Pb(OH)₂. 

Đáp án C

Các chất lưỡng tín: ZnO, Cr₂O₃ , Ca(HCO₃)₂, Zn(OH)₂ và Pb(OH)₂

Đáp án B 

Na₂HPO₃ có chứa nguyên tử H nhưng nguyên tử H này không có khả năng phân li thành H⁺ nên không phải là muối axit.

Đáp án D

nHCl bđ = V. CM = 10.10^-3 . 10^-pH = 10^-5

pHsau = 4 → CM sau = 10^-4 M → Vsau = n : CM = 0,1 lit = 100 ml

→ Vthêm = 100 – 10 = 90 ml

Đáp án B

pH = 12 → pOH = 14 - 12 = 2 → [OH^-] = 10^-pOH = 0,01M

→ nOH^- = 0,01.0,1 = 0,001 mol

Do Ba(OH)₂ là chất điện li hoàn toàn nên ta có: 

→ nBa(OH)₂  = 0,5.nOH^- = 0,5.0,001 = 0,0005 mol

→ mBa(OH)₂ = 0,0005.171 = 0,0855g

Đáp án B

nOH^- = nNaOH + 2nBa(OH)₂ = 0,1VX + 2.0,2VX = 0,5VX (mol)

nH⁺ = nHCl + 2nH₂SO₄ = 0,2VY + 2.0,1VY = 0,4VY (mol)

Ta thấy: pH = 13 > 7 → OH^- dư, H⁺ hết → pOH = 14 13 = 1 → [OH^-] = 10^-1 = 0 1M

          H⁺   +    OH^-   →    H₂O

Bđ:   0,4VY         0,5VX

Pư:   0,4VY →   0,4VY

Sau:    0           0,5VX - 0,4VY

→ [OH^-] = 0,1 M

→ 0,5VX - 0,4VY = 0,1VX + 0,1VY

→ 0,4VX = 0,5VY → VX : VY = 5 : 4

Đáp án A 

A. Na₂CO₃ được tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit yếu H₂CO₃ → môi trường bazo → làm pH tăng

B. Na₂SO₄ được tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit mạnh H₂SO₄ → môi trường trung tính → không làm thay đổi pH

C. HCl có môi trường axit → làm pH giảm

D. NH₄Cl được tạo bởi bazo yếu NH₃ và axit mạnh HCl → môi trường axit → làm pH giảm

Đáp án B

A. HNO₃ →      H⁺  +      NO₃^-     

0,01    →   0,01  

B. H₂SO₄ →   2H⁺ + SO₄^2-     

0,01    →  0,02  

C.  HCl →    H⁺  +    Cl^-     

0,015   →  0,015

D.  H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-   

0,005    →  0,01

Đáp án B   

- Nếu muối tạo ra từ bazo mạnh và axit yếu → pH > 7

- Nếu muối tạo ra từ bazo mạnh và axit mạnh → pH = 7

- Nếu muối tạo ra từ bazo yếu và axit mạnh → pH < 7

A, D. Loại vì có KCl pH = 7

C. Loại vì có NaHSO₄ pH < 7

Đáp án B 

Môi trường bazo có pH > 7: bazo càng mạnh thì pH càng lớn

NH₃ có tính bazo yếu hơn NaOH

Ba(OH)₂ cùng số mol với NaOH nhưng cho số mol của OH^- gấp đôi nên pH sẽ lớn nhất

Đáp án A

NH₄Cl là muối tạo bởi bazo yếu (NH₃) và axit mạnh (HCl)

→Thủy phân trong nước tạo môi trường axit (pH<7)

Đáp án D

\(\left[ {{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }} \right] = 2,{5.10^{ - 10}}{\rm{M = > pH = 14 -  log[}}O{H^ - }{\rm{])  =  14  -  9,6  =  4,4}}\)

pH = 4,4 < 7. Vậy dung dịch có môi trường axit

K₂CO₃ tạo bởi bazo mạnh KOH, axit yếu H₂CO₃ → MT bazo

KCl tạo bởi bazo mạnh KOH, axit mạnh HCl → MT trung tính

NH₄Cl tạo bởi bazo yếu NH₃, axit mạnh HCl → MT axit

CH₃COONa tạo bởi bazo mạnh NaOH, axit yếu CH₃COOH → MT bazo

Na₂S tạo bởi bazo mạnh NaOH, axit yếu H₂S → MT bazo

NaHSO₄  là muối axit → MT axit

Vậy có 2 dung dịch có tính axit (pH<7) là: NH₄Cl, NaHSO₄

Đáp án C 

A sai do HCOOH là axit yếu phân li không hoàn toàn, HCl là axit mạnh phân li hoàn toàn nên nồng độ ion H⁺ trong HCOOH ít hơn so với HCl có cùng nồng độ ban đầu.

B sai do nồng độ khác nhau nên độ điện li khác nhau.

C đúng Do CH₃COOH là axit yếu phân li không hoàn toàn nên tạo [H⁺] ít hơn so với HNO₃ cùng nồng độ → pHCH₃COOH > pHHNO₃ (cùng nồng độ).

D sai do NaCl rắn khan không dẫn được điện.

Đáp án C 

HNO₂ ⇔ H⁺ + NO₂^-

Vì HNO₂ là axit yếu nên điện li không hoàn toàn → [H⁺] < 0,1M

Đáp án C

Ta có: pHHNO₃ < 7

pHNaCl = 7

pHKOH > 7

Vậy nên pH được sắp xếp theo chiều tăng từ trái sang phải là: (1), (3), (2).

Đáp án B

Cùng nồng độ mol → H₂SO₄ sinh ra nhiều H⁺ nhất → có pH thấp nhất

Đáp án D

Có 5 dung dịch pH>7 là: NaHCO₃ , Na₂CO₃ , CH₃COONa, NH₃ , lysin.

Đáp án A

CH₃COONa → CH₃COO^- + Na⁺

0,1                           0,1       

         CH₃COOH ↔ CH₃COO^- + H⁺  Ka = 1,75.10^-5

Bđ:     0,1                         0,1

Phân li:  x                         x            x

CB:      0,1-x                    0,1+x        x

Ka = [CH₃COO^-][H⁺]/[CH₃COOH]

↔ (0,1+x).x/(0,1-x)= 1,75.10-5

↔ x = 1,7493878.10^-5 ↔ pH = -logx = 4,757

pHsau = 5 → H⁺ dư sau phản ứng

[H⁺] sau = 10-5 = nH⁺ sau : V sau

→ nH⁺ sau = Vsau . [H⁺] = 10^-5 . 0,3 = 3.10^-6  (mol)

pH = 3 → [H⁺]= 10^-3  = 0,001M → nH⁺ =  0,15 . 0,001 = 1,5.10^-4

nOH^- = 0,15.a              

                  H⁺              +    OH^-  →  H₂O    

Ban đầu:   1,5.10^-4          0,15.a

Phản ứng:  0,15a               0,15a

Sau:            1,5.10^-4 -0,15a     0

nH⁺ sau = 3.10^-6  = 1,5.10^-4  - 0,15a →  a = 9,8.10^-4 M

Đáp án B 

pH = 11 → OH^- dư sau phản ứng → pOH =3  

→ [OH^-] sau = 10^-3 = nOH^- sau: V sau

→ nOH^- sau = Vsau . [OH^-] = 10^-3 . 0,6 =  0,0006 = 6.10^-4  (mol)

pH = 2 → [H⁺] = 10^-2  = 0,01M → nH⁺ = 0,3.0,01 = 0,003

nOH^-  = 0,3.a

                 H⁺ +  OH^- → H₂O

Ban đầu:   0,003      0,3.a

Phản ứng: 0,003       0,003

Sau:           0           0,3.a-0,003

nOH- sau = 6.10^-4  = 0,3a -0,003 → a = 0,012M

Đáp án A

Phương trình hoá học của các phản ứng :

\( 2N{H_3} + 3CuO\mathop \to \limits^{{t^0}} {N_2} + 3Cu + 3{H_2}O\) (1)

Chất rắn A thu được sau phản ứng gồm Cu và CuO còn dư. Chỉ có CuO phản ứng với dung dịch HCl :

\( CuO + 2HCl \to CuC{l_2} + {H_2}O\)(2)

Số mol HCl phản ứng với CuO : n_HCl = 0,02.1 = 0,02 (mol).

Theo (2), số mol CuO dư : n_CuO = \( \frac{1}{2}\) số mol HCl \(= \frac{0,02}{2}=0,01mol\) 

Số mol CuO tham gia phản ứng (1) = số mol CuO ban đầu - số mol CuO dư \(= \frac{{3,2}}{{80}} - 0,01 = 0,03mol\)

Theo (1), số mol NH₃ = \( \frac{2}{3}\) số mol CuO =  \( \frac{2}{3}.0,03=0,02\) (mol) và số mol N₂ = \( \frac{1}{3}\) số mol CuO =  \( \frac{1}{3}.0,03=0,01mol\) (mol).

Thể tích khí nitơ tạo thành : 0,01.22,4 = 0,224 (lít) hay 224 ml.

Quy đổi oxit sắt gồm có x mol Fe và y mol O

Ta có 56x+16y= 20,88 (1)

Ta có n_NO2= 0,29 mol

QT cho e :

Fe → Fe³⁺+ 3e

x        3x mol

QT nhận e :

O+ 2e→ O^-2

y        2y mol

N⁺⁵+ 1e → NO₂

      0,29      ←      0,29

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3x= 2y+ 0,29 (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,29 và y= 0,29

Bảo toàn nguyên tố Fe có n_Fe(NO3)3= n_Fe= x= 0,29 mol

→ m_Fe(NO3)3=70,18 gam

Đáp án C

Dùng H₂SO₄ làm thuốc thử

+ Xuất hiện khí không màu thoát ra: Na₂CO₃

+ Không có hiện tượng: Al(NO₃)₃, NaNO₃

Dùng Na₂CO₃ vừa nhận biết được để phân biệt Al(NO₃)₃ và NaNO₃

+ Xuất hiện khí không màu thoát ra và kết tủa keo: Al(NO₃)₃

+ Không có hiện tượng: NaNO₃

Gọi số mol của N₂O và NO lần lượt là x và y

\(\to x + y = \dfrac{{0,896}}{{22,4}} \to x + y = 0,04 (1)\)

Tỷ khối của hỗn hợp khí X so với hiđro bằng 18,5

\(\to {M_X} = 18,5.2 = 37\)

\(\to \dfrac{{44{\rm{x}} + 30y}}{{x + y}} = 37 (2)\)

Từ (1) và (2) 

\(\to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,02\\y = 0,02\end{array} \right.\)

Quá trình trao đổi e:

\(A{l^0} \to A{l^{ + 3}} + 3{\rm{e}}\)

\(2{N^{ + 5}} + 8{\rm{e}} \to {\rm{N}}_2^{ + 1}\)

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

BTE: 3nAl​=8nN₂​O​+3nNO​

\(\to {n_{Al}} = \dfrac{{8.0,02 + 3.0,02}}{3} = \dfrac{{11}}{{150}}\,\,mol \to a = {m_{Al}} = \dfrac{{11}}{{150}}.27 = 1,98\,\,gam\)

NH₄NO₂  → N₂ + 2H₂O

Trong phòng công nghiệp, axit photphoric được điều chế bằng phản ứng :

Ca₃(PO₄)₂ + 3H₂SO₄→ 3CaSO₄ + 2H₃PO₄

Khi đun nóng trong điều kiện không có không khí, photpho đỏ chuyển thành hơi, sau đó làm lạnh phần hơi thì thu được photpho trắng

Trong hai phản ứng trên thì nitơ thể hiện cả tính khử và tính oxi hóa.     

Trong các hợp chất, nitơ có thể có các số oxi hóa là -3; +1; +2; +3; +4; +5

mFe₃O₄ = m_CuO = 11,6 gam ⇒ nFe₃O₄ = 0,05 mol; n_CuO = 0,145 mol

n_NO = x mol; n_NO2 = y mol

Bảo toàn e ta có: nFe₃O₄ = 3x + y = 0,05 (1)

Bảo toàn nguyên tố N: nHNO₃ = 3nFe(NO₃)₃ + 2 nCu(NO₃)₂ + n_NO + nNO₂

0,77 = 3.0,15 + 2.0,145 + x + y ⇒ x + y = 0,03 mol (2)

Từ (1)(2) ⇒ x = 0,01 mol; y = 0,02 mol

⇒ \(M = \frac{{0,01.30 + 0,02.46}}{{0,01 + 0,02}} = 40,667\)