n_HCO3^- _{ban đầu} = n_NaHCO3 = 0,1 mol.

n_CO2 = 0,05 mol.

Đặt n_H⁺ = n_HCl = x mol và n_CO3^- _{ban đầu} = y mol.

Do cho Ca(OH)₂ vào dd Y thu được kết tủa nên dd Y chứa HCO₃^- còn dư.

Khi cho từ từ H⁺ vào dung dịch chứa hỗn hợp CO₃^2- và HCO₃^- thì xảy ra phản ứng theo thứ tự:

     H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

     y ←    y →         y              (mol)

     H⁺  +   HCO₃^- → H₂O + CO₂

     0,05 ← 0,05 ←              0,05         (mol)

H⁺ hết ⟹ x = y + 0,05 (1)

Ta có: n_HCO3^- _dư = 0,1 + y - 0,05 = y + 0,05 (mol)

BTNT C → n_CaCO3 = n_HCO3^- _dư → y + 0,05 = 0,2 → y = 0,15 (2)

Từ (1) và (2) → x = 0,2.

⟹ C_{M dd HCl} = n : V = 0,2 : 0,2 = 1M.

Chọn A.

HCHO \(\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}\) 4Ag

HCOOH \(\xrightarrow{+AgN{{O}_{3}}/N{{H}_{3}}}\)  2Ag

⟹ n_Ag = 4n_HCHO + 2n_HCOOH = 4.0,05 + 2.0,02 = 0,24 mol.

⟹ m = 0,24.108 = 25,92 gam.

Chọn C.

Các phản ứng ion xảy ra:

     H⁺ + OH^- → H₂O                           (1)                  

     Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ ↓             (2)

     Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O  (3)

    Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓ (4)

Lưu ý: Các phản ứng (1) (2) (3) xảy ra lần lượt, còn phản ứng (4) xảy ra độc lập.

Phân tích đồ thị:

+ Tại điểm gấp khúc đầu tiên thì H⁺ bị trung hòa hết.

+ Tại điểm gấp khúc thứ hai thì Al(OH)₃ đạt cực đại.

+ Tại điểm gấp khúc thứ ba thì Al(OH)₃ bị tan hết.

⟹ n_OH^- = n_H⁺ + 4n_Al³⁺ ⟹ 0,03.1.2 + 0,03.2 = 2a + 4.2b (1)

+ Tại điểm gấp khúc thứ tư thì BaSO₄ cực đại.

⟹ n_Ba²⁺ = n_SO4^2- ⟹ 0,05.1 = a + 3b (2)

Giải (1) và (2) được a = 0,02 và b = 0,01.

⟹ a : b = 2 : 1.

Chọn D.

- Hỗn hợp Na₂O và Al₂O₃:

     Na₂O + H₂O → 2NaOH

     1 mol →              2 mol

     Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

     1 mol        2 mol

⟹ Tan vừa hết.

- Hỗn hợp Cu và Fe₂(SO₄)₃:

     Cu    +    Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

     1 mol        1 mol

⟹ Tan vừa hết.

- Hỗn hợp BaCl₂ và Na₂SO₄:

     BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ ↓ + 2NaCl

⟹ Tạo chất rắn BaSO₄.

- Hỗn hợp Fe(NO₃)₂ và AgNO₃:

     Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag ↓

⟹ Tạo chất rắn Ag.

Vậy có 2 hỗn hợp có thể tan hoàn toàn trong nước dư.

Chọn C.

- Loại B, D vì nếu Z là anilin thì không làm đổi màu quỳ tím.

- Loại A vì nếu A là saccarozo thì không tạo hợp chất màu tím với Cu(OH)₂, t^o thường.

Chọn C.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CuO}\\{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}\end{array}} \right.\mathop  \to \limits^{ + CO} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Chat{\mkern 1mu} ran{\mkern 1mu} X\mathop  \to \limits^{ + HN{O_{3du}}} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{u^{2 + }}}\\{F{{\rm{e}}^{3 + }}}\\{N{O_3}^ - }\end{array}} \right. + N{O_2}}\\{C{O_2}}\end{array}} \right.\)

- Khi cho CO₂ + Ba(OH)₂ dư: n_CO2 = n_BaCO3 = 29,55/197 = 0,15 mol.

- Khi CO + oxit kim loại: n_CO(pư) = n_CO2 = 0,15 mol.

- Quan sát cả quá trình thì thấy chỉ có sự thay đổi số oxi hóa của C và N:

     C⁺² → C⁺⁴ + 2e

     N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴

Áp dụng bảo toàn e: 2n_CO(pư) = n_NO2 = 0,3 mol.

⟹ V = 0,3.22,4 = 6,72 lít.

Chọn B.

BTKL → m_CO2 = m_X + m_O2 - m_H2O = 110x - 121y (g) → n_CO2 = 2,5x - 2,75y (mol)

Bảo toàn O → n_{O(trong X)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 3x - 4,5y (mol)

X có 6O → n_X = 1/6.n_{O(trong X)} = 0,5x - 0,75y (mol)

Khi đốt hợp chất hữu cơ chứa C, H, O thì:

\({n_{hchc}} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\) (với k là độ bất bão hòa của toàn phân tử)

\(\begin{array}{*{20}{l}}{ \to 0,5{\rm{x}} - 0,75y = \frac{{\left( {2,5{\rm{x}} - 2,75y} \right) - y}}{{k - 1}}}\\{ \to \left( {0,5{\rm{x}} - 0,75y} \right) = \frac{{5\left( {0,5{\rm{x}} - 0,75y} \right)}}{{k - 1}}}\\{ \to 1 = \frac{5}{{k - 1}}}\\{ \to k = 6}\end{array}\)

Suy ra X có chứa 6 liên kết π, mà có 3 π trong 3 nhóm COO → còn lại 3 π ngoài gốc hiđrocacbon

- Khi X phản ứng với Br₂ thì X + 3Br₂ → Sản phẩm cộng

→ n_X = 1/3.n_Br2 = 1/3.0,15 = 0,05 mol = a

Chọn D.

BTKL: m_X = m_T ⟹ \(\frac{{{n_X}}}{{{n_T}}} = \frac{{{M_T}}}{{{M_X}}} = \frac{{11,5}}{{4,6}} = \frac{5}{2}\)

Giả sử n_X = 5 mol và n_T = 2 mol → n_giảm = n_{H2 (pư)} = 5 - 2 = 3 mol.

C_nH_2n+2-2k + kH₂ → C_nH_2n+2

                     3 →       \(\frac{3}{k}\)           (mol)

2 mol Y có chứa: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{C_n}{H_{2n + 2}}:\frac{3}{k}}\\{{H_2}:2 - \frac{3}{k}}\end{array}} \right.\)

⟹ \({m_Y} = \frac{3}{k}.\left( {14n + 2} \right) + 2.\left( {2 - \frac{3}{k}} \right) = 2.2.11,5\)

⟹ n = k

⟹ Hiđrocacbon có CTPT là C_nH₂.

Quan sát các đáp án thì thấy C₂H₂ phù hợp.

Chọn A.

Giai đoạn 1: Đoạn đồ thị đi lên xảy ra phản ứng hình thành kết tủa:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

→ n_BaCO3 = n_{CO2 pư}

Vậy tại A thì x = 0,075.

Giai đoạn 2: Đoạn đồ thị đi xuống xảy ra phản ứng hòa tan kết tủa:

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

+ Tại điểm C(3t+0,025; 0,075) thì thu được:

         BaCO₃: 0,075

         Ba(HCO₃)₂: 0,2 - 0,075 = 0,125 (bảo toàn Ba)

Bảo toàn C → n_CO2 = n_BaCO3 + 2n_Ba(HCO3)2 = 0,075 + 2.0,125 = 0,325 mol

⟹ 3t + 0,025 = 0,325

⟹ t = 0,1

+ Tại điểm B(y; 1,5t+0,025) = B(y; 0,175) thu được:

         BaCO₃: 0,175

         Ba(HCO₃)₂: 0,2 - 0,175 = 0,025

Bảo toàn C → n_CO2 = n_BaCO3 + 2n_Ba(HCO3)2 = 0,175 + 2.0,025 = 0,225 mol

Vậy y = 0,225.

⟹ y : x = 0,225 : 0,075 = 3.

Chọn C.

(a) đúng.

(b) sai, chất béo là trieste của glixerol và axit béo.

(c) đúng.

(d) sai, triolein là chất béo không no nên có trạng thái lỏng ở nhiệt độ thường.

(e) đúng, mật ong chứa khoảng 40% fructozo.

(g) đúng.

Vậy có 4 phát biểu đúng.

Chọn C.

Độ bất bão hòa của X là: \(k = \frac{{2C + 2 - H}}{2} = \frac{{2.6 + 2 - 10}}{2} = 2\)

X: HO-C₂H₄-COO-C₂H₄-COOH

Y: HO-C₂H₄-COONa

Z: HO-C₂H₄-COOH

HO-C₂H₄-COOH + 2Na → NaO-C₂H₄-COONa + H₂

            0,1 mol →                                                   0,1 (mol)

⟹ V_H2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít.

Chọn B.

Giả sử hỗn hợp đầu có: n_Mg = x và n_Fe = y (mol)

⟹ m_{hỗn hợp} = 24x + 56y = 4,88 (1)

Đặt n_{Fe dư} = z (mol)

- Xét chất rắn sau nung:

Bảo toàn Mg ⟹ n_MgO = n_Mg = x (mol)

Bảo toàn Fe ⟹ n_Fe2O3(oxit) = (n_{Fe bđ} - n_{Fe dư})/2 = (y - z)/2 (mol)

⟹ m_oxit = 40x + 160.(y - z)/2 = 4,8 (2)

- Xét trạng thái đầu và cuối của các chất, sự thay đổi số oxi hóa là:

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e                               S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e                                  O₂ + 4e → 2O^-2

(Chú ý: O₂ là của phản ứng: 4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O → 4Fe(OH)₃)

⟹ n_O2 = ¼.n_Fe(OH)2 = ¼.(y - z) (mol)

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_{Fe ban đầu} = 2n_SO2 + 4n_O2

⟹ 2x + 3y = 2.0,125 + 4.0,25(y - z) (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,04; y = 0,07; z = 0,03

Khối lượng của Fe trong X là: m_{Fe dư} = 0,03.56 = 1,68 gam.

Chọn A.

Quy đổi hỗn hợp thành: Na (a mol); Ba (b mol); O (c mol)

→ m_hh = 23a + 137b + 16c = 33,02 (1)

Quá trình trao đổi e:

Na⁰ → Na⁺ + 1e                           O⁰ + 2e → O^-2

Ba⁰ → Ba⁺² + 2e                          2H⁺ + 2e → H₂

Áp dụng bảo toàn e: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2

→ a + 2b = 2c + 2.0,2 (2)

\(dd{\mkern 1mu} X\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N{a^ + }:a}\\{B{a^{2 + }}:b}\\{O{H^ - }:a + 2b}\end{array}} \right. + CuS{O_{4\left( {du} \right)}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Cu{{\left( {OH} \right)}_2}:\frac{{a + 2b}}{2} = 0,5{\rm{a}} + b}\\{BaS{O_4}:b}\end{array}} \right.\)

→ m_{kết tủa} = 98.(0,5a + b) + 233b = 73,3 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được a = 0,28; b = 0,18; c = 0,12

\(C{O_2}:0,45 + X\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N{a^ + }:0,28}\\{B{a^{2 + }}:0,18}\\{O{H^ - }:0,64}\end{array}} \right. \to {m_ \downarrow } = ?\)

Ta thấy 1 < n_OH- / n_CO2 = 0,64 / 0,45 = 1,422 < 2

→ tạo CO₃^2- (u mol) và HCO₃^- (v mol)

Giải hệ

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{C{O_2}}} = u + v = 0,45}\\{{n_{O{H^ - }}} = 2u + v = 0,64}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = 0,19}\\{v = 0,26}\end{array}} \right.\)

            Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

Bđ:     0,18     0,19

Pư:     0,18 → 0,18 →      0,18

→ m _↓  = m_BaCO3 = 0,18.197 = 35,46 gam

Chọn D.

(a) CaCO₃ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) CaO + CO₂

        (X)                 (Y)

(b)  CaO + H₂O → Ca(OH)₂

       (Y)                       (Z)

(c) NaHCO₃ + Ca(OH)₂ →  NaOH + ­CaCO₃↓ + H₂O

       (T)               (Z)               (R)          (X)        

(d) 2NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃↓ + 2H₂O

     (T)                   (Z)              (Q)            (X)

Vậy Q, R thỏa mãn là Na₂CO₃, NaOH.

Chọn C.

Do tạo amin khí và ancol nên Y: CH₃NH₃OOC-COOCH₃

⟹ X: CH₃NH₃OOC-CH₂-NH₃NO₃

Đặt n_X = x mol và n_Y = y mol

+) m_(H) = 169x + 135y = 22,63 (1)

+) Khi cho 22,63 gam hỗn hợp tác dụng với NaOH:

Muối gồm: H₂N-CH₂-COONa (x mol); NaNO₃ (x mol); NaOOC-COONa (y mol)

→ m_muối = 97x + 85x + 134y = 23,46 (2)

Giải (1) (2) được x = 0,07; y = 0,08

→ n_{hh (22,63g)} = 0,07 + 0,08 = 0,15 mol

*Khi cho 0,3 mol (H) gồm 0,14 mol X và 0,08 mol Y tác dụng với KOH:

n_{KOH pư} = 2n_X + 2n_Y = 0,6 mol → n_{KOH dư} = 0,6.15% = 0,09 mol

Chất rắn thu được gồm:

H₂N-CH₂-COOK (0,14 mol)

KNO₃ (0,14 mol)

KOOC-COOK (0,16 mol)

KOH dư (0,09 mol)

→ m_{chất rắn} = 61,56 gam

Chọn A.

Đáp án A: Sai vì một số kim loại có khối lượng riêng nhẹ hơn nước (Li, Na, K,...)

Đáp án C: Sai vì một số kim loại có nhiều số oxi hóa trong hợp chất (Fe, Cr, Cu,...)

Đáp án D: Sai vì ở điều kiện thường, Hg tồn tại ở thể lỏng

Đáp án B

Dung dịch muối MCl₂ phản ứng với dung dịch Na₂CO₃ hoặc Na₂SO₄ tạo kết tủa, nhưng không tạo kết tủa khi phản ứng với dung dịch NaOH => Kim loại là Ba

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2NaCl

BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaCl

BaCl₂ + NaOH không xảy ra

Đáp án C

Kim loại dùng để tạo trang sức, có tác dụng bảo vệ sức khỏe là bạc

Đáp án B

Cấu hình electron của kim loại có thể có 1, 2 hoặc 3 electron lớp ngoài cùng

=> các trường hợp thỏa mãn là

1s²2s²2p⁶3s¹

1s²2s²2p⁶3s²

1s²2s²2p⁶3s²3p¹

Đáp án D

Sơ đồ: KL + H₂SO₄ → Muối + H₂

Bảo toàn H → n_H2SO4 = n_H2 = 1,344/22,4 = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng → m_muối = m_KL + m_H2SO4 - m_H2 = 1,9 + 0,06.98 - 0,06.2 = 7,66 gam

Đáp án A

- Khi cho hỗn hợp trên tác dụng với NaOH dư thì chỉ có Al phản ứng:

Ta có: \({n_{{H_2}}} = \frac{{6,72}}{{22,4}} = 0,3\left( {mol} \right)\)

→ n_Al = 0,2 mol => mAl = 0,2 * 27 = 5,4 (gam)

- Khi cho hỗn hợp trên tác dụng với HCl thì có Al và Mg đều phản ứng:

Ta có: \({n_{{H_2}}} = \frac{{12,32}}{{22,4}} = 0,55\left( {mol} \right)\)

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

           0,25         ←              0,55 - 0,3 = 0,25 (mol)

    → m_Mg = 0,25. 24 = 6 (g)

Vậy m = m_Al + m_Mg = 5,4 + 6 = 11,4 (g)

Đáp án D

Đáp án A: Fe dư + Fe₂(SO₄)₃ → FeSO₄

Đáp án B: Zn dư + Fe₂(SO₄)₃ → ZnSO₄ + Fe

Đáp án C: Cu dư + Fe₂(SO₄)₃ → FeSO₄ + CuSO₄

Đáp án D: Không phản ứng

Đáp án C

Dựa vào quy tắc α:

Phản ứng giữa 2 cặp oxi hóa khử xảy ra theo chiều: chất oxi hóa mạnh tác dụng với chất khử mạnh tạo thành chất oxi hóa yếu hơn và chất khử yếu hơn.

Ta có:

Cu                 + 2 Fe³⁺                   →  2Fe²⁺    +     Cu²⁺

C.KH mạnh     C.OXH mạnh           C.KH yếu    C.OXH yếu

Vậy ion Fe³⁺ có tính oxi hoá mạnh hơn ion Cu²⁺

Đáp án D

(1) đúng

(2) sai vì Fe có thể điều chế bằng điện phân dung dịch

(3) sai K không khử được Ag⁺ trong dung dịch vì

             2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

             2OH^- + 2Ag⁺ → Ag₂O + H₂O

(4) sai vì FeCl₃ dư : Al + 3FeCl₃ → AlCl₃ + 3FeCl₂

Đáp án D

Mg là kim loại mạnh hơn những kim loại trong muối → Mg khử được cả 4 dung dịch muối

Phương trình phản ứng

Mg + ZnSO₄ → MgSO₄ + Zn

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Mg + CuCl₂ → MgCl₂ + Cu

3Mg + Al₂(SO₄)₃ → 3MgSO₄ + 2Al

Đáp án B

Vì tính khử của kim loại Fe mạnh hơn Ni → ta có phương trình :

          Fe + Ni²⁺ → Fe²⁺ + Ni

Đáp án A

Quá trình hoạt động của pin Cu-Ag :

Cu → Cu²⁺ + 2e  (sự oxi hóa)

Ag⁺ + 1e → Ag   (sự khử)

Đáp án D

Theo dãy điện hóa, sắp xếp tính oxi hóa tăng dần : Na⁺ < Al³⁺ < Mn²⁺ < Cu²⁺ < Fe³⁺

Đáp án B

Đáp án D sai, do một số dung dịch có chứa ion không điện phân được trong dung dịch như: NaCl, K₂SO₄, MgCl₂,... (ion kim loại đứng trước Zn trong dãy hoạt động hóa học) thì khi đó catot sẽ không xuất hiện kim loại mà là khí H₂ (nước bị điện phân)

Đáp án D

Những bán phản ứng xảy ra ở catot trong quá trình điện phân là điện phân cation và nước

(1) Cu²⁺_(dd) + 2e →Cu_(r)

(3) 2H₂O + 2e → H₂ + 2OH^-_(dd)       

(6) 2H⁺_(dd) + 2e →H₂

Đáp án B

Các ion không bị điện phân khi ở trạng thái dung dịch là: Na⁺, Al³⁺ , SO₄^2-, NO₃^-

Đáp án A

(1) 2NaCl + CuSO₄ → Cu +Cl₂ + Na₂SO₄

Ở (1) NaCl phản ứng vừa đủ với CuSO₄ => Dung dịch sau điện phân chỉ có Na₂SO₄

Đáp án C

- A sai vì có phản ứng: Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu

Cu sinh ra bám vào Zn và cùng tiếp xúc với dung dịch điện li nên xảy ra ăn mòn điện hóa.

- B đúng vì Fe và C tiếp xúc với nhau nhưng môi trường khí O₂ không phải là môi trường chất điện li nên chỉ xảy ra ăn mòn hóa học.

- C sai vì có phản ứng: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Cu sinh ra bám vào Fe và cùng tiếp xúc với dung dịch điện li nên xảy ra ăn mòn điện hóa.

- D sai vì Fe và C tiếp xúc trực tiếp và cùng được đặt trong môi trường chất điện li (không khí ẩm) nên xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án B

Thực tế người ta dùng Zn phải dùng kim loại hoạt động mạnh hơn để hi sinh bên ngoài, bảo vệ kim loại Fe bên trong

Đáp án A

TN1 : Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

→ ăn mòn hóa học vì không hình thành 2 điện cực mới

TN2 : Fe + CuSO₄ : ăn mòn điện hóa vì hình thành 2 điện cực Fe và Cu. Hai điện cực tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với dung dịch điện li \(F{{e}^{2+}},\,\,C{{u}^{2+}}\)

TN3 : Cu + FeCl₃ : ăn mòn hóa học vì không hình thành 2 điện cực mới

TN4: Ăn mòn điện hóa vì có 2 kim loại tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li. Fe là cực (-), Cu là cực (+)

Tại cực (-) : \(Fe\to F{{e}^{2+}}+2e\)

Tại cực (+) : \(2{{H}^{+}}+2e\to {{H}_{2}}\)

→ có 2 trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hóa

Đáp án B

Phương pháp nhiệt luyện (dùng kim loại mạnh để đẩy kim loại yếu ra khỏi dung dịch muối) => dùng để điều chế các kim loại từ Mg trở về sau trong dãy điện hóa

A. thỏa mãn

B. loại Ba

C. Loại Na.

D. Loại Ca

Đáp án A

\(\left\{ \begin{gathered}  BaC{{\text{O}}_3} \hfill \\  Fe{(OH)_2} \hfill \\  Al{(OH)_3} \hfill \\  CuO \hfill \\  MgC{O_3} \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{{t^o}}}\left\{ \begin{gathered}  Ba{\text{O}} \hfill \\  F{e_2}{O_3} \hfill \\  A{l_2}{O_3} \hfill \\  CuO \hfill \\  MgO \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + {H_2}O}}ddB\left\{ \begin{gathered}  Ba{(OH)_2} \hfill \\  Ba{(Al{O_2})_2} \hfill \\ \end{gathered}  \right. +  \downarrow C\left\{ \begin{gathered}  F{e_2}{O_3} \hfill \\  CuO \hfill \\  MgO \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + CO}}E\left\{ \begin{gathered}  Fe \hfill \\  Cu \hfill \\  MgO \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

=> E chứa tối đa 2 đơn chất và 1 hợp chất

Đáp án D

Đặt n_NO = amol;  n_NO2 = b mol

=> a + b = 0,25 mol  (1)

${{\bar{M}}_{X}}=\frac{30a+44b}{a+b}=16,4.2$ (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,2 mol; b = 0,05 mol

Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N₂O thì n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O = 1,3 mol

Mà theo đầu bài n_{HNO3 phản ứng} = 0,95.1,5 = 1,425 mol > 1,3 mol

=> trong dung dịch có sản phẩm khử là NH₄NO₃ (x mol)

=> n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 =>  1,425 = 1,3 + 10x

=> x = 0,0125 mol

Bảo toàn e: n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 = 1,1 mol

m_muối = m_{kim loại} + m_gốcNO3 + m_NH4NO3 = 29 + 1,1.62 + 0,0125.80 = 98,2 gam

Đáp án A

n_SO2 = 0,34 mol;  n_S = 0,02 mol

Ta có : n_{e nhận} = n_{e cho} = 0,34.2 + 0,02.6 = 0,8 mol

\({{n}_{SO_{4}^{2-}}}=\dfrac{{{n}_{e\,\,cho}}}{2}=\text{ }0,4\text{ }mol\)

=> m_muối = m_{kim loại} + m_SO4 = 11,9 + 0,4.96 = 50,3 gam

Đáp án A

n_CuCl2 = 0,2.1 = 0,2 (mol)

Phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên Cu phản ứng hết, M phản ứng dư.

M + Cu²⁺ → M²⁺ + Cu↓

0,2 ←0,2 → 0,2 (mol)

Khối lượng kim loại giảm = m_M pư - m_Cu sinh ra

=> 51,75 - 51,55 = 0,2.M - 0,2.64

=> M = 65 (Zn)

Đáp án C