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 :