Đáp án đúng là: B

Trong 10 gam khí đó có:

$$\begin{gathered} m_{C_2{H}_6}=\frac{0,3.10}{100}=0,03\left(g\right)\to n_{C_2{H}_6}=\frac{0,03}{30}=0,001\left(mol\right) \\ {m}_{C_3{H}_8}=\frac{96,8.10}{100}=9,68\left(g\right)\to n_{C_3{H}_8}=\frac{9,68}{44}=0,22\left(mol\right) \\ {m}_{C_4{H}_{10}}=\frac{2,9.10}{100}=0,29\left(g\right)\to n_{C_4{H}_{10}}=\frac{0,29}{58}=0,005\left(mol\right) \end{gathered}$$

Phương trình hoá học:

$2C_2{H}_6+7O_2\stackrel{t^{°}}{\to }4C{O}_2+6H_{2}O$ (1)

$C_3{H}_8+5O_2\stackrel{t^{°}}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O$ (2)

$2C_4{H}_{10}+13O_2\stackrel{t^{°}}{\to }8C{O}_2+10H_{2}O$ (3)

Theo PTHH (1), (2), (3): 

$n_{O_2}=\frac{7}{2}{n}_{C_2{H}_6}+5n_{C_3{H}_8}+\frac{13}{2}{n}_{C_4{H}_{10}}=3,5.0,001+5.0,22+6,5.0,005=1,136\left(mol\right)$

$V_{O_2}=1,136.22,4=25,4464\left(l\right)$ → V_{không khí} = 5. 25,45 = 127,23 (l).

$$\begin{gathered} n_{S{O}_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right) \\ {n}_{NaOH}=\frac{150.20}{100.40}=0,75\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}=\frac{0,75}{0,15}=5>2$ → NaOH dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng hoá học sau:

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O

0,3………0,15…….0,15                 (mol)

→ n_{NaOH dư} = 0,75 – 0,3 = 0,45 (mol)

Sau phản ứng dung dịch gồm 0,45 mol NaOH dư và 0,15 mol Na₂SO₃

Nồng độ % các chất sau phản ứng là:

$$\begin{gathered} C{\%}_{NaOHdu}=\frac{0,15.40}{0,15.64+150}.100\%\approx 3,76\% \\ C{\%}_{N{a}_{2}S{O}_3}=\frac{0,15.126}{0,15.64+150}.100\approx 11,84\% \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} n_{S{O}_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right) \\ {n}_{NaOH}=\frac{200.18}{100.40}=0,9\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}=\frac{0,9}{0,4}=2,125>2$ → NaOH dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng hoá học sau:

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O

0,8………0,4…….0,4                 (mol)

→ n_{NaOH dư} = 0,9 – 0,8 = 0,1 (mol)

Sau phản ứng dung dịch gồm 0,1 mol NaOH và 0,4 mol Na₂SO₃

Nồng độ % các chất sau phản ứng là:

Đáp án đúng là: B

Đặt công thức của oxit cao nhất là A₂O_n

$\%A=\frac{2M_A}{2M_A+16n}.100\%=52,94\%$

→M_A = 9n

Với n = 3 thì M_A = 27 g/ mol (thoả mãn).

Vậy A là nhôm (Al).

a. $n_{C{l}_2}=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)$

Phương trình hoá học: $2R+C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2RCl$

Theo PTHH: $n_R=2n_{C{l}_2}=2.0,05=0,1\left(mol\right)$ 

$\to M_R=\frac{m_R}{n_R}=\frac{2,3}{0,1}=23(g/mol)\Rightarrow$ R là natri (Na).

- Trích mẫu thử: Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít ra ống nghiệm đánh số tương ứng.

- Lấy dung dịch Na₂CO₃ cho vào mỗi ống trên:

+ Xuất hiện kết tủa trắng → Nhận biết được BaCl₂

Phương trình hoá học: BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaCl

+ Có khí bay lên → Nhận biết được HCl:

Phương trình hoá học: 2HCl + Na₂CO₃ → 2NaCl + H₂O + CO₂↑

+ Hai ống nghiệm không có hiện tượng gì chứa NaCl và Na₂SO₄

- Dùng BaCl₂ vừa nhận biết được ở trên cho vào hai mẫu NaCl và Na₂SO₄:

+ Xuất hiện kết tủa trắng → Nhận biết được Na₂SO₄

Phương trình hoá học: Na₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2NaCl

+ Còn lại không hiện tượng là NaCl.