Đề thi thử giữa học kỳ 1 môn Hoá Học lớp 11 online - Mã đề 03

Phương trình phân tử: FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S ↑

⟹ Phương trình ion rút gọn: FeS + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂S ↑

Đáp án C

A: Na₂CO₃ là muối tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit yếu H₂CO₃ ⟹ MT kiềm (pH > 7)

B: AlCl₃ là muối tạo bởi bazo yếu Al(OH)₃ và axit mạnh HCl ⟹ MT axit (pH < 7)

C: Ba(NO₃)₂ là muối tạo bởi bazo mạnh Ba(OH)₂ và axit mạnh HNO₃ ⟹ MT trung tính (pH = 7)

D: NaCl là muối tạo bởi bazo mạnh NaOH và axit mạnh HCl ⟹ MT trung tính (pH = 7)

Đáp án B

A sai N₂ tác dụng H₂ và O₂ ở điều kiện thích hợp.

B sai N₂ tác dụng với một số kim loại hoạt động tạo muối nitrua.

C đúng, N₂ vừa có tính oxi hóa và tính khử nhưng tính chất chủ yếu vẫn là tính oxi hóa.

D sai N₂ tác dụng với oxi ở 3000⁰C.

Đáp án C

A sai vì trong phân tử NH₃ nguyên tử N có 1 cặp e hóa trị.

B đúng.

C sai, dung dịch NH₃ có tính bazo yếu.

D sai NH₃ tác dụng với một số dung dịch muối theo nguyên tắc phản ứng trao đổi dung dịch.

Đáp án B

P + 5HNO₃ (X) → H₃PO₄ + 5NO₂ + H₂O

H₃PO₄ + NaOH (Y) → NaH₂PO₄ + H₂O

NaH₂PO₄ + 2NaOH → Na₃PO₄ + 2H₂O

Đáp án D

- Chất điện li mạnh:

Na₂CO₃ → 2Na⁺ + CO₃^2-

MgCl₂ → Mg²⁺ + 2Cl^-

- Chất điện li yếu:

HCOOH ⇄ HCOO^- + H⁺

HF ⇄ H⁺ + F^-

- Chất không điện li: CH₃COOCH₃

Đáp án A

1. NaOH + HCl → NaCl + H₂O

⟹ H⁺ + OH^- → H₂O

2. KHCO₃ + KOH → K₂CO₃ + H₂O

⟹ HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

3. Cu(OH)₂ + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

⟹ Cu(OH)₂ + 2H⁺ → Cu²⁺ + 2H₂O            

4. Ba(OH)₂ + 2HNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2H₂O

⟹ H⁺ + OH^- → H₂O

Đáp án B

\(\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop { \times 1}\limits^{} }\\{\mathop { \times 3}\limits^{} }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {Al}\limits^0  \to \mathop {Al}\limits^{ + 3}  + 3{\rm{e}}}\\{\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5}  + 1{\rm{e}} \to \mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 4} }\end{array}} \right.\)

⟹ PTHH: Al + 6HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O.

Tổng hệ số: 1 + 6 + 1 + 3 + 3 = 14

Đáp án B

KNO₃ .\(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\). KNO₂ + 0,5O₂

NH₄NO₃ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) N₂O + 2H₂O

AgNO₃ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) Ag + NO₂ + 0,5O₂

Cu(NO₃)₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) CuO + 2NO₂ + 0,5O₂

⟹ Chất rắn X gồm: KNO₂, Ag, CuO.

Đáp án C

A: CH₃OH là chất không điện li

B: CH₃COOH là chất điện li yếu

C: NaF là chất điện li mạnh.

D: HF là chất điện li yếu.

Đáp án A

A sai vì khí N₂ nhẹ hơn không khí.

B đúng vì khí N₂ không duy trì sự cháy.

C sai vì khí N₂ ít tan trong nước.

D sai vì khí N₂ chiếm thể tích lớn nhất trong không khí (≈80%).

Đáp án B

A có PT ion thu gọn là  SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄              → loại

B có PT ion thu gọn là 3H⁺ + Fe(OH)₃ → Fe³⁺+ 3H₂O   → loại

C có PT ion thu gọn là H⁺  + OH^- → H₂O                       → thỏa mãn

D có PT ion thu gọn là OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O    → loại

Đáp án C

 Vì nước phun mạnh vào bình chứa khí X nên khí X tan tốt trong nước (khi bị hòa tan thì thể tích khí trong bình giảm nên nước phun vào bình).

- Nước chứa phenolphthalein chuyển màu hồng nên X tác dụng H₂O tạo thành dung dịch có tính bazo

Vậy X là NH₃

Đáp án A

10HNO₃ + 4Mg → 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O.

NH₄NO₃ + NaOH → NH₃ + NaNO₃.

2NH₃ + 1,5O₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) N₂ + 3H₂O.

Đáp án C

NaHSO₄ có khả năng phân li H⁺ ⟹ MT axit ⟹ pH < 7.

AlCl₃ là muối của bazơ yếu Al(OH)₃ và axit mạnh HCl ⟹ MT axit ⟹ pH < 7.

K₂SO₄ là muối của bazơ mạnh KOH và axit mạnh H₂SO₄ ⟹ MT trung tính ⟹ pH = 7.

K₂S là muối của bazo mạnh KOH và axit yếu H₂S ⟹ MT kiềm ⟹ pH > 7.

Ba(NO₃)₂ là muối của bazo mạnh Ba(OH)₂ và axit mạnh HNO₃ ⟹ MT trung tính ⟹ pH = 7.

Đáp án B

3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O

Na₂SO₄ không tác dụng HNO₃

NH₃ + HNO₃ → NH₄NO₃

Cu(OH)₂ + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2H₂O

MgO + 2HNO₃ → Mg(NO₃)₂ + H₂O

⟹ 4 chất

Đáp án C

Bước 1: Xác định sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố trong phản ứng

\(a\overset{0}{\mathop{Al}}\,+bH\overset{+5}{\mathop{\text{ }N}}\,{{O}_{3}}\to \overset{+3}{\mathop{cAl}}\,{{(N{{O}_{3}})}_{3}}+\overset{+2}{\mathop{dN}}\,O+e{{H}_{2}}O\)

Bước 2,3: Viết quá trình oxi hóa, quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình. Đặt hệ số trước chất khử, chất oxi hóa thích hợp sao cho số mol e nhường quá trình oxi hóa = số mol e nhận của quá trình khử

\(\begin{array}{*{20}{c}}{1 \times }\\{1 \times }\end{array}\left| {\begin{array}{*{20}{l}}{A{l^0} \to A{l^{ + 3{\kern 1pt} }} + 3e}\\{{N^{ + 5}} + 3e \to {N^{ + 2}}}\end{array}} \right.\)

Bước 3: Đặt hệ số vào chất khử, chất oxi hóa. Cân bằng phương trình

\(\mathop {Al}\limits^0  + H\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5} {O_3} \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} {(N{O_3})_3} + \mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 2} O + {H_2}O\)

Kiểm tra nguyên tố N bên vế phải sau đó đặt hệ số HNO₃ bên vế trái

Sau đó kiểm tra số H bên vế trái và đặt vào hệ số H₂O bên vế phải

\(\mathop {Al}\limits^0  + 4H\mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 5} {O_3} \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} {(N{O_3})_3} + \mathop {{\rm{ }}N}\limits^{ + 2} O + 2{H_2}O\)

Kiểm tra cả 2 vế oxi đều đủ 12 nguyên tử O → phương trình trên được cân bằng

Vậy (a+b) = (1+4) = 5

Đáp án D

1. 2NaOH + CuCl₂ → 2NaCl + Cu(OH)₂ ↓

⟹ Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂ ↓

2. (NH₄)₂S + Ba(OH)₂ → BaS + 2NH₃ ↑ + 2H₂O

⟹ NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

3. NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ ↑ + H₂O

⟹ NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

4. MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + H₂O + CO₂ ↑

⟹ MgCO₃ + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂O + CO₂ ↑

5. NH₄NO₃ + KOH → KNO₃ + NH₃ ↑ + H₂O

⟹ NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

6. NH₄Cl + AgNO₃ → NH₄NO₃ + AgCl ↓

⟹ Ag⁺ + Cl^- → AgCl ↓

Vậy các phản ứng 2, 3, 5 có cùng phương trình ion thu gọn là NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O.

Đáp án C

n_NaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol;

n_NaAlO2 = 0,5.0,1 = 0,05 mol

n_Ba(OH)2 = 0,5.0,1 = 0,05 mol;

n_Ba(AlO2)2 = 0,5.0,1 = 0,05 mol.

Các chất đều là chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.

Vậy trong dung dịch A:

n_OH^- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,1 + 2.0,05 = 0,2 mol ⟹ [OH^-] = 0,2/1 = 0,2M

n_AlO2^- = n_NaAlO2 + 2n_Ba(AlO2)2 = 0,05 + 2.0,05 = 0,15 mol ⟹ [AlO₂^-] = 0,15/1 = 0,15M

Đáp án A

n_{OH- ban đầu} = n_NaOH = 0,1.0,3 = 0,03 mol

n_H2 = 0,672/22,4 = 0,03 mol

Al + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 1,5H₂

        0,02                 ←           0,03 (mol)

⟹ n_{OH pư} = 0,02 mol

⟹ n_OH^-_dư = 0,03 - 0,02 = 0,01 mol

⟹ [OH^-] = n : V = 0,01 : 0,1 = 0,1 mol/l

⟹ [H⁺] = 10^-14/0,1 = 10^-13 mol/l

⟹ pH = -log(10^-13) = 13

Đáp án C

n_N2 = 0,3 mol; n_H2 = 0,6 mol

N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ta có: \(\frac{{{n_{{N_2}}}}}{1} > \frac{{{n_{{H_2}}}}}{3}\) ⟹ H₂ hết và N₂ dư.

⟹ n_H2pu = 0,6.20% = 0,12 mol

  N₂    +   3H₂ ⇄ 2NH₃

0,04  ←  0,12 → 0,08  (mol)

n_{N2 du} = 0,3 - 0,04 = 0,26 mol

n_{H2 du} = 0,6 - 0,12 = 0,48 mol

n_{hỗn hợp khí} = 0,08 + 0,26 + 0,48 = 0,82 mol

⟹ V_khí = 18,368 lít

Đáp án D

n_NaCl = 0,2.0,1 = 0,02 mol;      n_Na2SO4 = 0,2.0,2 = 0,04 mol

n_H2SO4 = 0,3.0,1 = 0,03 mol;    n_KCl = 0,3.0,1 = 0,03 mol

Các chất đều là chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion.

Vậy trong dung dịch A:

n_Na⁺ = n_NaCl + 2n_Na2SO4 = 0,02 + 0,04.2 = 0,1 mol ⟹ C_{M Na}⁺ = 0,1/0,5 = 0,2M

n_SO4^2- = n_Na2SO4 + n_H2SO4 = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol ⟹ C_{M SO4}^2- = 0,07/0,5 = 0,14M

Đáp án B

Dung dịch A có: n_HCl = 0,1.0,05 = 0,005 mol; n_H2SO4 = 0,1.0,025 = 0,0025 mol

⟹ n_H⁺ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,005 + 0,0025.2 = 0,01 mol

Dung dịch A có: n_NaOH = 0,4.0,035 = 0,014 mol; n_Ba(OH)2 = 0,4.0,02 = 0,008 mol

⟹ n_OH^- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,014 + 0,008.2 = 0,03 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

Dựa vào tỉ lệ phản ứng H⁺ hết, OH^- dư

           H⁺      +    OH^- → H₂O

Bđ:   0,01            0,03            (mol)

Pư:   0,01   →     0,01            (mol)

Sau:     0             0,02            (mol)

⟹ n_OH^-_dư = 0,02 mol

⟹ [OH^-]_dư = 0,02/0,5 = 0,04 M

⟹ pOH = -log[OH^-] = -log(0,04) ≈ 1,4

⟹ pH = 14 - pOH = 12,6

Đáp án D

n_{khí ban đầu} = 17,92/22,4 = 0,8 mol

n_{khí sau} = 13,888/22,4 = 0,62 mol

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

n_giảm = n_NH3 = n_{khí bđ} – n_{­khí sau} = 0,8 – 0,62 = 0,18 mol

PTHH: N₂ + 3H₂ ⇄ 2NH₃

           0,09      ←     0,18

⟹ n_{N2 pu} = 0,09 mol ⟹ n_{N2 bđ} = n_{N2 pu}.100/30 = 0,09.100/30 = 0,3 mol

⟹ V_N2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít

Đáp án A

n_NaOH = 0,05.0,05 = 2,5.10^-3 mol

n_Ba(OH)2 = 0,05.0,025 = 1,25.10^-3 mol

⟹ n_OH^- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 2,5.10^-3 + 2.1,25.10^-3 = 5.10^-3 mol

⟹ [OH^-] = (5.10^-3)/0,1 = 0,05 mol/l

⟹ [H⁺] = (10^-14)/0,05 = 2.10^-13 mol/l

⟹ pH = -log(2.10^-13) = 12,7

Đáp án C

Áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích:

Dung dịch X chứa 0,01 mol Fe³⁺, x mol Cl^- và 0,01 mol SO₄^2-:

⟹ 0,01.3 = x.1 + 0,01.2 ⟹ x = 0,01 mol

Dung dịch Y chứa y mol Ba²⁺, 0,03 mol OH^-, 0,01 mol AlO₂^-:

⟹ y.2 = 0,03 + 0,01.1 ⟹ y = 0,02 mol

Phương trình ion rút gọn:

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃ ↓

0,01 → 0,03 →    0,01

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

0,01← 0,01→     0,01

⟹ m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Fe(OH)3 = 0,01.107 + 0,01.233 = 3,4 gam.

Đáp án B

Gọi n_Fe = x; n_Cu = y (mol)

⟹ m _hh = 56x + 64y = 24 (1)

Quá trình nhường e:

Fe → Fe³⁺  +  3e

x →               3x

Cu → Cu²⁺   +  2e

y    →               2y

⟹ n_{e nhường} = 3x + 2y (mol)

Quá trình nhận e:

2N⁺⁵   +  10e → N₂O

                 1  ←   0,1

⟹ n_{e nhận} = 1 (mol)

Áp dụng bảo toàn e: 3x + 2y = 1 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ x = y = 0,2 mol

⟹ m_Cu = 12,8 gam

Đáp án C

n_H3PO4 = 0,3 mol; n_NaOH = 0,35.2 = 0,7 mol

2 < n_NaOH/n_H3PO4 = 0,7/0,3 = 2,3 < 3 ⟹ thu được Na₂HPO₄, Na₃PO₄

Đặt n_Na2HPO4 = x mol và n_Na3PO4 = y mol

H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂HPO₄ + 2H₂O

x                 2x        ←    x

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

y                3y     ←       y

Ta có hệ phương trình: n_H3PO4 = x + y = 0,3 và n_NaOH = 2x + 3y = 0,7

⟹ n_Na2HPO4 = 0,2 mol; n_Na3PO4 = 0,1 mol

⟹ m_Na3PO4 = 0,1.164 = 16,4 gam

Đáp án A

n_NO2 = 20,16/22,4 = 0,9 mol.

Quá trình nhận e:

N⁺⁵ + 1e  → N⁺⁴

         0,9 ← 0,9

Quá trình nhường e:

M → Mⁿ⁺    +    ne

0,9/n ←             0,9

⟹ M_{kim loại} = 16,8 : (0,9/n) = 56n/3

Biện luận với n = 1, 2, 3:

+ n = 1 ⟹ M = 56/3 (loại)

+ n = 2 ⟹ M = 112/3 (loại)

+ n = 3 ⟹ M = 56 (Fe)

Đáp án B

n_HCl = 0,05.0,01 = 5.10^-4 mol.

n_HNO3 = 0,05.0,01 = 5.10^-4 mol.

n_H2SO4 = 0,05.0,005 = 2,5.10^-4 mol.

Các axit đều là chất điện li mạnh nên điện li hoàn toàn thành ion

⟹ n_H⁺ = n_HCl + n_HNO3 + n_H2SO4 = 5.10^-4­­ + 5.10^-4 + 2.2,5.10^-4 = 1,5.10^-3 mol

⟹ [H⁺] = (1,5.10^-3)/0,1 = 0,015 M

⟹ pH = -log (0,015) = 1,82.

Đáp án B

Trong cốc 1: 2.n_Mg²⁺ + 1.n_NH4⁺  = 1.n_NO3^- ⟹ 2.0,01 + x = 0,03 ⟹ x = 0,01 mol = n_NH4⁺.

Trong cốc 2: 1.n_Na⁺ = 1.n_OH^- + 2.n_CO3^2- ⟹ 0,025 = y + 2.0,01 ⟹ y = 0,005 mol = n_OH^-.

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃ ↓

0,01 → 0,01        0,01

NH₄⁺    +    OH^- →  NH₃ ↑ + H₂O

0,005 ←   0,005 → 0,005

Khí và kết tủa tách ra khỏi dung dịch nên làm cho khối lượng dung dịch giảm

⟹ m_{dd giảm} = m_NH3 + m_MgCO3 = 0,005.17 + 0,01.84 = 0,925 gam.

Đáp án C

Gọi n_Mg = x, n_Al = y (mol)

⟹ m_hh = 24x + 27y = 12,9 (1)

Quá trình nhường e:

Mg → Mg²⁺ + 2e

x    →              2x

Al → Al³⁺ + 3e

y →              3y

n_{e nhường} = 2x + 3y (mol)

Ta có: n_N2 + n_NO2 = 0,4 và n_N2 / n_NO2 = 1/3 ⟹ n_N2 = 0,1 mol và n_NO2 = 0,3 mol.

Quá trình nhận e:

N⁺⁵ + 1e  →  N⁺⁴

          0,3 ← 0,3

N⁺⁵ + 10e → N₂

           1 ←   0,1

⟹ n_{e nhận} = 1,3 mol

Áp dụng bảo toàn e: 2x + 3y = 1,3 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ x = 0,2; y = 0,3

⟹ m_Mg = 0,2.24 = 4,8 gam

Đáp án B

Gọi n_Na2HPO4 = a mol; n_NaH2PO4 = b mol

H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂HPO₄ + 2H₂O

    a             2a          ←    a

H₃PO₄ + NaOH → NaH₂PO₄ + H₂O

    b             b         ←    b

n_H3PO4 = a + b = 0,2 (1)

n_NaOH = 2a + b = 0,3 (2)

Từ (1) và (2) ⟹ a = 0,1; b = 0,1

⟹ m_{chất tan} = m_Na2HPO4 + m_NaH2PO4 = 0,1.142 + 0,1.120 = 26,2 gam

Đáp án D

Gọi kim loại hóa trị không đổi là M có hóa trị là n

2N⁺⁵ + 10e → N₂

            1,2 ← 0,12

M → Mⁿ⁺ + ne

1,2/n ←       1,2

⟹ m_muối = (M + 62n).1,2/n = 113,4 ⟹ M = 32,5n

⟹ n = 2; M = 65 thỏa mãn

Vậy kim loại là Zn.

Đáp án B

n_{hh khí} = 5,04/22,4 = 0,225 mol ⟹ n_NO2 + n_O2 = 0,225 (1)

PTHH: M(NO₃)_n  → M + nNO₂ + 0,5nO₂

Từ PTHH ta thấy n_NO2 : n_O2 = 2 (2)

Giải hệ (1) (2) được n_NO2 = 0,15 và n_O2 = 0,075

PTHH: M(NO₃)_n  →  M    +   nNO₂ + 0,5nO₂

                                0,15/n ← 0,15

M_{kim loại} = 16,2 : (0,15/n) = 108n

Biện luận với n = 1, 2, 3:

+ n = 1 ⟹ M = 108 (Ag)

+ n = 2 ⟹ M = 216 (loại)

+ n = 3 ⟹ M = 324 (loại)

Vậy công thức hóa học của muối là AgNO₃.

Đáp án D

n_Mg = 6/24 = 0,25 mol

Ta có hệ phương trình: n_NO2 + n_X = 0,15 và n_NO2 = 2n_X

⟹ n_NO2 = 0,1 mol; n_X = 0,05 mol

Giả sử 1 mol khí X trao đổi n mol electron.

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg = n_NO2 + n.n_X ⇔ 2.0,25 = 0,1 + 0,05n ⇔ n = 8

Vậy khí X là N₂O.

Đáp án B

Xét hỗn hợp khí gồm NO₂ (a mol) và O₂ (b mol):

⟹ n_khí = a + b = 0,5 (1)

⟹ m_khí = 46a + 32b = 21,6 (2)

Giải hệ trên được a = 0,4 và b = 0,1

2M(NO₃)_n → M₂O_n + 2nNO₂ + 0,5nO₂

  0,4/n         ←                0,4

⟹ m_muối = 0,4/n.(M + 62n) = 37,8 ⟹ M = 32,5n

Biện luận với n = 1, 2, 3:

+ Nếu n = 1 ⟹ M = 32,5 (loại)

+ Nếu n = 2 ⟹ M = 65 (Zn)

+ Nếu n = 3 ⟹ M = 97,5 (loại)

Đáp án C

n Zn = 13 : 65 = 0,2 mol

n N₂ = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn electron

2 . n Zn = 10 n N₂ + 8 n NH₄NO₃

=> n NH₄NO₃ = (0,2 . 2 – 0,02 . 10) : 8 = 0,025 mol

Khối lượng muối thu được sau phản ứng là:

m Zn(NO₃)₂ + m NH₄NO₃ = 0,2 . 189 + 0,025 . 80 = 39,8 gam

Đáp án D

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

n Na⁺ + n K⁺ = n HCO₃^- + 2 . n CO₃^2- + 2 . n SO₄^2-

=> a = 0,35 mol

=> Khối lượng muối có trong dung dich X là: 33,8 gam

Đáp án A

n Cu = 3,2 : 64 = 0,05 mol

n H+ = 0,8 . 0,1 + 0,2 . 2 . 0,1 = 0,12 mol

n NO₃^- = 0,08 mol

Ta có phương trình ion:

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Khảo sát phương trình trên ta thấy, H+ phản ứng hết

=> n NO = ¼ n H+ = 0,03 mol

V NO = 0,672 lít

Đáp án C