Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm; bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

Vì phản ứng tạo 4 muối => có tạo x mol CO₃^2- và y mol HCO₃^-

=> m_rắn = m_Na + m_K + m_CO3 + m_HCO3 => 64,5 = 23.2,75v + 2.39v + 60x + 61y

Bảo toàn điện tích : n_Na+ + n_K+ = n_HCO3- + n_CO3(2-).2 => 2,75v + 2v = 2x + y

Bảo toàn C : n_CO2 + n_K2CO3 = x + y = 0,4 + v

Giải hệ phương trình 3 ẩn ta có : v = 0,2 lit = 200 ml

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

n_NaOH = 0,2 mol ; n_Na2CO3 = 0,1 mol

Xét trường hợp 2 muối NaHCO₃ và Na₂CO₃ thì sau khi cô cạn chỉ thu được Na₂CO₃ (vì NaHCO₃ không bền phân huỷ hết thành Na₂CO₃). Khi đó n_Na2CO3 = 0,2 mol
=> m_Na2CO3 =21,2 gam ≠ 19,9 gam

=> Chất rắn khan có chứa cả NaOH

Đặt nNaOH pư = x mol

=> Chất rắn gồm (0,2 – x) mol NaOH và (0,1 + 0,5x) mol Na₂CO₃

=> m_rắn = 40.(0,2 – x) + 106.(0,1 + 0,5x) = 19,9g

=> x = 0,1 mol

=> n_CO2 = ½ n_{NaOH pứ} = 0,05 mol => V = 1,12 lit

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,25 mol

n_CO3 = 0,125 mol ; n_OH = 0,2 mol

Thứ tự phản ứng:

(1) CO₂ + 2OH ^- → CO₃ ^2- + H₂O

      0,1  ←  0,2   →  0,1                 (mol)

Sau phản ứng (1):

CO₂: 0,15 mol

CO₃^2-: 0,1 + 0,125 = 0,225 mol

(2) CO₂ + CO₃^2- + H₂O → 2HCO₃^-

     0,15→0,15

n_{CO32- dư} = 0,225 – 0,15 = 0,075 mol = n_CaCO3

=> m_CaCO3 = 0,075.100 = 7,5 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 2,24:22,4 = 0,1 mol; n_K2CO3 = 0,02 mol; n_KOH = 0,1x mol; n_BaCO3 = 11,82: 197 = 0,06 mol

Ta thấy: n_CO2 + n_{CO32- (trong K2CO3)}  = 0,1 + 0,02 > n_BaCO3 = 0,06 mol => Hấp thụ CO₂ xảy ra 2 PT:

CO₂ + OH^- → HCO₃^- (1)

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O (2)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_HCO3- + n_BaCO3

=> n_HCO3- = 0,1 + 0,02 – 0,06 = 0,06 mol

=> ∑n_{OH- (1) +(2)}  = n_HCO3-  + 2 (n_BaCO3 - n_K2CO3 ) = 0,06 + 2. ( 0,06 – 0,02) = 0,14 mol

=> C_M = n: V = 0,14 : 0,1 = 1,4 M

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-

+ nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-

Lời giải chi tiết:

nCO₂=0,1 mol; nK₂CO₃=0,02 mol

nCO₃^2-=nBaCO₃=0,06 mol

BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-=0,1+0,02-0,06=0,06 mol

=> CO₂ tác dụng với NaOH:

CO₃^2-: 0,06-0,02=0,04 mol

HCO₃^-: 0,06 mol

=> nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-=2.0,04+0,06=0,14 mol

=> x=1,4M

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố C, Na

Bảo toàn điện tích

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp giải:

CO₂ + OH^- → HCO₃ ^–

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O

Dd Y chứa: HCO₃^- ; CO₃^2- ; K⁺

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

=> n­_{CO3 2- (trong Y)} = n_BaCO3 = ? (mol)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_{HCO3- (trong Y)} + n_{CO32- (trong Y)}

=> n_{HCO3- (trong Y)} =? (mol)

Bảo toàn điện tích các chất trong dd Y: n_K+ = n_HCO3- + 2. n_CO32- = ? (mol)

BTNT K: n_KOH = ∑ n_K+ - 2n_K2CO3 = ? (mol)

=> x = ? (M)

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,025 (mol) ; n_K2CO3 = 0,05 (mol) ; n_KOH = 0,05x (mol)

n_BaCO3 = 9,85 : 197 = 0,05 (mol)

CO₂ + OH^- → HCO₃ ^–

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O

Dd Y chứa: HCO₃^- ; CO₃^2- ; K⁺

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

=> n­_{CO3 2- (trong Y)} = n_BaCO3 = 0,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_{HCO3- (trong Y)} + n_{CO32- (trong Y)}

=> 0,025 + 0,05 = n_{HCO3- (trong Y)} + 0,05

=> n_{HCO3- (trong Y)} =0,025 (mol)

Bảo toàn điện tích các chất trong dd Y: n_K+ = n_HCO3- + 2. n_CO32- = 0,025 + 2. 0,05 = 0,125 (mol)

BTNT K: n_KOH = ∑ n_K+ - 2n_K2CO3 = 0,125 – 2. 0,05 = 0,025 (mol)

=> 0,05x = 0,025

=> x = 0,5 (M)

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Xét phần 2 có:\(\frac{1}{2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = {n_{BaC{O_3}}} \to b = ?\)

+ Xét phần 1: giả sử dd X có x mol NaHCO₃ và y mol Na₂CO₃ phản ứng với 0,12 mol HCl

ta có hệ: 

\(\left\{ \begin{gathered}
{n_{{H^ + }}} = x + 2y = 0,12 \hfill \\
{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,09 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
x = ? \hfill \\
y = ? \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

→ Tỉ lệ NaHCO₃ và Na₂CO₃ có trong phần 1

BTNT "C" ta có: \({n_{NaHC{O_3}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = \frac{1}{2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}})\)

→ Số mol của NaHCO₃ và Na₂CO₃ có trong phần 1

BTNT "Na" tính được a  

Có a, b ta suy ra được tỉ lệ

Lời giải chi tiết:

n_CO2(đktc) = 3,36 :22,4 = 0,15 (mol)

Phần 1: n_HCl = 0,12.1 = 0,12 (mol); n_CO2(đktc) = 2,016:22,4 = 0,09 (mol)

Phần 2: n_BaCO3 = 29,55 : 197 = 0,15 (mol)

Xét phần 2 có:

\({1 \over 2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = {n_{BaC{O_3}}} \to {1 \over 2}(0,15 + b) = 0,15 \to b = 0,15\)

Xét phần 1: giả sử dd X có x mol NaHCO₃ và y mol Na₂CO₃ phản ứng với 0,12 mol HCl

ta có hệ: 

\(\left\{ \matrix{
{n_{{H^ + }}} = x + 2y = 0,12 \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,09 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
x = 0,06 \hfill \cr
y = 0,03 \hfill \cr} \right.\)

→ Trong phần 1 có \({{{n_{NaHC{O_3}}}} \over {{n_{N{a_2}C{O_3}}}}} = {{0,06} \over {0,03}} = {2 \over 1}\)

BTNT "C" ta có: \({n_{NaHC{O_3}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {1 \over 2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = 0,15\)

→ Phần 1 có 0,1 mol NaHCO₃ và 0,05 mol Na₂CO₃

BTNT "Na" ta có: a + 2.0,15 = 2.(0,1+ 0,05.2)

→ a = 0,1

→ a : b = 0,1 : 0,15 = 2:3

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính số mol HCO₃^-

- Tính số mol kết tủa

Lời giải chi tiết:

Khi cho từ từ HCl vào dd Na₂CO₃ ban đầu xảy ra phản ứng:

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-              (1)

Do thu được khí nên ở (1) thì H⁺ dư, CO₃^2- hết, ta có thêm phản ứng:

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O     (2)

Vì dung dịch Y tác dụng với nước vôi trong có kết tủa nên có chứa HCO₃^-, suy ra ở (2) H⁺ hết, HCO₃^- dư.

Cho Y tác dụng với nước vôi trong dư thì:

Ca²⁺ + OH^- + HCO₃^- → CaCO₃ + H₂O  (3)

Đặt mol vào các PTHH:

        H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-              (1)

Bđ:   a        b

Pư:   b ←   b →          b

Sau: a-b     0               b

        H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O     (2)

Bđ:   a-b       b

Pư:   a-b → a-b

Sau:   0       2b-a

Ca²⁺ + OH^- + HCO₃^- → CaCO₃ + H₂O  (3)

                      2b-a →     2b-a

→ m_{kết tủa} = \({m_{CaC{O_3}}}\) = 100(2b-a) (g)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Cách 1: Viết PTHH

Thứ tự các phản ứng xảy ra là:

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O (1)

CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃ (2)

Cách 2: Dùng tỉ lệ n_Na : n_C

Bảo toàn Na → n_Na = 2n_{Na2CO3 bđ} + n_NaOH

Ta thấy \(\frac{{{n_{Na}}}}{{{n_C}}} = 2,33 > 2\) ⟹ tạo muối Na₂CO_3­ và NaOH còn dư

Bảo toàn C → n_{Na2CO3 thu được} = n_CO2

Lời giải chi tiết:

n_{Na2CO3 bđ} = 0,1 mol; n_NaOH = 0,5 mol

Cách 1: Viết PTHH

CO₂    +    2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O (1)

0,25_/0,05 ←   0,5 →         0,25

CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃ (2)

0,05 →  0,05

⟹ n_{Na2CO3 thu được} = n_{Na2CO3 bđ} + n_{Na2CO3 (1)} - n_{Na2CO3 (2)} = 0,1 + 0,25 - 0,05 = 0,3 mol

Cách 2: Dùng tỉ lệ n_Na : n_C

Bảo toàn Na → n_Na = 2n_{Na2CO3 bđ} + n_NaOH = 0,7 mol

Ta thấy \(\frac{{{n_{Na}}}}{{{n_C}}} = \frac{{0,7}}{{0,3}} = 2,33 > 2\) ⟹ tạo muối Na₂CO_3­ và NaOH còn dư

Bảo toàn C → n_{Na2CO3 thu được} = n_CO2 = 0,3 mol

Đáp án A

Phương pháp giải:

\(C{O_2}:0,4\,mol + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:2,75V(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:V(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \to {\text{dd}}\,X\xrightarrow{{co\,can}}64,5(g)\,chat\,ran\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:2,75V(mol) \hfill \\
{K^ + }:2V(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:x(mol) \hfill \\
HC{O_3}^ - :y(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “C”: n_CO32- + n_HCO3- = n_CO2 + n_K2CO3 hay x + y = 0,4 + V (1)

BTĐT cho dd sau phản ứng có: 2n_CO32- + n_HCO3- = n_Na+ + n_K+ => 2x + y = 4,75V (2)

Từ (1) và (2) => x và y theo V

=> Thành phần dung dịch sau phản ứng (với ẩn số mol là V)

Dựa vào khối lượng chất tan trong dung dịch sau phản ứng tính được giá trị của V.

Lời giải chi tiết:

\(C{O_2}:0,4\,mol + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:2,75V(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:V(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \to {\text{dd}}\,X\xrightarrow{{co\,can}}64,5(g)\,chat\,ran\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:2,75V(mol) \hfill \\
{K^ + }:2V(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:x(mol) \hfill \\
HC{O_3}^ - :y(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “C”: n_CO32- + n_HCO3- = n_CO2 + n_K2CO3 hay x + y = 0,4 + V (1)

BTĐT cho dd sau phản ứng có: 2n_CO32- + n_HCO3- = n_Na+ + n_K+ => 2x + y = 4,75V (2)

Từ (1) và (2) => x = 3,75V – 0,4 và y = 0,8 – 2,75V

Dung dịch sau phản ứng gồm: Na⁺ (2,75V); K⁺ (2V), CO₃^2- (3,75V-0,4); HCO₃^- (0,8-2,75V) (mol)

Khối lượng chất tan: 2,75V.23 + 2V.39 + (3,75V - 0,4).60 + (0,8-2,75V).61 = 64,5

=> V = 0,2 (lít) = 200 ml

Đáp án B

Phương pháp giải:

TH1: X chứa NaOH và Na₂CO₃

BTNT “C”: n_Na2CO3 = n_BaCO3 = ?

H⁺ + OH^- → H₂O

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

TH2: X chứa Na₂CO₃ (a mol) và NaHCO₃ (b mol)

BTNT “C”: n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = n_BaCO3 => a + b = 0,125 (1)

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

2ka ← ka →        ka

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

kb ←                   kb

n_H+ = 2ka + kb = 0,14 hay k(2a + b) = 0,14(2)

n_CO2 = ka + kb = 0,1 hay k(a + b) = 0,1 (3)

Từ (1) (2) (3) => a, b

BTNT “Na”: n_NaOH = 2n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = ?

Lời giải chi tiết:

n_BaCO3 = 24,625 : 197 = 0,125 mol

TH1: X chứa NaOH và Na₂CO₃

BTNT “C”: n_Na2CO3 = n_BaCO3 = 0,125 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

x        x

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

0,2 ←                 0,2

=> n_H+ = x + 0,2 = 0,14 => x < 0 (loại)

TH2: X chứa Na₂CO₃ (a mol) và NaHCO₃ (b mol)

BTNT “C”: n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = n_BaCO3 => a + b = 0,125 (1)

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

2ka ← ka →        ka

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

kb ←                   kb

n_H+ = 2ka + kb = 0,14 hay k(2a + b) = 0,14(2)

n_CO2 = ka + kb = 0,1 hay k(a + b) = 0,1 (3)

Từ (1) (2) (3) => a = 0,05 và b = 0,075

BTNT “Na”: n_NaOH = 2n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = 2.0,05 + 0,075 = 0,175 mol

Đáp án C

Phương pháp giải:

Bài toán muối cacbonat, hidrocacbonat + H⁺

- TH₁: Nếu Cho từ từ Muối (CO₃^2-: x mol và HCO₃^-: y mol) vào dung dịch Axit

=> Do ban đầu H⁺ rất dư so với muối nên 2 muối đều phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ về số mol.

            CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

=> n_{CO3 pứ} : n_{HCO3 pứ} = x : y   

- TH₂: Nếu cho từ từ H⁺ vào dung dịch muối (CO₃^2-: x mol và HCO₃^-: y mol)

=> Do ban đầu H⁺ thiếu nên phản ứng với CO₃^2- trước:

            CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

- TH₃: Trộn nhanh 2 dung dịch axit và muối

=> Không biết chất nào phản ứng với chất nào trước

=> Xét cả 2 trường hợp TH₁ và TH₂ => Sau đó lấy giá trị trong khoảng

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol; n_BaCO3 = 39,4 : 197 = 0,2 mol

*Cho 100 ml dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được 0,2 mol BaCO₃

     => 200 ml                                                                              0,4 mol

BTNT "C": n_CO2 + n_{K2CO3 bđ} = n_BaCO3 => 0,2 + y = 0,4 => y = 0,2 mol

*CO₂ tác dụng với hỗn hợp {KOH và K₂CO₃} nên có thể có 2 trường hợp xảy ra:

- TH1: Tạo thành K₂CO₃ và KOH dư

+ Xét 200 ml dung dịch X:

BTNT "C": n_{K2CO3 (dd X)} = n_CO2 + n_{K2CO3 bđ} = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

BTNT "K": n_KOH + 2n_{K2CO3 bđ} = n_{KOH dư} + 2n_K2CO3 => x + 2.0,2 = n_{KOH dư} + 2.0,4

=> n_{KOH dư} = x - 0,4 (mol)

Vậy 1/2 dd X gồm: KOH dư (0,5x - 0,2 mol) và K₂CO₃ (0,2 mol)

+ Khi cho từ từ 1/2 dung dịch X phản ứng với 0,15 mol HCl thu được 0,12 mol CO₂:

PTHH:

     H⁺    +     OH^- → H₂O

0,5x-0,2 ← 0,5x-0,2

2H⁺ + CO₃^2- → H₂O + CO₂

0,24   ←                        0,12  (vô lí vì ở đây số mol H⁺ phản ứng lớn hơn số mol H⁺ đề bài cho)

=> Loại

- TH2: Tạo KHCO₃ và K₂CO₃

Giả sử dd X chứa a mol KHCO₃ và b mol K₂CO₃

BTNT "C": a + b = (0,2 + 0,2)/2 (1)

Phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ mol:

KHCO₃ + HCl → H₂O + CO₂ + KCl

      ka          ka                    ka

K₂CO₃ + 2HCl → H₂O + CO₂ + 2KCl

      kb          2kb             → kb

n_HCl = ka + 2kb = 0,15 (2) và n_CO2 = ka + kb = 0,12 (3)

Giải (1) (2) (3) được a = 0,15; b = 0,05

=> 200 ml X chứa 0,3 mol KHCO₃ và 0,1 mol K₂CO₃

BTNT "K": n_{KOH bđ} + 2n_{K2CO3 bđ} = n_KHCO3 + 2n_K2CO3 => x + 2.0,2 = 0,3 + 0,1.2 => x = 0,1

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Dựa vào thí nghiệm Ba(OH)₂ + Y => số mol BaCO₃ trong kết tủa

=> số mol HCO₃^- trong Y

(Vì Cho axit từ từ vào X nên thứ tự phản ứng là:

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O)

Bảo toàn C: n_{CO2 bđ} + n_Na2CO3 = n_BaCO3 + n_{CO2 sản phẩm} => n_Na2CO3 = y

Bảo toàn điện tích: n_Na = n_Cl + 2n_SO4 + n_{HCO3 (Y)} => n_Na

Bảo toàn Na: n_Na+ = n_NaOH + 2n_Na2CO3 => n_NaOH = x

=> x: y

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 6,16 : 22,4 = 0,275 mol

n_HCl = 0,2.1 = 0,2 mol ; n_H2SO4 = 0,2.0,3 = 0,06 mol ; n_{CO2 sản phẩm} = 2,688 : 22,4 = 0,12 mol

- Khi Y + Ba(OH)₂ thì kết tủa gồm 0,06 mol BaSO₄ và BaCO₃

=> n_BaCO3 = 0,23 mol = n_{HCO3 trong Y}

(Vì Cho axit từ từ vào X nên thứ tự phản ứng là:

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O)

Bảo toàn C: n_{CO2 bđ} + n_Na2CO3 = n_BaCO3 + n_{CO2 sản phẩm}

=> n_Na2CO3 = 0,075 mol => y = 0,075 M

- Khi X + axit thì sau phản ứng dung dịch chỉ còn: NaCl ; Na₂SO₄ và NaHCO₃

Bảo toàn điện tích: n_Na = n_Cl + 2n_SO4 + n_{HCO3 (Y)}

=> n_Na = 0,55 mol

Bảo toàn Na: n_Na+ = n_NaOH + 2n_Na2CO3

=> n_NaOH = 0,55 – 0,075.2 = 0,4 mol = x

=>x : y = 0,4 : 0,075 = 5,3

Đáp án B