Đáp án C

n_HNO3 bđ = 1,5 ; n_NO2 = 0,2 (mol)

Khi thêm nước lọc vào T và thu được lượng kết tủa max thì phần dung dịch nước lọc chỉ chứa NaNO₃.

Bảo toàn N => n_NaNO3 = n_HNO3 – n_NO2 = 1,3 (mol)

=> n_NaOH = 1,3 => V_{dd NaOH} = 1,3 (lít)

Đặt a, b là số mol Fe₃O₄ và CuO

m_hh = 232a + 80b = 29,2   (1)

Có: n_CO2 = n_BaCO3 = 0,05 (mol) = n_{O( trong oxit  pư)}

Bảo toàn e cả quá trình: n_NO2 = n_Fe3O4 + 2n_{O (mất đi khi + CO)}

=> n_Fe3O4 = n_NO2 - 2n_{O (mất đi khi + CO)} = 0,2 – 2.0,05 = 0,1 (mol)

=> %m_Fe3O4 = [0,1. 232: 29,2].100% = 79,45%

Đáp án C

TH1: Cl^- bị đp hết trước Cu²⁺, H₂O ở anot bị điện phân

Al₂O₃+6H⁺→2Al³⁺+3H₂O

0,2.…1,2

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

H₂O - 2e→0,5O₂ + 2H⁺

                    0,3         1,2

Ta thấy nO₂=0,3 => nCl₂ = 0 (vô lí)

TH2: Cu²⁺ bị điện phân hết trước Cl^-, H₂O ở catot bị điện phân sinh ra OH^-

Al₂O₃+2OH^-→2AlO₂^-+H₂O

0,2…….0,4

Catot:

Cu²⁺ +2e→Cu

x           2x

H₂O+1e→OH^-+0,5H₂

          0,4   0,4

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

        0,6...0,3

=>2x+0,4=0,6=>x=0,1 mol

=>nCuSO₄=0,1 mol; nNaCl=0,6 mol

=>m=0,1.160+0,6.58,5=51,1 gam

Đáp án A

n_Cu2+ = 1,2a ; n_Cl = 0,8a

n_NO = 0,03 mol => n_H+ = n_HNO3 = 0,12 mol

n_Fe = 0,2 mol

Cu(NO₃)₂ + 2NaCl -> Cu + Cl₂ + 2NaNO₃

0,4a              0,8a         0,4a  0,4a

Cu(NO₃)₂ + H₂O -> Cu + 0,5O₂ + 2HNO₃

0,06                        0,06   0,03       0,12

m_giảm = 64(0,4a + 0,06) + 71.0,4a + 32.0,03 = 10,2

=> a = 0,1

=> n_Cu2+ dư = 1,2a – 0,4a – 0,06 = 0,02 mol

Bảo toàn electron : 2n_Fe = 3n_NO (Vì  lượng Fe quá lớn so với NO sinh ra => Fe chỉ tạo Fe²⁺)

=> n_{Fe pứ} = 0,045 mol

Fe + Cu²⁺ -> Fe²⁺ + Cu

0,02 0,02    ->       0,02

=> chất rắn gồm : 0,135 mol Fe và 0,02 mol Cu

=> m_rắn =  8,84g

Đáp án C

Fe₃O₄ + 8HCl -> FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

1,4x             ->   1,4x  ->    2,8x

Cu + 2FeCl₃ -> CuCl₂ + 2FeCl₂

x   ->  2x

Y gồm : 0,06 mol MgCl₂ ; x mol CuCl₂ ; 3,4x mol FeCl₂ ; 0,8x mol FeCl₃

Điện phân đến khi anot xuất hiện khí :

Catot : 0,06 mol Mg²⁺ ; x mol Cu²⁺ ; 3,4x mol Fe²⁺ ; 0,8x mol Fe³⁺

Anot : (0,12 + 11,2x) mol Cl^-

(Mg²⁺ không bị điện phân)

Vậy Catot : 2H₂O + 2e -> H₂ + 2OH^-

Mol                         0,12-> 0,06

m_giảm = m_Cu + m_Fe+ m_H2 + m_Cl2

m_muối = m_giảm – m_H2 + m_Mg (Vì bảo toàn e, số mol e H₂ nhận đúng bằng số mol điện tích Mg²⁺ )

=> m_{muối khan Y} = 77,54 - 0,06.2 + 0,06.24 = 78,86g

Đáp án B

n_NaCl = 0,48 mol

Do khi cho Fe vào dung dịch X thì thấy thoát ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất nên H₂O đã bị điện phân ở anot.

Catot:

Cu²⁺ +2e → Cu

x…….2x……x

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

0,48…0,48…0,24

2H₂O - 4e → O₂ + 4H⁺

            4y…..y…..4y

n _{e trao đổi} = 2x = 0,48 + 4y (1)

m _{dung dịch giảm} = m_Cu + m_Cl2 + m_O2 => 64x + 71.0,24 + 32y = 51,6 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,48; y = 0,12

=> nH⁺ = 0,48 mol

3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,18 ← 0,48

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

z         z                     z

Khối lượng thanh sắt giảm: (z+0,18).56 – 64z = 6,24 => z = 0,48 mol

=> nCu(NO₃)₂ ban đầu = x + z = 0,48 + 0,48 = 0,96 mol

=> m = 0,96.188 = 180,48 gam

Đáp án C

m_Z = M_z. n_Z = 608/17. 0,17 = 6,08 (g)

dd Y + 0,865 mol KOH  => sẽ thu được duy nhất muối K₂SO₄

Bảo toàn nguyên tố K => n_K2SO4 = ½( n_KNO3 + n_KOH ) = 0,91 (mol)

=> n_SO42- = n_K2SO4 = 0,455 (mol) = a

Ta có hệ 3 phương trình:

Bảo toàn nguyên tố H => n_H2O = n_H2SO4 – n_H2 – 4n_(NH4)2SO4 = 0,455 – 0,02 – 4.0,0125 = 0,385 (mol)

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_KNO3 + m_H2SO4 = m_Y + m_Z + m_H2O

=> m_X = m_Y + m_Z + m_H2O  -  m_KNO3 -  m_H2SO4

= 63,325 + 6,08 + 0,385.18 – 4,545 – 0,455.98

= 27,2 (g)

Đáp án D

BTKL: mH₂O = mX + mHNO₃ – m muối – mNO = 38,55 + 1,5.63 – 118,35 – 0,1.30 = 11,7 gam

=> nH₂O = 0,65 mol

BTNT H: nHNO₃ = 4nNH₄⁺ + 2nH₂O => nNH₄⁺= (1,5-2.0,65)/4 = 0,05 mol

BTNT N: nNO₃^- _muối = nHNO₃ – nNH₄⁺ - nNO = 1,5-0,05-0,1 = 1,35 mol

mKL = m _muối – mNH₄⁺ - mNO₃^- = 118,35 – 0,05.18 – 1,35.62 = 33,75 gam

=> mO = 38,55-33,75 = 4,8 gam (0,3 mol)

=> nM = 0,15 mol

Giả sử X gồm: 2x mol Cu; y mol Fe; 0,3 mol O; 0,15 mol M

mKL=64.2x+56y+0,15M=33,75 (1)

BT e: 2.2x+3y+0,15n = 0,3.2+0,1.3+0,05.8 (2)

(1) và (2) => M = 72n - 79

Với n = 2 thì M = 65 (Zn)

%mZn = 0,15.65/38,55 = 25,29%

Đáp án B

n_{e trao đổi} = It/F = 5.6176/96500 = 0,32 mol

Cho Fe tác dụng với dung dịch sau đp thấy thoát ra khí NO Þ có H⁺ Þ Nước bị điện phân ở anot

Catot:    Cu²⁺    + 2e $\to$      Cu

              0,15     0,3              0,15

              H₂O     +     1e     $\to$       0,5H₂       +       OH^-

                        0,02     0,02            0,01         0,02

Anot:     Cl^-       - 1e $\to$      0,5Cl₂

              x          x                 0,5x

              H₂O     + 2e  $\to$      0,5H₂       +       2H⁺

                          0,32 – x      0,08 – 0,25x      0,32 – x

m_{dd giảm} = mCu + mH₂ + mCl₂ + mO₂ = 0,15.64 + 0,01.2 + 0,5x.71 + 32(0,08 – 0,25x) = 14.93 Þ x = 0,1

Dung dịch sau điện phân gồm: 0,2 ml H⁺; 0,3 mol NO₃^-; Na⁺. Khi cho Fe tác dụng với dung dịch sau đp:

              3Fe  +  8H⁺ + 2NO₃^- $\to$3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

Bđ                     0,2       0,3

Pư          0,075   0,2       0,05

mFe = 0,075.56 = 4,2 gam

Đáp án C

Đặt n_H2SO4 = 19x  và n_NaNO3 = x

Khi cho dd Y tác dụng với NaOH, lọc bỏ kết tủa thì phần nước lọc chứa Na⁺ :  x + 0,444 ( mol) và SO₄^2- : 19x (mol)

Bảo toàn điện tích => x + 0,444 = 19x. 2

=> x = 0,012 (mol)

Trong khí Z đặt a,b,c là số mol NO, CO₂, NO₂

∑ n_Z = a + b + c = 0,11   (1)

∑ m_Z = 30a + 44b + 46c = 0,11. 2. 239/11  (2)

Bảo toàn nguyên tố N  ∑ n_NaNO3 = a + c = 0,012   (3)  ( Vì Y + NaOH dư không tạo khí => không tạo muối amoni)

Từ (1), (2), (3) => a=  0,00525 ; b = 0,098; c = 0,00675 (mol)

Bảo toàn electron:

n_FeCO3 = 3n_NO + n_NO2 = 0,0225 (mol)

=> % FeCO₃ =[ (0,0225.116): 13,8335].100% = 18,87% ( gần nhất với 20,3%)

Đáp án A

+ Thứ tự phản ứng:

Mg, Fe

AgNO₃, Cu(NO₃)₂

+ Do khi cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E, lọc kết tủa và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu hỗn hợp 2 oxit nên AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ phản ứng hết, Mg hết.

Gọi số mol AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ lần lượt là x, y.

+ 2 oxit: Fe₂O₃ và MgO (0,15) => mFe₂O₃ = 8,4-0,15.40 = 2,4 gam => nFe₂O₃ = 0,015 mol

=> nFe pư = 0,015.2 = 0,03 mol

+ Khối lượng chất rắn Z: mZ = mFe dư + mAg + mCu => 0,07.56 + 108x + 64y = 20 (1)

+ BT e: 2nMg pư + 2nFe pư =  nAg + 2nCu => 2.0,15 + 2.0,03 = x+2y (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,06; y = 0,15

Nồng độ AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ ban đầu là 0,12M và 0,3M

Đáp án B

Đáp án C

nCuCO₃ = nCO₂ = 0,11 mol

nNa₂SO₃ = nSO₂ = 0,14 mol

Thể tích dung dịch axit là x lít => nHCl = x và nH₂SO₄ = 0,5x => nH₂O = x

BTKL:36,5x+98.0,5x+m=m+8,475+0,25.55,2+18x => x = 0,33

Dung dịch Y chứa SO₄^2- (0,165), Cl^- (0,33), Na⁺ (0,28) => nCu²⁺ = 0,19 => nCuO = 0,08

=> m = 37,68 và nFe = 0,0942

nCu²⁺ bị đp = 0,19.94%  = 0,1786

=> n _{e trao đổi} = nCl^- + 4nO₂ => nO₂ = 0,068

=> nH⁺ = 4nO₂ = 0,0272

Fe với dung dịch Z: nFe pư = nCu²⁺ + nH⁺/2 = 0,025

=> m₁ = mFe dư + mCu = 4,6048 gam

Đáp án C

Trong dung dịch X chứa Mg(MO₃)₂ và NH₄NO₃

nMg(NO₃)₂ = nMg(OH)₂ = 0,12

nNaOH = 2nMg(NO₃)₂ + nNH₄NO₃ => nNH₄NO₃ = 0,01

m khí = 0,02.44 = 0,88

BTKL: 5,22 + mHNO₃ = mMg(NO₃)₂ + mNH₄NO₃ + m khí + mH₂O

=> nH₂O = 0,12

BTNT H: 2nMg(OH)₂ + nHNO₃ = 4nNH₄NO₃ + 2nH₂O

=> nMg(OH)₂ = 0,01

=> %Mg(OH)₂ = 0,01.58/5,22 = 11,11%

Đáp án C

Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu²⁺ điệp phân chưa hết ở t₁ và t₂

*Tại t₁ = 1930 giây: n_e1 = It1/F = 0,02I

=> nCl₂ = 0,01I

n _e1 = 2nCu²⁺ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)

m _{dung dịch giảm} = mCu + mCl₂ => 2,7 = m + 71.0,01I (2)

Giải (1) và (2) => m = 1,28; I = 2

*Tại t₂ = 7720 => n_e2 = 0,16 mol

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

        x          0,5x

H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

           y          0,25y

x+y = 0,16

0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15

Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06

*Tại t₃ = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực

nH₂ = a mol, nO₂ = b mol

m _{dung dịch giảm} = mCu + mH₂ + mCl₂ +mO₂ => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b (3)

n _{e anot} = n_{e catot} => 2nCu + 2nH₂ = 2nCl₂ + 4nO₂ => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b (4)

Giải (3) và (4) thu được: a = 0,02; b = 0,035

n _e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây

Đáp án D

Đáp án A

n_khí = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol); n_Al2O3 = 15,3 : 102 = 0,15 (mol)

Có thể xảy ra:

Catot:                                                                                    Anốt

Cu²⁺ + 2e → Cu                 (1)                                            Cl^- → Cl₂ + 2e               (3)

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂↑   (2)                                           2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e    (4)

Vì Al₂O₃ có thể bị hòa tan bởi OH^- hoặc H⁺ nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH₁: Bên anot nước bị điện phân trước, không có (2) xảy ra.

Al₂O₃ + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂O

0,15→ 0,9 (mol)

=> n_O2 = 1/4n_H+ = 0,225 (mol)  > 0,2 mol khí => loại

TH₂: Bên catot nước bị điện phân trước, không có (4)

=> n_Cl2 = n_khí = 0,2 (mol) => n_e trao đổi = 2n_Cl2 = 0,4 (mol)

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + 2H₂O

0,15→ 0,3 (mol)

=> n_Cu2+  = (0,4 – 0,3)/ 2 = 0,05 (mol)

=> m = m_CuSO4 + m_KCl = 0,05. 160 + 0,4. 74,5 = 37,8 (g)

Đáp án C

Bảo toàn N => n_Zn(NO3)2 = 1/2n_AgNO3 = 0,03 (mol)

=> m_Zn dư = 2,05 – 0,03.65 = 0,1 (g)

=>  m _{(Cu + Ag )II} = 5,06 – 0,1 = 4,96 (g)

Ta có: ∑ m_{( Cu + Ag)I} + ∑ m_{( Cu + Ag) II} =  m_{Cu bđ} + m_Agbđ

=> m_{Cu bđ} = 4,96 + 3,44 – 0,06.108 = 1,92 (g)

Đáp án B

n_e = It/F = 5.2895/96500 = 0,15 mol

Do khi cho Fe vào dung dịch điện phân sinh ra khí NO nên H₂O ở anot đã bị điện phân tạo H⁺.

Giả sử dung dịch sau phản ứng không có Cu²⁺

n_Fe = 3n_NO/2 = 0,03375 mol => m_{Fe pư} = 1,89 gam, chất rắn sau phản ứng có khối lượng là 0,125.56 – 1,89 = 5,11 gam (loại)

Vậy dung dịch sau điện phân có chứa Cu²⁺

Catot :

Cu²⁺ +2e → Cu

           0,15    0,075 mol

Anot :

Cl^- - 1e → 0,5Cl₂

         y          0,5y

H₂O - 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

         0,09                    0,09

3Fe        +     8H⁺ +2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,03375        0,09                                0,0225

Fe          +       Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

x-0,075       x-0,075             x-0,075

m _{chất rắn} = m_Cu + m_{Fe dư} = 64(x-0,075) + 0,125.56 - 56(0,03375+x-0,0075) = 5,43 => x = 0,115 mol

n _{e trao đổi (anot)} = y+0,09 = 0,15 => y = 0,06

x:y = 1,917

Đáp án A

Dùng quy tắc đường chéo => n_H2 = 0,4 (mol); n_NO = 0,05 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_x + m_KHSO4 = m_muối + m_khí + m_H2O

=> m_H2O = 66,2 + 3,1. 136 – 466,6 – 0,45. 46/9 = 18,9 (g)

=> n_H2O = 1,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố H => n_KHSO4 = 2n_H2 + 2n_H2O + 4n_NH4+

=> n_NH4+ = (3,1 – 2.0,4 – 2.1,05)/4 = 0,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố N: 2n_Fe(NO3)2 = n_NO + n_NH4+ => n_Fe(NO3)2 = ( 0,05 + 0,05)/2 = 0,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố O: 4n_Fe3O4 + 6n_Fe(NO3)2 = n_NO + n_H2O => n_Fe3O4 = 0,2 (mol)

m_Al = 66,2 – m_Fe(NO3)2 – m_Fe3O4 = 66,2 – 0,05.180 – 0,2.232 = 10,8(g)

%m_Al = (10,8: 66,2).100% = 16,3% gần nhất với 15%

Đáp án D

Giả sử nCuSO₄ = nNaCl = 2 mol

CuSO₄ + 2NaCl → Cu + Cl₂ +Na₂SO₄ (1)

CuSO₄ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + H₂SO₄ (2)

H₂O → H₂ + 0,5O₂

Sau t giờ thu được dung dịch X có hòa tan Al nên (1) đã điện phân hết, (2) đang điện phân.

(1) => nCuSO₄(1) = 1

(2) => nCuSO₄(2) = a

=>n_e(t) = 2+2a

Sau 2t giờ:

(2) => nCuSO₄(2) = nH₂SO₄ = 4a

=> nCuSO₄ đp = 1+4a => n_e(2t) = 2+8a

Nếu sau 2t giờ catot chưa sinh ra H₂ thì n_e(2t)=2n_e(t) => 2+8a = 2(2+2a) => a=0,5

=> nH₂SO₄ = 2 (vô lí vì nH₂SO₄<nCuSO₄ = 2)

Vậy sau 2t giờ catot đã sinh ra H₂ (b mol), CuSO₄ đã hết => nH₂(H₂SO₄) = 4a = 1 => a = 0,25

BT e tại catot trong trong 2t giờ:

2nCu+2nH₂ = 2(2+2a) => b = 0,5

Tại anot: nCl₂ = 1 và nO₂ = 0,75 (Bte tính O₂)

=> n _{khí tổng} = 2,25 = 9a => A đúng

Sau 1,75t giờ thì n_e = 1,75(2+2a) = 4,375 > 2nCu²⁺ = 4 nên catot đã có khí thoát ra => B đúng

Sau 1,5t giờ thì n_e = 1,5(2+2a) = 3,75 < 2nCu²⁺ = 4 nên Cu²⁺ chưa hết => C đúng

Sau 0,75t giờ thì n_e = 0,75(2+2a) = 1,875 < nCl^- = 2 nên Cl^- chưa hết, H₂O chưa bị điện phân => D sai