Đáp án B

(1) sai vì không tạo thành cặp điện cực có bản chất khác nhau

(2) sai vì tạo kết tủa CuS có màu đen

(3) đúng, vì ban đầu tạo Fe₂(CO₃)₃ muối này không bền nên bị thủy phân tạo Fe(OH)₃ màu đỏ nâu và thoát khí CO₂

$3N{a}_{2}C{O}_3+2FeC{l}_3+3H_{2}O\to 6NaCl+2Fe{\left(OH\right)}_3+3C{O}_2$

(4) đúng, vì Al tan được trong dung dịch NaOH:

$2Al+2NaOH+2H_{2}O\to 2NaAl{O}_2+3H_2$

(5) sai vì Fe tác dụng với Cl₂ đun nóng tạo thành FeCl₃

$2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{\circ }}{\to }2FeC{l}_3$

Vậy có tất cả 2 nhận xét đúng

Đáp án C

Giả sử đặt số mol của mỗi chất là 1 (mol)

Các PTHH xảy ra là:

Na₂O + H₂O → 2NaOH

1                    →  2  (mol)

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

1                    →  1  (mol)

=> sinh ra tổng 4 mol OH^- đủ để thực hiện các phản ứng

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + H₂O

NH₄⁺ + OH^-  → NH₃ + H₂O

Sau đó CO₃^2- sinh ra phản ứng với Ba²⁺ theo phản ứng:

CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃↓

Vậy dung dịch sau phản ứng có chứa các ion: Na⁺, AlO₂^- , Cl^-

=> Dung dịch chứa: NaCl và NaAlO₂

Đáp án C

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}FeO\\ ZnO\\ PbO\\ CuO\end{array}\right.+HN{O}_{3}dư\to ddY\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+},Z{n}^{2+},P{b}^{2+},C{u}^{2+}\\ H^{+}\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.\stackrel{+trung hòa}{\to }dd Z \\ dd Z\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+},Z{n}^{2+},P{b}^{2+},C{u}^{2+}\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.\stackrel{+N{a}_{2}S}{\to }T\left\{Fe{\left(OH\right)}_3,ZnS,CuS,PbS\right\} \end{gathered}$$

Chú ý

NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa như HNO₃

muối Fe₂S₃ không bền, bị thủy phân tạo thành Fe(OH)₂ và H₂S

Đáp án D

$A. NaOH+NaHS{O}_4\to N{a}_{2}S{O}_4 \left(E\right)+H_{2}O$

Na₂SO₄ + NaHCO₃ → Không xảy ra pư => loại

$B. H_{3}P{O}_4+N{a}_{3}P{O}_4\to N{a}_{2}HP{O}_4 \left(E\right)$

E không phản ứng với F => loại

C. Loại vì X và Y không phản ứng với nhau

$$\begin{gathered} D. H_{3}P{O}_4+N{a}_{2}HP{O}_4\to 2Na{H}_{2}P{O}_4 \left(E\right) \\ V V \to 2V \left(lít\right) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Na{H}_{2}P{O}_4+N{a}_{3}P{O}_4\to 2N{a}_{2}HP{O}_4 \left(F\right) \\ 2V 2V \left(lít\right) \end{gathered}$$

=> phản ứng vừa đủ hết => thỏa mãn

Đáp án D

$F{e}_3{O}_4+4H_{2}S{O}_4 loãng dư\to FeS{O}_4+F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+4H_{2}O$

Dung dịch X thu được có chứa: Fe²⁺, Fe³⁺, SO₄^2- ; H⁺

Cả 6 chất đều tác dụng được với dung dịch X là: Fe, KNO₃, KMnO₄, BaCl₂, NaOH, Cu.

Các phương trình minh họa

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

$$\begin{gathered} N{O_3}^{-}+4H^{+}+3F{e}^{2+}\to 3F{e}^{3+}+NO+2H_{2}O \\ Mn{O_4}^{-}+4H^{+}+3F{e}^{2+}\to 3F{e}^{3+}+Mn{O}_2\downarrow +2H_{2}O \end{gathered}$$

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓

OH^- + H⁺ → H₂O

Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

Chú ý

NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa trương tự như HNO₃

Đáp án A

A + B → kết tủa nên A và B là một trong 2 chất BaCl₂ và KHSO₄ → loại D

$BaC{l}_2+KHS{O}_4\to BaS{O}_4+KCl+HCl$

Vì B hoặc D tác dụng với C → khí SO₂ nên loại C vì BaCl₂ không tác dụng với NaHSO₃

Loại B vì BaCl₂ không tác dụng với HCl

→ thỏa mãn A : $2KHS{O}_4+2NaHS{O}_3\to K_{2}S{O}_4+N{a}_{2}S{O}_4+H_{2}O+S{O}_2$

$2HCl+N{a}_{2}S{O}_3\to 2NaCl+H_{2}O+S{O}_2$

HCl không tác dụng với BaCl₂

Đáp án C

n_HCl = n_CuCl2= 0,2. 0,1 = 0,02 (mol) => n_H+ = 0,02 (mol); n_Cu2+ = 0,02(mol)

n_H2 = 0,448 :22,4 = 0,02 (mol)

Gọi chung kim loại Ba – Na là M hóa trị n

Kim loại sau khi phản ứng xong với axit sẽ tiếp tục phản ứng với H₂O có trong dung dịch

PTHH:

$$\begin{gathered} M+2n{H}^{+}\to M{n}^{+}+n{H}_2\uparrow \\ 0,02\to 0,01 \left(mol\right) \\ M+2n{H}_{2}O \to M{n}^{+}+2nO{H}^{-}+n{H}_2\uparrow \\ 0,02\leftarrow (0,02-0,01) \left(mol\right) \\ C{u}^{2+}+2O{H}^{-}\to Cu{\left(OH\right)}_2 \\ 0,02 \to 0,01 \left(mol\right) \end{gathered}$$

=> m_Cu(OH)2↓ = 0,01. 98 = 0,98 (g)

Đáp án A

n_HNO3 = 0,864 mol; n_NO = 0,186 mol

n_HNO3 > n_NO => Trong dd Y có chứa NO₃^-: n_NO3- = 0,864 – 0,186 = 0,678 mol

Khi cho BaCl₂ dư tác dụng với Y: m _{kết tủa} = m_BaSO4 = 11,184 gam

=> n_SO42- = n_BaSO4 = 11,184:233 = 0,048 mol

BTNT “O”: 3n_HNO3 = 4n_SO42- + 3n_NO3- + n_NO + n_H2O

=> 3.0,864 = 0,048.4 + 0,678.3 + 0,186 + n_H2O => n_H2O = 0,18 mol

BTNT “H”: n_HNO3 = n_{H+ (Y)} + 2n_H2O => 0,864 = n_H+(Y) + 0,18.2 => n_H+(Y) = 0,504 mol

Như vậy ta có sơ đồ sau:

$8,976\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}Fe:x\\ Cu:y\\ S:0,048\end{array}\right.+HN{O}_3:0,864\to Y\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}:x\\ C{u}^{2+}:y\\ H^{+}:0,504\\ S{O}_4^{2-}:0,048\\ N{O}_3^{-}:0,678\end{array}\right.+NO:0,186+H_{2}O:0,18$

56x + 64y = 8,976 – 0,048.32 (1)

BTĐT dd Y: 3x + 2y + 0,504 = 0,048.2 + 0,678 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,03 và y = 0,09

Cho Y tác dụng với tối đa Fe:

$\begin{array}{l}3Fe + 8H^{+} +2N{O_3}^{- }\to 3F{e}^{2+ }+2NO+4H_{2}O\\ 0,189\leftarrow 0,504\\ Fe + 2F{e}^{3+ }\to 3F{e}^{2+}\\ 0,015\leftarrow 0,03\\ Fe + C{u}^{2+ }\to F{e}^{2+ }+Cu\\ 0,09\leftarrow 0,09\end{array}$

=> m = (0,189 + 0,015 + 0,09).56 = 16,464 gam

Đáp án A

(a) $N{O}_2+2NaOH\to NaN{O}_2+NaN{O}_3+H_{2}O$ => thu được 2 muối có số mol bằng nhau

(b) $HCl+N{a}_{3}P{O}_4\to NaCl+N{a}_{2}HP{O}_4$ => thu được 2 muối có số mol bằng nhau

(c) $F{e}_3{O}_4+4H_{2}S{O}_4\to FeS{O}_4+F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+4H_{2}O$ => thu được 2 muối có số mol bằng nhau

(d)

$\begin{array}{l}{P}_2{O}_5 +2H_{2}O\to 2H_{3}P{O}_4\\ a \to 2a\left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}2H_{3}P{O}_4 +3KOH\to K_{2}HP{O}_4 +K{H}_{2}P{O}_4 +3H_{2}O\\ 2a\to 3a\end{array}$

=> thu được 2 muối có số mol bằng nhau

(e) $9Fe{\left(N{O}_3\right)}_2+12HCl\to 4FeC{l}_3+5Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+3NO+6H_{2}O$ => Thu được 2 muối có số mol khác nhau

(f) $K_{2}C{r}_2{O}_7+14HCl\to 2KCl+2CrC{l}_3+3C{l}_2+7H_{2}O$=> Thu được 2 muối có số mol bằng nhau

=> có 5 thí nghiệm thu được 2 muối có số mol bằng nhau

Đáp án C

(1)

$\begin{array}{l}F{e}_3{O}_4 +4H_{2}S{O}_4 \to FeS{O}_4 +F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3 +4H_{2}O\\ x \to 4x \to x \left(mol\right)\\ Cu+F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3 \to CuS{O}_{4 } +FeS{O}_4\\ x \to x \left(mol\right)\end{array}$

→ sau pư thu được 2 muối CuSO₄  + FeSO₄

(2)  $2NaHS{O}_4+2KHC{O}_3\to N{a}_{2}S{O}_4+K_{2}S{O}_4+2C{O}_2+2H_{2}O$ → thu được 2 muối Na₂SO₄ + K₂SO₄

(3)

$$\begin{gathered} Fe+2AgN{O}_3\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_2 + Ag\downarrow \\ x \to 2x \to x \left(mol\right) \end{gathered}$$

AgNO₃ còn dư 0,5x (mol) nên tiếp tục phản ứng với Fe(NO₃)₂

$$\begin{gathered} AgN{O}_3 + Fe{\left(N{O}_3\right)}_2 \to Fe{\left(N{O}_3\right)}_3 + Ag\downarrow \\ 0,5x \to 0,5x \to 0,5x \left(mol\right) \end{gathered}$$

Vậy sau phản ứng vẫn thu được 2 muối Fe(NO₃)₂: 0,5x (mol) và Fe(NO₃)₃:0,5x (mol)

(4) $Ba{\left(OH\right)}_2+NaHC{O}_3\to BaC{O}_3\downarrow +NaOH+2H_{2}O$

→ dd không thu được 2 muối

(5) $N{a}_{2}C{O}_3+BaC{l}_2\to BaC{O}_3\downarrow +2NaCl$

→ thu được 2 muối là NaCl và Na₂CO₃ dư

(6) $F{e}_3{O}_4+8HCl\to FeC{l}_2+2FeC{l}_3+H_{2}O$

         x    → 8x          (mol)

→ Thu được 2 muối FeCl₂ và FeCl₃

Vậy có 5 thí nghiệm dung dịch thu được 2 muối là: (1), (2), (3), (5), (6)