282 Bài tập Đại cương về kim loại cực hay có lời giải (P6)

Chọn A.

Vì dung dịch sau phản ứng hòa tan được CuO -> Có H⁺

Ta có n(H⁺ = 2n(CuO) = 0,08 mol -> n(O₂) = n(H⁺/4) = 0,02

Mà n(Cl₂) + n(O₂) = 0,04 -> n(Cl₂) = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Clo -> n(NaCl) = 2n(NaCl) = 0,04 mol

Áp dụng định luật bảo toàn mol e: n(CuSO₄) = 4n(O₂) + 2n(Cl₂))/2 = 0,06

-> m = 0,06∙160 + 0,04∙58,5 = 11,94 gam

Chọn C

n(MgO) = 0,02; n(khí) = 0,02

Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan MgO → có H₂SO₄

PTHH:

CuSO₄ + 2KCl → Cu + Cl₂ + K₂SO₄ ¹

   x---------------------------- x mol

CuSO₄ + H₂O → Cu + H₂SO₄ + ½ O₂ ²

  y------------------------------y ----------- y/2 mol

H₂SO₄ + MgO → MgSO₄ + H₂O

0,02 -------- 0,02 mol

Ta có hệ phương trình

¹ n(khí) = x + y/2 = 0,02

² n(H₂SO₄) = y = 0,02

Giải ^{1 2} có x = 0,01; y = 0,02

→ m(dung dịch giảm) = m(Cu) + m(Cl₂) + m(O₂) = 2,95 gam

Chọn B

Giả sử tại anot chỉ có Cl₂ ⇒ n_Cl2 = 0,15 mol ⇒ n_e = 0,3 mol < 0,44 mol ⇒ vô lí!.
⇒ khí gồm Cl₂ và O₂ với x và y mol || n_khí = x + y = 0,15 mol; n_e = 2x + 4y = 0,44 mol.
⇒ giải hệ có: x = 0,08 mol; y = 0,07 mol ⇒ n_NaCl = 0,16 mol ⇒ n_Cu(NO3)₂ = 0,2 mol.
n_e > 2n_Cu²⁺ ⇒ H₂O bị điện phân tại catot ⇒ n_OH^– = 0,44 – 0,2 × 2 = 0,04 mol.
H⁺ + OH^– → H₂O ⇒ H⁺ dư 0,07 × 4 – 0,04 = 0,24 mol; n_NO3^– = 0,4 mol.
Xét Fe + dung dịch sau điện phân: do thu được rắn ⇒ Fe dư ⇒ Fe chỉ lên số oxi hóa +2.
3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^– → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O ⇒ n_{Fe phản ứng} = 0,09 mol.
m – 0,09 × 56 = 0,8m ⇒ m = 25,2(g)

Chọn 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

Chọn A

Bảo toàn khối lượng ở phản ứng đầu tiên: m_E + m_H2SO₄ = m_X + m_Y + m_H2O
⇒⇒ m + 98 ∙ 1,08 = m + 85,96 + 4,4 + 18 ∙ n_H2O ⇒⇒ n_H2O = 0,86 mol
● Ta có: n_NO + n_H2 = 0,24 và 30n_NO + 2n_H2 = 4,4
⇒⇒ n_NO = 0,14 và n_H2 = 0,1
Bảo toàn H ta có: 2n_H2SO₄ = 4n_NH4⁺ + 2n_H2 + 2n_H2O ⇒⇒ n_NH4⁺ = 0,06 mol
● Ghép cụm ta có: n_H2O = 2n_NO + 3n_NH4⁺ + n_{O trong Fe3}O₄
⇒⇒ n_{O trong Fe3}O₄ = 0,4 ⇒⇒ n_Fe3O₄ = nO₄nO₄ = 0,1 mol
● Bảo toàn N ta có: n_NaNO3 + 2n_Fe(NO3)₂ = n_NH4⁺ + n_NO ⇒⇒ n_Fe(NO3)₂ = 0,04 mol
● Do X phản ứng với tối đa 2,54 mol KOH nên ta có: 4n_Al + 4n_Zn + x ∙ n_Fex+ + n_NH4⁺ = 2,54
⇒⇒ 12a + x ∙ n_Fe^x+ = 2,48
Mặt khác, bảo toàn điện tích trong X ta có: x ∙ n_Fe^x+ + n_Na⁺ + 3n_Al³⁺ + 2n_Zn²⁺ + n_NH4⁺ = 2n_SO4^2–
⇒⇒ x ∙ n_Fe^x+ + 7a = 1,98
Giải hệ ta được: x ∙ n_Fe^x+ = 1,28 và a = 0,1
Vậy n_Fe = a = 0,1 mol và m = 0,1 ∙ 27 + 0,2 ∙ 65 + 0,1 ∙ 56 + 0,12 ∙ 85 + 0,1 ∙ 232 + 0,04 ∙ 180 = 61,9
⇒⇒ %m_Fe/E = 0,1∗5661,90,1∗5661,9 ≈ 9,047%

Chọn B

ne = 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⁺

nFe = 3nNO/2 = 0,03375 mol => mFe 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 = mCu + mFe 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

Chọn A

Khối lượng dung dịch giảm gồm CuCl₂: 0,075 mol và CuO : 14,125−0,075.(64+71)/80 = 0,05 mol
Dung dịch Y chứa CuSO₄ : 0,2- 0,075- 0,05 = 0,075 mol, H₂SO₄ : 0,125 mol ( bảo toàn nhóm SO₄²⁻
Khi cho 15 gam bột Fe thì xảy ra phản ứng
Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂
Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu
Khối lượng chất rắn thu được gồm Cu : 0,075 mol và Fe dư: 15- 0,075. 56- 0,125. 56 = 3,8 gam → m = 0,075. 64 +3,8 = 8,6 gam

Chọn A

Chọn A

T là este của X, Y với Z nên X cũng đơn chức.

Muối E gồm XCOONa và YCOONa

→ n(XCOONa) = n(CO₂) – n(H₂O) = 0,06

Trong 6,9 gam M đặt:

X là C_nH_2n-2O₂ ( u mol)

T là C_mH_2m-4O₄ (v mol)

→ u + v = 0,06 ¹

m(M) = u¹⁴n + 30) + v¹⁴m + 60) = 6,9 ²

Trong phản ứng đốt cháy:

n(X) + 2n(T) = n(CO₂) – n(H₂O) = 0,03

→ n(O) = 2n(X) + 3n(T) = 0,06

Áp dụng ĐLBT nguyên tố O → n(O₂) = 0,105

Áp dụng ĐLBT khối lượng → m(M) = 2,3 → Trong phản ứng xà phòng hóa đã dùng lượng M nhiều gấp 6,9/2,3  = 3 lần phản ứng cháy.

→ n(CO₂) = (nu + mv)/3 = 0,1 ³

Giải ¹² và ³ → u = 0,03; v = 0,03

nu+ mv = 0,3

→ n +m = 10

Do n ≥ 3 và m ≥ 6 và m≥ n + 3 → n = 3; m = 7 là nghiệm duy nhất.

X là CH₂=CH-COOH ⁰,03)

T là CH₂=CH-COO-CH₂-CH₂-OOC-CH₃⁰,03)

→%T = 68,7%

Chọn B

n(CO₂) = 0,9; n(H₂O) = 0,975

Số C = nCO₂/nE = 2,77

Do Z đa chức và có M­(Z) > 90 nên Z ít nhất 3C. Vậy hai ancol phải ít hơn 2,77C, chúng lại cùng C → C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂ → Z là axit 3 chức và T là este 3 chức, 1 vòng.

Số H = 2nH₂O/nE = 6

Do este nhiều hơn 6H nên axit phải có ít hơn 6H.

Vậy E gồm: C₂H₆O_z = a mol; CH(COOH)₃: b mol; CH(COO)₂C₂H₄-COOC₂H₅: c mol

n(E) = a + b + c = 0,325 mol

n(CO₂) = 2a + 4b + 8c = 0,9

n(H₂O) = 3a + 2b + 5c = 0,975

→ a = 0,25; b = 0,05; c = 0,025 → %nT = 7,69%

Chọn A

Muối R-(COONH₄)z a mol + NaOH --→ az mol NH₃ ==> az = 0,02
M muối = R + 62z = 1,86/a = 93z ==> R = 31z
Với z = 2 ==> R = 62 ==> loại
Với z = 1 ==> R = 31 là gốc HO-CH₂-
===> CT 2 chát là: HO-CH₂-CHO x mol , HO-CH₂-COOH y mol
HO-CH₂-CHO --→ HO-CH₂-COO-NH₄ + 4 Ag
x------------------------------x-----------------2x ===> mol Ag = 2x = 0,0375 ===> x = 0,01875
HO-CH₂-COOH --→ HO-CH₂-COO-NH₄
y-----------------------------------y
mol NH₃ = mol muối = x + y = 0,02 ===> y = 0,00125
m = 60x + 76y = 1,22

Chọn D

n_CO2 = 0,3 mol; n_COOH = n_KHCO3 = 0,04 mol; n_CHO = n_Ag ÷ 2 = 0,26 mol.
Ta có ∑n_C = n_COOH + n_CHO ⇒ không có C ngoài nhóm chức CHO và COOH.
||⇒ X là (CHO)₂, Y là OHC-COOH và Z là (COOH)₂ với số mol x, y và z.
gt: x = 4.(y + z) || n_CHO = 2x + y = 0,26 mol; n_COOH = y + 2z = 0,04 mol.
Giải hệ có: x = 0,12 mol; y = 0,02 mol; z = 0,01 mol ||⇒ %m_X = 74,52%

Chọn A

Hỗn hợp gồm: C₄H₆O₂; C₂H₆O₂; C₂H₄O và CH₄O.
Quan sát: 2 thằng đầu cùng H₆O₂; 2 thằng sau cùng H₄O.
Yêu cầu liên quan đến O₂ cần đốt ||→ tách bỏ H₂O lại thấy sự đặc biệt:
0,15 mol hỗn hợp gồm x mol C + y mol H₂O + 0,15 mol H₂.
Chuyển qua bài tập CO₂ + dung dịch kiềm: vì Ca(OH)₂ vào có thêm kết tủa
||→ CO₂ + 0,2 mol Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + Ba(HCO₃)₂ ¹.
Theo đó: Ca(OH)₂ + Ba(HCO₃)₂ → CaCO₃ + BaCO₃ + 2H₂O ²;
m_{tủa (2)} = 18 gam ||→ có 0,18 mol Ca(HCO₃)₂ và 0,18 mol BaCO₃. Bảo toàn Ba → n_BaCO3 ở ¹ = 0,02 mol.
||→ x = ∑n_CO2 = 0,02 + 0,18 × 2 = 0,38 mol (theo bảo toàn C ở ¹.
Ta có: a = ∑n_O2 cần đốt = x + ½.n_H2 = 0,38 + 0,15 ÷ 2 = 0,455 mol

Chọn B

gt ⇒ X không thể là HCOOH. || Quy E về CH₃COOH, (CH₃COO)₂C₂H₄, CH₂ và H₂.
với số mol là x, y, z và t || m_E = 60x + 146y + 14z + 2t = 13,12(g); n_O2 = 2x + 6,5y + 1,5z + 0,5t = 0,5 mol.
n_KOH = x + 2y = 0,2 mol || nE/nπ= (x+y)/−t = 0,36/0,1

 ⇒ giải hệ có: x = 0,16 mol; y = 0,02 mol; z = 0,05 mol; t = – 0,05 mol.
|| Muối gồm 0,2 mol CH₃COOK; 0,05 mol CH₂ và – 0,05 mol H₂. Ghép CH₂ và H₂ kết hợp điều kiện ≤ 2π.
⇒ A là CH₃COOK (0,15 mol) và B là CH₂=CHCOOK (0,05 mol) ⇒ a : b = 2,672

Chọn D

Xét ½ hỗn hợp X có : C_nH_2nO₂ : a (mol) ; C₂H₅OH : b (mol) → a + b = 2n(H₂) = 0,35 (mol)

n(CO₂) = n(BaCO₃) = 0,9 = an + 2b

m(CO₂) + m(H₂O) = 56,7 gam → m(H₂O) = 56,7 – 0,9*44 = 17,1 → n(H₂O) = 0,95

n(C₂H₅OH) = b = n(H₂O) – n(CO₂) = 0,95 – 0,9 = 0,05 → a = 0,3 → n =2,67

→ Hai axit là : C₂H₄O₂ : x mol và C₃H₆O₂ : y mol

Ta có hpt :

(1) x + y = 0,3

(2) 2x + 3y = 0,9 – 0,05*2 = 0,8

Giải (1) và (2) → x = 0,1 và y = 0,2

→ %C₃H₆O₂ = 64,07%

Chọn B

X tác dụng với NaOH tỷ lệ 1 : 3 tạo muối và anđehit → X là este 2 chức, có 1 chức nối trực tiếp với vòng benzen. Mà dung dịch tạo 2 muối trong đó có 1 muối M < 100 → Axit tạo este đơn chức.

→ X : HCOOC₆H₄COOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + NaOC₆H₄COONa + CH₃CHO

Y + AgNO₃ /NH₃ → 4Ag

→ m = 432 gam

Chọn C

Gọi công thức của X là RCOOCH₂R’ → ancol Z là R’CH₂OH 

Xét T:

R’CH₂OH + 1/2O₂ → R’CHO + H₂O

R’CH₂OH + O₂ → R’COOH + H₂O

Trong 1/3 T có: R’CHO: x mol; R’COOH: y mol; R’CH₂OH dư: z mol; H₂O: x +y mol

+) Phần 1 + AgNO₃/NH₃ → n(Ag) = 2n(R’CHO) = 0,2 mol → x = 0,1 mol

+) Phần 2 + NaHCO₃ → n(CO₂) = n(R’COOH) = 0,1 mol → y =0,1 mol

+) Phần 3 + Na → n(H₂) = ½ n(R’COOH) + ½ n(R’CH₂OH) + ½ n(H₂O) → z = 0,1 mol

Mặt khác: 25,8 gam chất rắn = m(R’COONa) + m(R’CH₂OH) + m(NaOH)

→ 25,8 = 0,1*(R’+44+23) + 0,1*(R’+14+16+23) + 0,2*40 → R’ = 29 (C₂H₅)

Chọn D

%C_/X = 12 × 7 ÷ 144 = 7: 12

Chọn D

Gọi X: C_xH_2xO₂ (a mol); Y: C_yH_2y-2O₂ (b mol); Z: C_zH_2z-4O₄ (c mol

n(H₂O) = ax + b(y-1) + c(z-2) = 0,32

m(E) = a(14x+32) + b(14y+30) + c(14z+60) = 9,52

n(NaOH) = a+b+2c= 0,12

Áp dụng ĐLBT khối lượng cho phản ứng với NaOH → n(H₂O) = a+b = 0,1

→ a = 0,02; b = 0,08; c = 0,01; ax+by+cz = 0,42

→ 2x+8y+z = 42 → chỉ có x = 1; y = 4; z = 8 là nghiệm thỏa mãn

X là HCOOH: 0,02; Y là CH₃CH=CH-COOH: 0,08; Z là CH₃-CH=CH-COOC₃H₆-OOCH: 0,01

Chọn D

Thủy phân hết m gam hỗn hợp X gồm một số este được tạo bởi axit đơn chức và ancol đơn chức

→ Gọi công thức của X là RCOOR’

Vì Ca(OH)₂ dư nên n(CO₂) = n_kt = 0,23 mol

Có m _{bình tăng} = m(CO₂) + m(H₂O)

→ n(H₂O) = (13,18 – 0,23.44)/18 = 0,17 (mol)

Có n(Na₂CO₃) = 0,07 mol → n(NaOH) = 0,14 mol

Muối thu được dạng RCOONa: 0,14 mol → m_muối = m_C + m_H + m_O + m_Na

→ m_muối = 12.(0,23 + 0,07) + 0,17.2 + 0,14.2.16 + 0,14.23 = 11,64 (gam)

Vì este đơn chức nên n_ancol = n_axit = 0,14 mol

Khi tham gia phản ứng tạo ete luôn có n(H₂O) = 0,5 ; tổng n_ancol = 0,07 mol

→ m_ancol = m_ete + m(H2O) = 4,34 + 0,07.18 = 5,6 gam

Bảo toàn khối lượng → m_este = m_muối + m_ancol - m_NaOH

→ m_este = 11,64 + 5,6 – 0,14.40 = 11,64 gam

Chọn D

n(ancol) = n(NaOH) = 0,24 mol → n(ancol phản ứng) = 0,24*80% = 0,192 mol

→ n(este) = n(H₂O) =0,096 → m(ancol phản ứng) = m(ete) + m(H₂O) = 6,816

→ M (ancol) = 35,5 → 2 ancol là CH₃OH (0,18 mol) và C₂H₅OH (0,06 mol)

Trong E: n(H₂O) = 0,66 mol → n(H) = 1,32 n(O) = 2n(NaOH) = 0,48 → n(C) = 0,66

Vậy đốt E thu được sản phẩm có n(CO₂) = n(H₂O) → E chứa các este no, đơn chức.

Số C = 0,66/0,24 = 2,75 → X là HCOOCH₃

TH1: Y và Z đều có dạng RCOOC₂H₅

n(X) = 0,18, n(Y) + n(Z) = 0,06

n(CO₂) = 0,18*2 + 0,06n = 0,66 → n = 5 (Loại vì Y, Z trùng  nhau)

TH2: X là HCOOCH₃ (a), Y là RCH₂COOCH₃ (b) và Z là RCOOC₂H₅ (0,06)

→ n(CH₃OH) = a + b =0,18 mol

→ m(khí) = 2a + (R+15)b + (R+1)*0,06 = 0,24*9 → Rb + 13b + (R+1)*0,06 = 1,8

→ 0,06(R+1) < 1,8 → R < 29 → R = 15 → a = 0,15 và b = 0,03

Vậy các chất trong R:

X: HCOOCH₃ (0,15 mol); Y: C₂H₅COOCH₃ (0,03 mol); Z: CH₃COOC₂H₅ (0,06)

%X = 53,19%

Chọn C

Tại y (s) 

Tại 1,5y (s) 

Tại 2,5y (s) 

Chọn D.

Dung dịch X chứa HNO₃

Þ (trường hợp tạo Fe²⁺)

Þ AgNO₃: 0,16 mol

Tại thời điểm t (s) thu được Ag là x mol Þ n_{e (1)} = x và a = 108x + 0,25x.32 (1)

Tại thời điểm 2t (s) thu được: Ag (0,16 mol)  và 

Þ a + 5,36 = 0,16.108 + (2x – 0,16) + 32.0,5x

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,12 Þ t = 5790 (s).

Chọn A.

Tại thời điểm t (s) tại anot thu được khí Cl₂ (0,05 mol) Þ n_{e (1)} = 0,1 mol

Tại thời điểm 3,5t (s) tại anot có: 

 và dung dịch Y chứa Cu²⁺ dư (a mol), H⁺ (0,2 mol), NO₃^-, K⁺

Khi cho Y tác dụng với Fe thì: n_{Fe pư} = 

=

Chất rắn thu được gồm Fe dư và Cu Þ 20 – 56.(a + 0,075) + 64a = 16,4 Þ a = 0,075

Vậy dung dịch X gồm Cu(NO₃)₂ (0,25 mol) và KCl (0,15 mol) Þ m = 58,175 (g).

Chọn A

Tại x(s)

Tại y(s)

Tại z(s)

Chọn A.

Dung dịch X chứa H⁺(x mol), Fe²⁺ (y mol), Fe³⁺ (z mol), Cu²⁺ (t mol), Cl^- (0,6 mol)

Tại thời điểm t₁ = 772 (s): Fe³⁺ điện phân hết chuyển thành Fe²⁺ Þ n_{e (1)} = z

Tại thời điểm t₂ = 4632 (s): Cu²⁺, H⁺ điện phân hết Þ n_{e (2)} = x + z + 2t

Tại thời điểm t₃ = 11580 (s): Fe²⁺ điện phân hết Þ n_{e (3)} = x + 2y + 3z + 2t và 56(y + z) + 64t = 12,64 (2)

+ Với t₂ = 6t₁ Þ x + z + 2t = 6z (3)

+ Với t₃ = 15t₁ Þ x + 2y + 3z + 2t = 15z. Thay (1) vào Þ z = 0,04 

Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,12 ; y = 0,14 ; t = 0,04

Khi cho AgNO₃ đến dư vào X thì:

Chọn A.

Tại thời điểm t = 200 (s): chỉ có khí Cl₂ (x mol) tại anot Þ n_{e (1)} = 2x mol

Tại thời điểm t = 350 (s): có khí Cl₂ (x mol) và O₂ Þ n_{e (2)} = 3,5x mol $\stackrel{\mathrm{BT} : \mathrm{e}}{\to }$ n_Cu = 1,75x

Tại thời điểm t = 450 (s): có khí Cl₂ (x mol), O₂, H₂ Þ n_{e (3)} = 4,5x mol $\stackrel{\mathrm{BT} : \mathrm{e}}{\to }$${\mathrm{nH}}_2 = 0,5\mathrm{x}$

Tại thời điểm t = 250 (s) Þ n_e = 0,2 mol Þ

Dung dịch Y có chứa H⁺ (0,04 mol); Cu²⁺ (0,04 mol)

Khi cho Y tác dụng với Al thì:  m_{dd giảm}

Chọn B.

Dung dịch X chứa H⁺(x mol), Fe²⁺ (y mol), Fe³⁺ (z mol), Cu²⁺ (t mol), Cl^- (0,6 mol)

Tại thời điểm t₁ = 772 (s): Fe³⁺ điện phân hết chuyển thành Fe²⁺ Þ n_{e (1)} = z

Tại thời điểm t₂ = 4632 (s): Cu²⁺, H⁺ điện phân hết Þ n_{e (2)} = x + z + 2t

Tại thời điểm t₃ = 11580 (s): Fe²⁺ điện phân hết Þ n_{e (3)} = x + 2y + 3z + 2t và 56(y + z) + 64t = 12,64 (2)

+ Với t₂ = 6t₁ Þ x + z + 2t = 6z (3)

+ Với t₃ = 15t₁ Þ x + 2y + 3z + 2t = 15z. Thay (1) vào Þ z = 0,04 

Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,12 ; y = 0,14 ; t = 0,04

Khi cho AgNO₃ đến dư vào X thì:

Kết tủa thu được là AgCl (0,6 mol) và Ag (0,03 mol) Þ m = 91,5 (g)

Chọn A 

Tại thời điểm t = 200 (s): chỉ có khí Cl₂ (x mol) tại anot Þ n_{e (1)} = 2x mol

Tại thời điểm t = 350 (s): có khí Cl₂ (x mol) và O₂ Þ n_{e (2)} = 3,5x mol $\stackrel{\mathrm{BT} : \mathrm{e}}{\to }$ n_Cu = 1,75x

Tại thời điểm t = 450 (s): có khí Cl₂ (x mol), O₂, H₂ Þ n_{e (3)} = 4,5x mol $\stackrel{\mathrm{BT} : \mathrm{e}}{\to }$ n${\mathrm{H}}_2 = 0,5\mathrm{x}$

Tại thời điểm t = 250 (s) Þ n_e = 0,2 mol Þ

Dung dịch Y có chứa H⁺ (0,04 mol); Cu²⁺ (0,04 mol)

Khi cho Y tác dụng với Al thì:  m_{Al tăng} 

Chọn B.

Tại thời điểm t = 4632 giây ta có: n_e = 0,36 mol

+ Khí thoát ra ở anot là Cl₂ và O₂ với

Tại thời điểm t = 6948 giây ta có: n_e = 0,54 mol

+ Khí thoát ra ở anot là Cl₂ (0,06 mol) và

và khí ở catot H₂ với ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$ = n_{khí cả 2 điện cực}  – n_{khí ở anot} = 0,05 mol $\stackrel{\mathrm{BT} : \mathrm{e}}{\to }$b = 0,22 mol

(a) Sai, Tổng khối lượng hai muối trước điện phân là 44,14 gam.

(b) Đúng, Tại thời điểm t = 5790 giây ta có: n_e = 0,45 mol mà $2{\mathrm{n}}_{\mathrm{Cu} }< {\mathrm{n}}_{\mathrm{e}}$ nên tại thời gian này thì nước đã điện phân ở cả 2 điện cực.

(c) Sai, Giá trị của b là 0,22.

(d) Sai, Dung dịch X chứa 3 chất tan K₂SO₄, H₂SO₄ và CuSO₄ dư.

(e) Sai, Đến thời điểm 6948 giây, số mol H⁺ sinh ra ở anot là 0,42 mol.

Chọn A.

Tại anot có khí Cl₂ và O₂ thoát ra với

Tại catot lúc này có:

Dung dịch còn lại sau khi lấy catot ra khỏi bình điện phân chứa Fe²⁺ dư (0,2 mol); H⁺ (0,8 mol); NO₃^– (1,2 mol), lúc này tiếp tục xảy ra phản ứng oxi hóa khử nên ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+ }\mathrm{dư} }$ = 0,8 – $\frac{4}{3}{n}_{F{e}^{2+}}$= 8/15 mol

Dung dịch Y chứa Fe³⁺ (0,2 mol); H⁺ dư (8/15 mol) và  NO₃^– (1,2 mol). Vậy (${\mathrm{m}}_{\mathrm{Y} }- {\mathrm{m}}_{\mathrm{X}} = 9,67$) 

Chọn B.

Tại thời điểm t (s) có khí Cl₂ (0,06 mol) Þ n_{e (1)} = 0,12 mol

Tại thời điểm 2t (s) có 2 khí Cl₂ (x mol) và O₂ (y mol) Þ

Tại thời điểm 4t (s) có 3 khí H₂ (a mol); Cl₂ (0,08 mol) và O₂ (b mol) Þ n_{e (4)} = 0,48 mol

Tại thời điểm 3t (s) Þ n_{e (3)} = 0,36 mol có $\left\{\begin{array}{l}Cu: 0,17 mol\\ C{l}_2: 0,08 mol\end{array}\right.$

Chọn A

Ta có ${\mathrm{n}}_{\mathrm{e} (\mathrm{trao} \mathrm{đổi})} =\frac{\mathrm{It}}{96500}= 0,34 \mathrm{mol}$ . Các quá trình điện phân diễn ra như sau:

Xét khối lượng giảm sau điện phân ta có:

Dung dịch sau điện phân chứa: Na⁺, H⁺ (0,24 mol) và NO₃^- (0,5 mol) và Cu²⁺ (0,04 mol)

Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì:

Chọn B.

Xét đoạn (100 – 87,3): FeCl₂ điện phân hết Þ

Xét đoạn (y – 1,5y): MgCl₂ điện phân hết (MgCl₂ + 2H₂O ® Mg(OH)₂ + Cl₂ + H₂)

Xét đoạn (1,5y – 2,5y): H₂O điện phân (2H₂O ® H₂ + O₂)

Chọn D.

Tại t = a (s) : có khí Cl₂ thoát ra tại anot Þ

 (đặt b = x/22,4)

Tại t = 3a (s) : có khí Cl₂, O₂ thoát ra tại anot mà

Tại t = 4a (s) : có khí Cl₂, O₂ thoát ra tại anot và khí H₂ thoát ra tại catot.

Thay (2) thay vào (1): x = 2,24.

Tại t = 2,5a (s) : có khí Cl₂ (0,1 mol), O₂ thoát ra tại anot và tại có Cu

Khi cho Fe tác dụng với dung dịch sau điện phân thì:

Chọn A.

Tại t₁ = 965s 

Tại t₂ = 3860s Þ n_e = 0,16 mol Þ có khí Cl₂ (x mol) và O₂ (y mol).

Tại t₃ (s) Þ 5m = 6,4 = m_Cu Þ Ở catot có khí H₂ (a mol) và ở anot có khí Cl₂ (0,05 mol); O₂ (b mol)

mà m_{dd giảm} = 11,11 = 6,4 + 0,05.71 + 2a + 32b (1) và 2a + 0,1.2 = 4b + 0,05.2 (2)

Giải hệ (1), (2) suy ra: a = 0,02 ; b = 0,035 Þ n_e = 0,24 mol Þ t₃ = 11580s. Vậy t₃ : t₁ = 12.

Chọn A.

+ Tại thời điểm t (s): Anot có hai khí thoát ra là Cl₂ (0,2V mol) và O₂ (x mol)

với 0,2V + x = 0,3 (1) và ${\mathrm{n}}_{\mathrm{e}\left(1\right)} = 0,4\mathrm{V}+4\mathrm{x}$

+ Tại thời điểm 2t (s):

Anot: có hai khí thoát ra là Cl₂ (0,2V mol) và O₂ với 

Catot: Cu²⁺ đã điện phân hết và H₂O đã điện phận tại catot sinh ra khí H₂ (y mol)

Dung dịch sau điện phân trung hoà với được với bazơ Þ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+}} = {\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}} = 0,5 \mathrm{mol}$

Ta có: ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+} \mathrm{bđ}}$ = $2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$ + 0,5 = $4{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}$ Þ 2y + 0,5 = 4.(0,1V + 2x)  (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: V = 1 lít.

Chọn A.

Tại t = 4825 (s) Þ n_e = 0,1 mol

Tại t = 7720 (s) Þ n_e = 0,16 mol Þ Tại anot Cl₂ (x) và O₂ (y) còn catot Cu (0,04) và H₂ (z)

Chọn C.

Dung dịch Y có chứa OH^- Þ 

Khí thoát ra ở cả 2 điện cực là H₂ và Cl₂ với M = 57,2 Þ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Cl}}_2} = 0,4 \mathrm{mol}$

Chọn A.

Khi cho Fe tác dụng với Y thì hỗn hợp rắn gồm Cu và Fe dư.

với n_{Fe pư} =

và ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}^{+}} = 4{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO} }= 0,2 \mathrm{mol}$. Dung dịch Y gồm Cu²⁺ (0,05); H⁺ (0,2); Na⁺ (0,5V) và NO₃^- (2V)

$\stackrel{\mathrm{BTDT}}{\to }$ V = 0,2. Dung dịch ban đầu gồm Cu(NO₃)₂ (0,2 mol) và NaCl (0,1 mol)

Khối lượng dung dịch giảm: m = 64.(0,2 - 0,05) + 71.0,05 + 32.0,05 = 14,75 (g)

Chọn A.

Khí thoát ra tại anot gồm Cl₂ (0,15 mol)

và O₂ (a mol).

Þ m_{dd giảm} =

64.(0,15 + 2a) + 71.0,15 + 32a = 28,25

Þ a = 0,05.

Dung dịch X gồm NaNO₃, HNO₃

(4a = 0,2 mol) và Cu(NO₃)₂ dư (x – 0,25 mol).

Khi cho Fe vào dung dịch X thì:

3Fe + 8HNO₃ ® 3Fe(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O ,

    Fe + Cu(NO₃)₂ ® Fe(NO₃)₂ + Cu (2) , Dm_{tăng (2)} = (64 – 56).(x – 0,25) = 8x – 2 (g)

Theo đề: 4,2 – (8x – 2) = 3 Þ x = 0,4