Đáp án D

Gọi số mol của CuSO₄ và NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Thứ tự điện phân các chất tại catot và anot

Tại catot:                                                               Tại anot:

Cu²⁺  +2e → Cu↓                                                   2Cl^- → Cl₂ + 2e

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

Vì n_Cl- = 3n_Cu2+ và chất tan thu được hòa tan được Al₂O₃ => Cl^- điện phân hết.

2 chất tan thu được là Na₂SO₄ : x ( mol) ;  NaOH: (3x – 2x) = x (mol)

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O

0,06     ← 0,03                                  (mol)

=> x = n_NaOH = 0,06 (mol)

Tại catot: Cu: 0,06 mol; n_H2 = a (mol)

Tại anot: Cl₂: 0,09 mol; n_O2 = b (mol)

=> ∑ n_e = 0,06.2 + 2.0,15 = 0,42 (mol)

Áp dung CT ta có: n_e = It/F => t = 0,42.96500/2 = 20265 (s) = 5,63 (giờ)

Gần nhất với 5,6 giờ

Đáp án A

BTKL: m_X + m_HCl = m_Khí + m_Y + m_H2O

=> m_H2O = 18,025 + 0,48.36,5 – 27,2.0,05 – 30,585= 3,6 (g) => n_H2O = 0,2 (mol)

n_H+dư ( trong Y) = 4n_NO = 4. 0,005 = 0,02 (mol)

BTNT Cl => n_AgCl = 0,48 (mol) => n_Ag = ( 72,66 – 0,48.143,5)/108 = 0,035 (mol)

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Zn, Fe(NO₃)₂ và Fe₂O₃ trong X

=> m_X = 65a + 180b + 160c = 18,025   (1)

BTNT O: 6n_Fe(NO3)2 + 3n_Fe2O3 = n_N2O + n_NO + 2n_H2O

=> n_N2O + n_NO  = 6b + 3c -0,2

=> n_H2  = ∑ n_Khí - n_N2O + n_NO  = 0,25 – 6b – 3c

Đáp án B

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 =>  D đúng

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

Đáp án C

CuSO₄ :  a mol

KCl :  0,2 mol

n _{khí (+)}  =  2,464 : 22,4 = 0,11 mol (t giây)

Dung dịch điện phân có Cu²⁺, Cl^- nên giai đoạn đầu điện phân H₂O chưa bị điện phân.

Tại cực (+) 2Cl⁻ →Cl₂ + 2e

                     0,2 →0,1   0,2 mol

n_Cl2 = 0,1 < 0,11

Vậy trong thời gian t giây ở (+), H₂O đã bị điện phân.

2H₂O →  O2 + 4e  + 4H⁺

0,01             →0,04

⇒n_O2 = 0,11−0,1=0,01 mol

Ta có n e^- nhường trong t (giây) = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

Vậy trong thời gian 2t (giây) n_{e- (nhường, nhận)} = 0,24 × 2 = 0,48 mol

⇒ trong t (giây) kế tiếp ở (+) H₂O đã điện phân tiếp.

               2H₂O→O₂  +  4e + 4H⁺

                         0,06←  0,24

⇒ n _{khí (+)} = 0,1 + 0,01 + 0,06 = 0,17 mol

∑n(↑) ở 2 cực trong 2t (giây) = 5,824 : 22,4= 0,26 mol

⇒ ở cực (-) Cu²⁺ đã hết và H₂O đã bị khử thoát H₂.

⇒n_H2 = 0,26−0,17 = 0,09 mol⇒n_H2 = 0,26−0,17 = 0,09 mol

(−)Cu⁺² + 2e →Cu

       a→   2a

     2H₂O + 2e → H₂ + 2OH⁻

                        0,18←0,09

Ta có: 2a + 0,18 = 0,48 ⇔ 2a = 0,03 ⇒ a = 0,15

Đáp án D

Ta nhận thấy trong 2 đáp án C và D đối lập nhau nên có 1 trong hai phát biểu là không đúng.

Ta xét giả sử C là phát biểu đúng thì hai khí đó là: Cl₂ (x mol) và O₂ (y mol)

- Cu²⁺ điện phân chưa hết, H₂O ở anot bị điện phân.

Đáp án A

*Tại n_OH- = 0,4 mol (thí nghiệm 2): Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết

=> n_OH- = 4n_Al3+ => 0,4 = 4b => b = 0,1 mol

*Tại n_OH- = 4a (thí nghiệm 2): Al(OH)₃ đạt cực đại

=> n_OH- = 3n_Al(OH)3 => 4a = 3b => a = 3b/4 = 0,075 mol

*Tại n_OH- = x mol: Giả sử n_Al(OH)3 = n_Zn(OH)2 = y mol

- Thí nghiệm 2: Al(OH)₃ chưa đến cực đại

n_OH- = 3n_Al(OH)3 => x = 3y (1)

- Thí nghiệm 1: Zn(OH)₂ bị tan một phần

n_OH- = 4n_Zn2+ - 2n_Zn(OH)2 => x = 4.0,075 – 2.y (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,18; y = 0,06

=> m = m_Zn(OH)2 + m_Al(OH)3 = 0,06.99 + 0,06.78 = 10,62 gam ≈ 10,6 gam

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án A

Trong các sản phẩm khử có H₂ nên NO₃^- hết

Sau khi tác dụng với NaOH thì dung dịch thu được chỉ gồm NaCl là KCl

→ n_HCl = n_NaCl + n_KCl = n_NaOH + n_KNO3 = 0,9mol

Bảo toàn H có n_HCl = 2n_H2 + 4n_NH4 + 2n_H2O

→ n_H2O = 0,4 mol

BTKL : m_A + m_HCl + m_KNO3 = m_muối + m_H2O + m_C

→ m_A = 20,6 gam

Đặt a, b,c, d lần lượt là số mol của Mg, MgCO₃, Fe, Fe(NO₃)₂

Có m_A = 24a + 84b + 56c + 180d =20,6

n_O = 3b+ 6d = 20,6. %O : 16 = 0,48

m_muối = 24(a+b) + 56(c + d ) + 0,07.39 + 0,01.18 + 0,09.35,5 = 45,74

m_oxit = 40 (a +b ) + 160 (c + d ) . ½ = 17,6

Giải hệ được a =0,26; b = 0,1; c= 0,01; d=0,03

→ %Fe = 2,7 %

Đáp án B

BTNT: N => n_HNO3 = n_NH4+ + 2n_N2O + n_NO = t + 0,094 (mol)

BTNT: H => n_HNO3 + n_HCl = 4n_NH4+ + 2n_H2O

=> n_H2O = [(t + 0,094) + 1,726 – 4t]/2 = 0,91 – 1,5t 

BTNT: O => 4z + 3( t + 0,094) = 0,062 + ( 0,91 – 1,5t)  (1)

BTĐT đối với các chất trong dd Y

=> 2x+ 2y + 0,06.2 + 3. (3z- 0,06) + t = 1,726     (2)

m_muối = 24x + 65y + 56.3z + 18t + 1,726.35,5 = 95,105   (3)

m_↓ = 58y + 0,06.90 + 107( 3z- 0,06) = 54,554 

=> 58y +321z = 55, 574          (4)

Giải hệ (1), (2), (3) và (4) => x = 0,128 ; y = 0,08  ; z = 0,15  ; t = 0,02  (mol)

=> m = 0,128. 24 + 0,08.65 + 0,15. 232 = 43,072 (g)

Gần nhất với 43 gam

Đáp án A

I = 2,68 A; t = 6h ; n_Khí = 4,48/22,4 = 0,2 (mol)

Tại catot xảy ra quá trình oxi hóa Cu²⁺                                              Tại anot xảy ra quá trình oxi hóa Cl^-, H₂O

Cu²⁺ +2e → Cu                                                                                    2Cl^- → Cl₂ + 2e

                                                                                                               a     → 0,5a      → 2a   (mol)

                                                                                                             2H₂O → O₂    + 4H⁺  + 4e

                                                                                                                b    → 0,5b → 2b  → 2b (mol)

Vì dung dịch sau phản ứng tác dụng được với Fe và rắn thu được gồm 2 kim loại => Cu²⁺ còn dư sau quá trình điện phân. Và có khí NO thoát ra => tại anot H₂O bị điện phân để sinh ra H⁺

=> n_H+ = 2b = 0,4 (mol)

Vì Fe dư sau phản ứng nên Fe chỉ lên số oxi hóa +2; gọi số mol Cu²⁺ dư là x (mol)

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

0,15 ← 0,4                                                       (mol)

Fe + Cu²⁺ →  Fe²⁺ + Cu↓

x ← x                    → x                                    (mol)

Khối lượng kim loại giảm: ∆ giảm = m_Fe phản ứng – m_{Cu sinh ra}

=> (20 – 12,4) = 0,15 + x).56 – 64x

=> x = 0,1 (mol)

=> n_{Cu2+ bđ} = n_{Cu2+ đp} + n_{Cu2+ dư} = 0,6/2 + 0,1 = 0,4 (mol)

=> m = m_Cu(NO3)2 + m_NaCl = 0,4. 188 + 0,2. 58,5 = 86,9 (g)

Đáp án B

n_T = 0,09 mol => n_H2 = 0,04 mol

m_O = 1,84.8/23 = 0,64 (g) => n_O = 0,04 mol

m_N = 1,84 – m_H – m_O = 1,84 – 0,04.2 – 0,64 = 1,12 (g) => n_N = 0,08 mol

n_N :n_O = 0,08 :0,04 = 2 :1 => Coi như khí còn lại là N₂O

Đáp án D

n_AgNO3 = 0,036 mol

n_Cu(NO3)2 = 0,024 mol

Xét cả quá trình phản ứng, ta thấy chỉ có Mg nhường e và Ag⁺, Cu²⁺ nhận e.

Bte: 2n_{Mg pư} = n_Ag+ + 2n_Cu2+ => n_{Mg pư} = (0,036 + 2.0,024):2 = 0,042 mol

=> n_{Mg dư} = 0,08 – 0,042 = 0,038 mol

Ta có: m_X + m_Y = m + m_Ag + m_Cu + m_{Mg dư} => 4,21 + 4,826 = m + 0,036.108 + 0,024.64 + 0,038.24

=> m = 2,7 gam

Đáp án C

Đáp án D

Gọi số mol của Zn, ZnO, ZnCO₃ lần lượt là 3x, x, x (mol)

=> 3x. 65 + 81x + 125x = 24, 06

=> x = 0,06 (mol)

Dd Y + BaCl₂ → BaSO₄ : 0,34 (mol) => n_SO42- =0,34 (mol) = y

Dd  Y + NaOH → n_OH- max = n_OH- + 4 n_Zn2+ = 1,21 (mol)

=> n_NH4+ = 1,21 – 4. 0,3 = 0,01 (mol) = z

Bảo tòan điện tích cho dd Y:  ∑ n. điện tích (+) = ∑ n. điện tích (-)

=> n_Na+ + 0,3. 2 + 0,01.1 = 0,34.2

=> n_Na+ = 0,07 (mol) = x

BTNT N:  a + 2b + 0,01 = 0,07 (1)

m_T =  30a + 44b + 2c + 44.0,06 = ( a+b + c + 0,06). 436/15  (2)

Hỗn hợp ban đầu quy đổi thành Zn: 0,3 mol;  O: 0,12 mol và CO₂: 0,06 mol

NO₃ ^- + 4H⁺ + 3e →  NO + 2H₂O

2NO₃ ^- + 10H⁺ + 8e →  N₂O + 5H₂O

2H⁺ + 2e → H_2­

∑n _H+ = 2n _H2SO4 = 4n_NO + 10n_N2O + 2n_H2 = 4a + 10b + 2c = 0,34.2  (3)

Giải hệ (1), (2), (3) được

a = 0,04

b = 0,01

c = 0,04

=> V = (0,04+ 0,01 + 0,04+ 0,06). 22,4 = 3,36 lít gần với 3 nhất

Đáp án D

n_Fe3+ = 0,08 (mol); H+ còn dư

Dd Y gồm: FeCl₃ , FeCl₂,  CuCl₂, HCl dư

Qúa trình điện phân dd Y

Catôt (Fe³⁺, Fe²⁺, Cu²⁺, H⁺)                                                                Anốt (Cl^-)

Fe³⁺ +1e → Fe²⁺                                                                                  2Cl^- + 2e → Cl₂

0,08 → 0,08

Cu ²⁺ + 2e → Cu

x     → 2x

2H⁺ + 2e → H₂

Khi catốt có khí thì ngừng => chưa xảy ra phản ứng điện phân H⁺

Gọi n_CuCl2 = x (mol)

=> n_{e trao đổi} = 0,08 + 2x = 2n_Cl2

m_{dd giảm­} = m_Cu + m_Cl2  = 64x + 71( 0,04 + x)  = 13,64

=> x = 0,08 (mol)

Gọi số mol Fe₃O₄ và Fe₂O₃ lần lượt là a và b mol

BTKL: 232a + 160b  + 0,08.64 = 27,2 (1)

2Fe³⁺ + Cu → Fe²⁺ + Cu²⁺

=> n_{Fe3+ sau} =  n_{Fe3+ ban đầu} – n_Cu

<=> 2a + 2b – 2.0,08 = 0,08 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,04 ;  b = 0,08 mol

BTNT Fe: n_Fe2+ = n_{Fe bđ} – n_{Fe3+ sau} = 0,2 mol

n_{H+ dư} = n_{HCl dư} = n_{HCl bđ} – 3n_FeCl3 – 2n_FeCl2 – 2n_CuCl2 = 0,1 mol

Sau điện phân thì n_Fe2+ = 0,28 (mol); n_Cl- = 0,66 (mol); n_H+ = 0,1 (mol)

Khi cho AgNO₃ vào:

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- →3Fe³⁺ + NO + H₂O

0,075← 0,1

Ag⁺    +       Fe²⁺ →  Fe³⁺ + Ag↓

         (0,28 – 0,075)→       0,205

Ag⁺ + Cl^- → AgCl↓

           0,66 → 0,66

m_↓ = m_Ag + m_AgCl = 0,205.108 + 0,66.143,5 = 116,85(g)

Đáp án B

Gọi số mol MgSO₄ và Al₂(SO₄)₃ lần lượt là x và y (mol) có trong 200ml dung dịch.

+ 400 ml dd X + NH₃ dư => kết tủa thu được là Mg(OH)₂ : 2x ( mol) và Al(OH)₃: 4y (mol)

=> ∑ m_{kết tủa} = 58.2x + 78.4y = 65,36 (1)

+ 200 ml dd X + Ba(OH)₂ dư => kết tủa thu được là Mg(OH)₂ : x (mol) và BaSO₄ : x + 3y (mol) ( Vì Al(OH)₃ tan được trong dd Ba(OH)₂ dư)

=> ∑ m_{kết tủa}  = 58x + (x + 3y).233 = 151,41  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,16 ; y = 0,15

+ 500 ml dd X ( có 0,4 mol Mg²⁺, 0,75 mol Al³⁺) + NaOH→ 70gam kết tủa => lượng NaOH lớn nhất ứng với trường hợp tạo Mg(OH)₂↓ và Al(OH)₃↓ sau đó kết tủa bị hòa tan 1 phần

=> n_Al(OH)3 = (70 – 0,4.58)/78 = 0,6 (mol)

Mg²⁺ + 2OH → 2Mg(OH)₂↓

0,4 → 0,8                              (mol)

Al³⁺   + 3OH^-→ Al(OH)₃↓

0,75→2,25 → 0,75      (mol)

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

(0,75-0,6) → 0,15 (mol)

∑ n_OH-= 0,8 + 2,25 + 0,15 = 3,2 (mol) =n_NaOH

=> m_NaOH = 3,2.40 = 128 (g)

Đáp án B

Quy đổi hỗn hợp X thành Mg : x mol, Al: y mol và Fe: z mol, O :0,32 mol

→ 24x + 27y +56z =20,2

X +HNO₃ → hỗn hợp khí

Theo quy tắc đường chéo tính được NO :  0,14 mol và N₂O : 0,02 mol

Ta có

Mg → Mg⁺² + 2e                   Al → Al⁺³ + 3e                       Fe → Fe⁺³ + 3e

O +2e → O^-2                          N⁺⁵ +3e → N⁺²                       2N⁺⁵ +8e → 2N⁺¹

Ta có nếu không tạo NH₄NO₃ thì  n_{e nhận} =  0,32.2 +0,14.3 + 0,02.8 =1,22 mol

m_rắn  = m_{kim loại} + m_O  = 20,2 + m_{O(rắn )} → n_{O(rắn )}  = 0,67 mol → n_{NO3(kim loại)} =1,34 mol

Vì n_e cho =  2x + 3y + 3z = 2n_O(rắn)=1,34 > n_{e nhận}→ pư tạo NH₄NO₃

→ n_NH4NO3 = (1,34 – 1,22 ) : 8 = 0,015 mol

Muối  khan có m = m_{kim loại} + m_{NO3 ( muối kim loại )} + m_NH4NO3 = 20,2 + 1,34.62 + 0,015.80 =104,48