Sau khi hỗn hợp X bị CO lấy đi 1 phần oxi ⇒ Chất rắn Y.

+ Đặt n_Fe/Y = a và n_O/Y = b ta có:

PT bảo toàn electron: 3a – 2b = 2n_SO2 = 0,09 mol (1)

PT theo muối Fe₂(SO₄)₃: 200a = 18 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = b = 0,09 mol

⇒ m_Y = 0,09×(56+16) = 6,48 gam.

+ Mà n_{O bị lấy đi bởi CO} = n_CaCO3 = 0,04 mol

⇒ n_X = m_Y + m_{O bị lấy đi} = 6,48 + 0,04×16 = 7,12 gam

Đáp án B

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 cần chọn là: A

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án B

Xét NaOH +X

 tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +  

Ghép với A l O 2 -   ⇒ tạo 0,05 mol  N a A l O 2

Đặt n A l = x ;   n M g = y

Giải hệ có:  

TH1: B a S O 4  đạt cực đại

⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14   m o l

⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12   m o l  

Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -  còn dư 0,6 mol điện tích

Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol

⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H -  dư

Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ;   0 , 15   m o l   M g O ⇒  m_rắn =38,62g

TH2: A l ( O H ) 3  đạt cực đại

⇒  các ion trong dung dịch gồm  B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -

(ta đang giả sử B a 2 + ,   S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)

Đặt  n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a

Bảo toàn điện tích:

n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08   m o l

⇒ m_rắn tối đa =38,62 (g)

Đáp án B

•  

• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)

Có  n NaOH = 0 , 85   >   0 , 52   +   2 . 0 , 14   =   0 , 8  

=> Chứng tỏ Al(OH)₃ bị hòa tan một phần:  n AlO 2 - = 0 , 85   -   0 , 8   =   0 , 05   mol  

⇒ m ↓ =   m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5   g (2)

• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15 

• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.

⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V ,   n OH - = ( 0 , 8   +   2 . 0 , 1 ) V = V  

P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi:    n OH - = n H + ⇒   V   =   0 , 8   ( l )  

Khi đó:  n B a 2 + = 0 , 08   mol   <   n SO 4 2 - = 0 , 14   mol  

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15   +   233 . 0 , 08   =   39 , 04   g  

P Lượng BaSO₄ thu được cực đại khi:    n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14   mol ⇒ n OH - = 1 , 4   mol  

Khi đó:  n OH - >   n H + +   n Al ⇒ Al ( OH ) 3   tan   hết

⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15   +   233 . 0 , 14   =   41 , 32   g   >   39 , 04   g  

=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít 

⇒ m ↓ =   m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62   g  

Gần nhất với giá trị 38,6

Đáp án C

Có

Đáp án A

Có: 

Có:

Đáp án C

X + CO tạo thành chất rắn Y gồm các kim loại Mg, Fe, Cu và hỗn hợp khí z gồm CO₂ và CO dư

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron

Trong thí nghiệm 1: n_{e nhường} = n_{e nhận}   = 0,3(mol)

 n_{e nhường trong thí nghiệm} = n_{e nhường (1)}  +  2.n_CO2 =1(mol) = n_{e nhận (2)} = n_NO2 

Chú ý: Với các bài toán của phản ứng oxi hoá khử gồm nhiều quá trình ta thường sử dụng bảo toàn electron cho toàn bộ các quá trình, bỏ qua giai đoạn trung gian.