Đáp án B

Đáp án B

Đáp án B

Hỗn hợp khí Z là NO và H₂ và 

Ta có sơ đồ bài toán như sau:

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có:

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H ta có:

= 0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố N: 

Bảo toàn nguyên tố O: 

Giả sử dung dịch chỉ chứa Fe²⁺ áp dụng bảo toàn electron và giả sử ta có hệ sau:

gần nhất với 30%

Đáp án C

M Y ¯ =   18   → Hỗn hợp Y gồm

Sơ đồ phản ứng: 

BTKL ta có khối lượng H₂O = 9,9 (gam) à số mol H2O = 0,55 (mol)

BTNT (H) ta có số mol NH₄⁺ =  0 , 725 . 2   +   0 , 55 . 2   + 0 , 075 . 2 4   = 0 , 05   ( m o l )

BTNT (N) à Số mol Fe(NO₃)₂ =  0 , 1   +   0 , 05 2 =   0 , 075   ( m o l )

BTNT (O) à Số mol ZnO = 0,2 (mol)

Đặt số mol Mg và Al trong X lần lượt là a và b ta có 

24 a + 27 b   =   8 , 85           2 a   + 3 b   =   0 , 85 → a =   0 , 2   ( m o l ) b =   0 , 15 ( m o l )

→ % n M g   = 0 , 2 0 , 625 · 100 %   = 32 %

Đáp án C

Chọn đáp án D.

Khí hóa nâu ngoài không khí là NO.

M N O = 30 > 18  => Khí còn lại có phân tử khối < 18

=> Khí còn lại là H₂.

⇒ n N O + n H 2 = 3 , 92 22 , 4 = 0 , 175   m o l 30 n N O + 2 n H 2 = 18 . 0 , 175 = 3 , 15 g

⇒ n N O = 0 , 1   m o l n H 2 = 0 , 075   m o l

Áp dụng bảo toàn khối lượng có:

m X + m H 2 S O 4 = m m u ố i + m k h í + m H 2 O  

· Có

n H 2 O + n H 2 = 0 , 625 < n H 2 S O 4  

=> Chứng tỏ có sản phẩm N H 4 + :

n N H 4 + = 0 , 725 . 2 - 0 , 625 . 2 4 = 0 , 05   m o l  

· Áp dụng bảo toàn N có:

n F e N O 3 2 = n N H 4 + + n N O 2 = 0 , 075   m o l

· Áp dụng bảo toàn nguyên tố O có:

n Z n O + 6 n F e N O 3 2 = n N O + n H 2 O

⇒ n Z n O = 0 , 1 + 0 , 55 - 6 . 0 , 075 = 0 , 2 m o l  

· Đặt số mol của Mg, Al lần lượt là a, b

Vì có sản phẩm H₂ tạo thành nên sau phản ứng Fe vẫn ở dạng Fe (II).

Áp dụng bảo toàn electron có:

Suy ra a = 0 , 2 b = 0 , 15

⇒ % n M g = 32 %  

Gần với giá trị 30 nhất.

2 khí là NO và H₂. Dễ tính NO = 0.1; H₂ = 0.075

BTNT O →n_ZnO= 0.2

Đặt n_Mg = a; n_Al =b.

Lập hệ → %n_Mg = 32%

Đáp án D