PTHH: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

            \(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2\downarrow\)

            \(Cu\left(OH\right)_2\xrightarrow[]{t^o}CuO+H_2O\)

a) Ta có: \(n_{NaOH}=2n_{Na_2O}=2\cdot\dfrac{6,2}{62}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{NaOH}=\dfrac{0,2\cdot40}{193,8+6,2}\cdot100\%=4\%\)

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,2\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=\dfrac{200\cdot16\%}{160}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,2}{1}\) \(\Rightarrow\) CuSO₄ còn dư, NaOH p/ứ hết

\(\Rightarrow n_{Cu\left(OH\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=n_{CuO}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CuO}=0,1\cdot80=8\left(g\right)\)

c) PTHH: \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

Theo PTHH: \(n_{HCl}=2n_{CuO}=0,2\left(mol\right)\) \(\Rightarrow V_{ddHCl}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right)\)

BA

b, a

Câu 1:

PTHH: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\) 

            \(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2\downarrow\)

            \(Cu\left(OH\right)_2\xrightarrow[]{t^o}CuO+H_2O\)

a) Ta có: \(n_{NaOH}=2n_{Na_2O}=2\cdot\dfrac{12,4}{62}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C\%_{NaOH}=\dfrac{0,4\cdot40}{12,4+193,8}\cdot100\%\approx7,76\%\)

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,4\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=\dfrac{100\cdot16\%}{160}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,4}{2}>\dfrac{0,1}{1}\) \(\Rightarrow\) NaOH còn dư, CuSO₄ p/ứ hết

\(\Rightarrow n_{CuO}=n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{CuSO_4}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{CuO}=0,1\cdot80=8\left(g\right)\)

Bài 2 : 

a)

$Cu + 2H_2SO_{4_{đặc}} \to CuSO_4 + SO_2 + 2H_2O$
$n_{Cu} = n_{SO_2} = \dfrac{2,24}{22,4} = 0,1(mol)$
$\%m_{Cu} = \dfrac{0,1.64}{15}.100\% = 42,67\%$
$\%m_{CuO} = 100\% -42,67\% = 57,33\%$

b)

$NaOH + SO_2 \to NaHSO_3$
$n_{NaOH} = n_{SO_2} = 0,1(mol)$

$\Rightarrow V_{dd\ NaOH} = \dfrac{0,1}{1} = 0,1(lít) = 100(ml)$

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{200.16}{160.100}=0,2mol\)

\(n_{NaOH}=\dfrac{200.10}{40.100}=0,5mol\)

CuSO₄+2NaOH\(\rightarrow\)Cu(OH)₂\(\downarrow\)+Na₂SO₄

-Ta có tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,5}{2}\rightarrow\)CuSO₄ hết, NaOH dư.

Cu(OH)₂\(\overset{t^0}{\rightarrow}\)CuO+H₂O

\(n_{CuO}=n_{Cu\left(OH\right)_2}=n_{CuSO_4}=0,2mol\)

a=\(m_{CuO}=0,2.80=16gam\)

\(m_{Cu\left(OH\right)_2}=0,2.98=19,6gam\)

\(n_{NaOH\left(pu\right)}=2n_{CuSO_4}=0,4mol\rightarrow n_{NaOH\left(dư\right)}=0,5-0,4=0,1mol\)

\(m_{NaOH\left(dư\right)}=0,1.40=4gam\)

\(n_{Na_2SO_4}=n_{CuSO_4}=0,2mol\rightarrow m_{Na_2SO_4}=0,2.136=27,2gam\)

\(m_{dd}=200+200-19,6=380,4gam\)

C%_NaOH=\(\dfrac{4.100}{380,4}\approx1,05\%\)

C%Na₂SO₄=\(\dfrac{27,2.100}{380,4}\approx7,15\%\)

Ta thấy Fe₃O₄ có thể viết dạng Fe₂O₃.FeO. Khi cho D tác dụng với NaOH kết tủa thu được gồm Fe(OH)₂ và Fe(OH)₃.

Đáp án A

PTHH: \(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

            \(2NaOH+CuSO_4\rightarrow Na_2SO_4+Cu\left(OH\right)_2\downarrow\)

            \(Cu\left(OH\right)_2\xrightarrow[]{t^o}CuO+H_2O\)

a) Ta có: \(n_{NaOH}=2n_{Na_2O}=2\cdot\dfrac{6,2}{62}=0,2\left(mol\right)\) \(\Rightarrow C\%_{NaOH}=\dfrac{0,2\cdot40}{6,2+193,8}\cdot100\%=4\%\)

b) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,2\left(mol\right)\\n_{CuSO_4}=\dfrac{200\cdot16\%}{160}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,2}{1}\) \(\Rightarrow\) CuSO₄ còn dư, tính theo NaOH

\(\Rightarrow n_{Cu\left(OH\right)_2}=0,1\left(mol\right)=n_{CuO}\) \(\Rightarrow m_{CuO}=0,1\cdot80=8\left(g\right)\)

c) PTHH: \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

Theo PTHH: \(n_{HCl}=2n_{CuO}=0,2\left(mol\right)\) \(\Rightarrow V_{ddHCl}=\dfrac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=a\left(mol\right)\\n_{Cu}=b\left(mol\right)\\n_{Fe_2O_3}=c\left(mol\right)\\n_{CuO}=d\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)⇒ 56a + 64b + 160c + 80d = 12,4(1)

BT e : \(2n_{SO_2} = 3n_{Fe} + 2n_{Cu}\) 

⇒ 3a + 2b = \(2. \dfrac{2,8}{22,4} = 0,25\) ⇔ 8(3a + 2b) = 0,25.8 ⇔ 24a + 16b = 2(2)

Lấy (1) + (2),ta có : 

80a + 80b + 160c + 80d = 12,4 + 2 = 14,4

Bảo toàn nguyên tố với Fe,Cu

2Fe  →  Fe₂O₃

a..............0,5a.........(mol)

Cu   →  CuO

b............b...............(mol)

Fe₂O₃   → Fe₂O₃

c....................c...............(mol)

CuO   →    CuO

d...................d................(mol)

Vậy :

\(m_Z = m_{Fe_2O_3} + m_{CuO} = 160(0,5a + c) + 80(b+d)\\ = 80a + 80b + 160c + 80d \\= 14,4(gam)\)

C → + O 2 A C O C O 2 → + F e O , t 0 B : C O 2 → + C a ( O H ) 2 K : C a C O 3 D :   C a H C O 3 2 C F e F e O → + H C l H 2 E : F e C l 2 → + N a O H F : : F e O H 2 → t 0 , k k G : F e 2 O 3

⇒ Chọn A.

Hỗn hợp B gồm Cu và Fe dư. n_Cu = 0,15 mol; n_Fe = 0,1 - 0,05 = 0,05 mol.

Khi tác dụng với dung dịch HNO₃: Theo phương pháp bảo toàn eletron

Chất khử là Fe và Cu

Chất oxi hoá là HNO₃

Ta có 3a = 0,15 + 0,3; a = 0,15 (mol),

V_NO = 0,15.22,4 = 3,36 (lít)

Đáp án B