Bài 9:
a) \(n_P=\dfrac{6,2}{31}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: 4P + 5O₂ --t^o--> 2P₂O₅

            0,2->0,25------> 0,1

=> m_P2O5 = 0,1.142 = 14,2 (g)

b) 

P₂O₅ + 3H₂O --> 2H₃PO₄

dd H₃PO₄ là dd axit nên quỳ tím đổi màu đỏ

a) \(n_P=\dfrac{3,1}{31}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH: 4P + 5O₂ --t^o--> 2P₂O₅

            0,1--------------->0,05

=> m_P2O5 = 0,05.142 = 7,1 (g)

b) 

PTHH: P₂O₅ + 3H₂O --> 2H₃PO₄

dd B là dd axit nên quỳ tím chuyển màu đỏ

Vì X₂CO₃ tan trong nước nên phải là muối của kim loại kiềm hoặc muối amoni.

Nếu X₂CO₃ là muối của kim loại kiềm thì gọi

Do đó M₂CO₃ là (NH₄)₂CO₃ => B chỉ chứa KNO₂.

Dễ dàng tính được m = 21,72 (gam)

Đáp án C

Đáp án B

► Giả sử KOH không dư ||⇒ n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol ⇒ m_rắn ≥ m_KNO2 = 42,5(g) 

⇒ vô lí!. ⇒ KOH dư. Đặt n_KNO3 = x; n_{KOH dư} = y. Bảo toàn nguyên tố Kali: x + y = 0,5.

Rắn gồm KNO₂ và KOH dư ⇒ 85x + 56y = 41,05 ||⇒ giải hệ có: x = 0,45 mol; y = 0,05 mol.

● Đặt n_Fe = a; n_Cu = b ⇒ m_A = 56a + 64b = 11,6(g) || 16(g) rắn gồm Fe₂O₃ và CuO.

⇒ 160.0,5a + 80b = 16 ||⇒ giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol. 

n_HNO3 = 0,7 mol; n_NO3^–_/X = n_KNO3 = 0,45 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_N/B = 0,25 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = 0,35 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/B = 0,4 mol.

||⇒ Bảo toàn khối lượng: m_X = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2(g).

► n_NO3^–_/X < 3n_Fe + 2n_Cu ⇒ X gồm muối Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃ và Cu(NO₃)₂.

Giải hệ có: n_Fe(NO3)3 = 0,05 mol ||⇒ C%_Fe(NO3)3 = 0,05 × 242 ÷ 89,2 × 100% = 13,56% 

Đáp án B

Giả sử KOH không dư ⇒ n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol ⇒ m_rắn ≥ m_KNO2 = 42,5(g) 

⇒ vô lí! ⇒ KOH dư. Đặt n_KNO3 = x; n_{KOH dư} = y. Bảo toàn nguyên tố Kali: x + y = 0,5.

Rắn gồm KNO₂ và KOH dư ⇒ 85x + 56y = 41,05 ⇒ giải hệ có: x = 0,45 mol; y = 0,05 mol.

Đặt n_Fe = a; n_Cu = b ⇒ m_A = 56a + 64b = 11,6(g)

16(g) rắn gồm Fe₂O₃ và CuO.

⇒ 160.0,5a + 80b = 16

⇒ giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol.

n_HNO3 = 0,7 mol; n_NO3^–_/X = n_KNO3 = 0,45 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_N/B = 0,25 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = 0,35 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/B = 0,4 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng: m_X = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2(g).

-> n_NO3^–_/X < 3n_Fe + 2n_Cu ⇒ X gồm muối Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃ và Cu(NO₃)₂.

Giải hệ có: n_Fe(NO3)3 = 0,05 mol

⇒ C%_Fe(NO3)3 = 0,05 × 242 ÷ 89,2 × 100% = 13,56%

Giả sử KOH không dư

⇒ n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol

⇒ m_rắn ≥ m_KNO2 = 42,5(g) 

⇒ vô lí!. ⇒ KOH dư.

Đặt n_KNO3 = x; n_{KOH dư} = y.

Bảo toàn nguyên tố Kali: x + y = 0,5.

Rắn gồm KNO₂ và KOH dư

⇒ 85x + 56y = 41,05

⇒ giải hệ có: x = 0,45 mol; y = 0,05 mol.

● Đặt n_Fe = a; n_Cu = b

⇒ m_A = 56a + 64b = 11,6(g)

16(g) rắn gồm Fe₂O₃ và CuO.

⇒ 160.0,5a + 80b = 16

⇒ giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol. 

n_HNO3 = 0,7 mol; n_NO3^–_/X = n_KNO3 = 0,45 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_N/B = 0,25 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = 0,35 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/B = 0,4 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng:

m_X = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2(g).

► n_NO3^–_/X < 3n_Fe + 2n_Cu 

⇒ X gồm muối Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃ và Cu(NO₃)₂.

Giải hệ có: n_Fe(NO3)3 = 0,05 mol

⇒ C%_Fe(NO3)3 = 0,05 × 242 ÷ 89,2 × 100% = 13,56%

Đáp án B

Số mol của 15,6 K là:

n_K = \(\dfrac{m}{M}\) = \(\dfrac{15,6}{39}\) = 0,4 mol

PTHH: 2K + 2H₂O \(\rightarrow\) 2KOH + H₂ 

Tỉ lệ :    2   :     2     :        2     :   1

Mol:     0,4                \(\rightarrow\) 0,4 \(\rightarrow\) 0,2

a. Thể tích khí H₂ ở đktc là:

V_H2 = n . 22,4 = 0,2 . 22,4 = 4,48 l

b. Khối lượng dung dịch thu được:

m_KOH = n . M = 0,4 . 56 = 22,4 g

c. Vì là một bazơ nên dung dịch KOH làm quỳ tím đổi màu thành xanh.

\(n_K=\dfrac{m}{M}=\dfrac{15,6}{39}=0,4\left(mol\right)\)

\(PTHH:2K+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\uparrow\)

  \(2:2:2:1\) ( tỉ lệ mol )

 \(0,4:0,4:0,4:0,2\left(mol\right)\)

\(a,V_{H_2}=n.22,4=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

\(b,m_{KOH}=n.M=0,4.\left(39+16+1\right)=0,4.56=22,4\left(g\right)\)

\(c,\) Hiện tượng : Kali tan dần trong nước, tỏa ra khí \(H_2\)