Đáp án B

m=74,5a → n C O 2 = 149 440 a   m o l

Dung dịch X có 2 chất tan là KCl 0,5a mol và KOH 0,5 a mol.

BTKL: 0,5a.74,5+0,5a.56+14,9a-(0,5a- 149 440 a).18= 37,0778

Giải hệ: a=0,48.

Rót từ từ x mol HCl thu được 0,04 mol CO₂.

→ x = 0 , 04 + ( 0 , 5 a - 149 440 a ) = 0 , 1175

Chọn đáp án B

Trong X có CuCl₂, FeCl₂, FeCl₃ và HCl với nCuCl₂ = 7,68/64 = 0,12 (BTNT.Cu)

Theo phương trình phản ứng: Cu + 2FeCl₃ →  CuCl₂ + 2FeCl₂ ⇒  nFeCl₂

_{= 0,12 . 2 = 0,24}

Trường hợp 1: Trong X có nFeCl₃ = nHCl = nCuCl₂ = 0,12 và nFeCl₂ = 0,24

⇒  nFeCl₃ ban đầu 12 + 0,24 = 0,36 = 3nHCl  ⇒  Thỏa đề bài

Trường hợp 2: Trong X có nFeCl₃ = nHCl = nFeCl₂ = 0,24 và nCuCl₂ = 0,12

⇒  nFeCl₃ ban đầu = 0,24 + 0,24 = 0,48 = 2nHCl ⇒  Không thỏa đề bài  ⇒  Loại.

Đáp án : A

Các quá trình có thể xảy ra ở điện cực :

+) Catot :    Cu²⁺ +2e à Cu

                   2H₂O + 2e à  2 OH^- + H₂

+) Anot :     2Cl^- à  Cl₂ + 2e

                   2H₂O à  4H⁺ + O₂ + 4e

Điện phân đến khi nước đều bị điện phân ở cả 2 điện cực

          => Cu²⁺ và Cl^- đều bị điện phân hết

Xét TH₁ : Y có H⁺ => n_H+ = 3n_Al = 0,3 mol => n_{e ( H+)} = n_{e (Cu2+)} => Vô lý

=> Y có OH^- => n_OH- = n_Al = 0,1 mol

=> n_{e trao đổi} = 2n_Cu2+ + n_OH- = n_Cl- = 0,4 mol = n_KCl

=> Y có 0,15 mol K₂SO₄ và 0,1 mol KOH

m_Y = m_X – m_Cu – m_H2 – m_Cl2 = 76,1g

=>C%_K2SO4(Y) = 34,30%

n_khí = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol);

n_Al2O3 = 15,3 : 102 = 0,15 (mol)

Có thể xảy ra:

Catot:

 Cu²⁺ + 2e → Cu                 (1)

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂↑   (2)

Anốt

Cl^- → Cl₂ +2e               (3)

2H₂O → 4H⁺ + O₂ +4e    (4)

Vì Al₂O₃ có thể bị hòa tan bởi OH^- hoặc H⁺ nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH₁: Bên anot nước bị điện phân trước, không có (2) xảy ra.

Al₂O₃ + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂O

0,15→ 0,9 (mol)

=> n_O2 = 1/4n_H+ = 0,225 (mol)  > 0,2 mol khí => loại

TH₂: Bên catot nước bị điện phân trước, không có (4)

=> n_Cl2 = n_khí = 0,2 (mol) => n_e trao đổi = 2n_Cl2 = 0,4 (mol)

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + 2H₂O

0,15→ 0,3 (mol)

=> n_Cu2+  = (0,4 – 0,3)/ 2 = 0,05 (mol)

=> m = m_CuSO4 + m_KCl = 0,05. 160 + 0,4. 74,5 = 37,8 (g)

Đáp án A

Đáp án A

n_khí = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol); n_Al2O3 = 15,3 : 102 = 0,15 (mol)

Có thể xảy ra:

Catot:                                                                                    Anốt

Cu²⁺ + 2e → Cu                 (1)                                            Cl^- → Cl₂ + 2e               (3)

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

Vì Al₂O₃ có thể bị hòa tan bởi OH^- hoặc H⁺ nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH₁: Bên anot nước bị điện phân trước, không có (2) xảy ra.

Al₂O₃ + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂O

0,15→ 0,9 (mol)

=> n_O2 = 1/4n_H+ = 0,225 (mol)  > 0,2 mol khí => loại

TH₂: Bên catot nước bị điện phân trước, không có (4)

=> n_Cl2 = n_khí = 0,2 (mol) => n_e trao đổi = 2n_Cl2 = 0,4 (mol)

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + 2H₂O

0,15→ 0,3 (mol)

=> n_Cu2+  = (0,4 – 0,3)/ 2 = 0,05 (mol)

=> m = m_CuSO4 + m_KCl = 0,05. 160 + 0,4. 74,5 = 37,8 (g)

Chọn A

Vì: n_khí = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol); n_Al2O3 = 15,3 : 102 = 0,15 (mol)

Có thể xảy ra:

Catot:                                                                                    

 (1) Cu²⁺ + 2e → Cu                                                            

 (2)2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂↑ 

Anốt 

 (3) Cl^- → Cl₂ + 2e              

 (4) 2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e                                          

Vì Al₂O₃ có thể bị hòa tan bởi OH^- hoặc H⁺ nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:

TH₁: Bên anot nước bị điện phân trước, không có (2) xảy ra.

Al₂O₃ + 6H⁺ → 2Al³⁺ + 3H₂O

0,15→ 0,9 (mol)

=> n_O2 = 1/4n_H+ = 0,225 (mol)  > 0,2 mol khí => loại

TH₂: Bên catot nước bị điện phân trước, không có (4)

=> n_Cl2 = n_khí = 0,2 (mol) => n_e trao đổi = 2n_Cl2 = 0,4 (mol)

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + 2H₂O

0,15→ 0,3 (mol)

=> n_Cu2+  = (0,4 – 0,3)/ 2 = 0,05 (mol)

=> m = m_CuSO4 + m_KCl = 0,05. 160 + 0,4. 74,5 = 37,8 (g)