Gọi x, y là số mol NaCl và NaI trong hh X

m(X) = m(NaCl) + m(NaI) = 58,5x + 150y = 104,25g (1)

Sục khí Cl2 dư vào dd A:

NaI + 1/2Cl2 → 1/2I2 + NaCl

y         →        y

mmuối = m(NaCl) = 58,5.(x+y) = 58,5g

→ x + y = 1mol (2)

Giải hệ PT (1), (2) ta được: x = 0,5mol và y = 0,5mol

mNaCl = 0.5.58,5 = 29,25 (g)
=>%m NaCl=\(\dfrac{29,25}{102,25}\).100=28,05%

NaCl + Cl₂ → không phản ứng

   a

2NaI + Cl₂ → 2NaCl + I₂ (1)

 b                    b

mNaCl + mNaI = 104,25 = 58,5a + 150b

Chất rắn còn lại sau nung gồm NaCl không phản ứng và NaCl là sản phẩm của phản ứng (1)

nNaCl = a + b = 1

→ a = 0,5, b = 0,5 → mNaCl ban đầu = 0,5.58,5 = 29,25 gam

→ %mNaCl = 28,06%

\(n_{NaCl} = 0,5.0,1 = 0,05(mol); n_{AlCl_3} = 0,5.0,3 = 0,15(mol)\)

2AlCl₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂ + 3Cl₂

0,15..........................0,15.................................(mol)

2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ + Cl₂

0,05.........................0,05.........................(mol)

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

0,05............0,05.....................................(mol)

\(n_{Al(OH)_3} = 0,15 - 0,05 =0,1(mol)\\ 2Al(OH)_3 \xrightarrow{t^o} Al_2O_3 + 3H_2O\\ n_{Al_2O_3} = \dfrac{1}{2}n_{Al(OH)_3} = 0,05(mol)\\ m_{Al_2O_3} = 0,05.102 = 5,1(gam)\)

NaBr xmol NaI ymol+Br2

2NaI+Br2=>2NaBr +I2 

=>y=m/(127-80)=m/47 mol

NaBr (x+y )mol +Cl2=>NaCl+Cl2

=>x+y=m/(80-35.5)=m/44.5=>x=5m/4183

=>mNaBr=515m/4183 mNaI=150m/47 =>%NaBr=3.71%

NaBr xmol NaI ymol+Br2

2NaI+Br2=>2NaBr +I2 

=>y=m/(127-80)=m/47 mol

NaBr (x+y )mol +Cl2=>NaCl+Cl2

=>x+y=m/(80-35.5)=m/44.5=>x=5m/4183

=>mNaBr=515m/4183 mNaI=150m/47 =>%NaBr=3.71%

Đáp án : B

Vì kim loại tan hết nên HNO₃ dư

Khi X + KOH => thu được kết tủa

+) Giả sử KOH dư => chất rắn 16,0g gồm Fe₂O₃ ; CuO (*)

Khi đó T gồm KNO₃ và KOH => Nung lên thành KNO₂ và KOH với số mol lần lượt là x và y

=> 41,05 = 85x + 56y

Và n_K = 0,5 = x + y

=> x = 0,45 mol ; y = 0,05 mol

Gọi số mol Fe và Cu trong A lần lượt là a và b mol

=> 56a + 64b = 11,6g

Và 80a + 80b = 16g (*)

=> a = 0,15 mol ; b = 0,05 mol

+) Nếu chỉ có Fe³⁺ và Cu²⁺ => n_KOH < 3n_Fe + 2n_Cu ( Vô lí )

=> Trong X có Fe²⁺ : u mol và Fe³⁺ : v mol

=> HNO₃ phải hết

=> u + v = 0 , 15 2 u + 3 v = 0 , 45 => u = 0 , 1 v = 0 , 05  

Có n_Fe(NO3)3 = 0,05 mol

Ta thấy m_N2 < m_B < m_NO2

=> 0,35.28 < m_B < 46.0,7

=> 9,8 < m_B < 32,2g

BTKL : 66,9g < m_{dd sau} < 89,3g

=> 13,55% < %m_Fe(NO3)3 < 18,09%

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