Do khối lượng kết tủa và số mol NaOH không tỉ lệ nên ở phần 2 đã có 1 phần kết tủa tan lại

Lần 2:

Nhận thấy, ở lần 1 thì chưa có kết tủa tan còn lần 2 đã có kết tủa tan (nếu ở trường hợp cả 2 lần đều có kết tủa tan thì chênh lệch số mol kết tủa sẽ bằng chênh lệch số mol NaOH cho vào)

Lần 2:

Đáp án D

Vì dung dịch C đã mất màu hoàn toàn nên cả Ag⁺ và Cu²⁺ đều phản ứng hết.

Mà B không tan trong HCl nên B chỉ chứa Ag và Cu. Do đó cả Al và Fe đều phản ứng hết.

Suy ra cho X vào A thì cả 4 chất đều phản ứng vừa đủ.

Vì dung dịch E đã nhạt màu nên Ag⁺ đã phản ứng hết và Cu²⁺ đã phản ứng một phần.

Do đó D chứa Ag và Cu.

Dung dịch E chứa Al³⁺, Fe²⁺ và Cu²⁺ dư. Khi đó E chứa Fe(OH)₂ và Cu(OH)₂

Suy ra F chứa Fe₂O₃ và CuO

Đáp án A

Tính toán theo PTHH :

Mg + CuSO₄ → Cu  + MgSO₄

Mg + FeSO₄  → Fe  + MgSO₄

Ba(OH)₂ + MgSO₄  → BaSO₄ + Mg(OH)₂

Ba(OH)₂ + FeSO₄  → BaSO₄ + Fe(OH)₂

Mg(OH)₂  → MgO + H₂O

2 Fe(OH)₂  + ½ O₂  → Fe₂O₃ + 2 H₂O

Giả sư dung dịch muối phản ứng hết

=> n _Fe = n _FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol    => m _Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g

=> n _Cu =n _CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol  => m _Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g

=> m _{chất rắn}  = 11,2 + 6,4  = 17,6 g > 12 g > 6,4

=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO₄ phản ứng trước sau đó mới đến FeSO₄ phản ứng

CuSO₄ đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO₄

12 g = m _Cu + m _{Fe phản ứng}  = 6,4 g  + m _{Fe phản ứng}  

=> m _Fe  = 5,6 g   => n _Fe = 0,1 mol  => n _{FeSO4  dư} = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Theo PTHH : n _Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol  ( bắng số mol CuSO₄ và FeSO₄ phản ứng )

Theo PTHH : n _Mg = n _MgSO4 = n _Mg(OH)2 = n _MgO = 0,2 mol

                        n _{FeSO4 dư} = n _Fe(OH)2 = n _Fe2O3  . 2 = 0,1 mol

=> n _Fe2O3 = 0,1 mol

=> m chất rắn = m _Fe2O3 + m _MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40  = 24 g

Ta thấy tỉ lệ số mol NaOH và số mol kết tủa không bằng nhau

Như vậy, phản ứng đầu chưa có kết tủa bị tan, ở phản ứng sau có kết tủa bị hòa tan

Phản ứng sau: ⇒   n A l ( O H ) 4 - = 0 , 25   .   2 - 0 , 14 .   3 4 = 0 , 02 ⇒ n A l C l 3 = 0 , 02   +   0 , 14   =   0 , 16 ⇒ x   = 1 , 6

Đáp án A

\(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=0,3.2=0,6\left(mol\right)\\n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\\n_{H_2SO_4}=0,2.0,5=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left\{{}\begin{matrix}n_{Na^+}=0,6\left(mol\right)\\n_{Fe^{3+}}=0,1.2=0,2\left(mol\right)\\n_{H^+}=0,1.2=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\\\left\{{}\begin{matrix}n_{SO_4^{2-}}=0,1.3+0,1=0,4\left(mol\right)\\n_{OH^-}=0,6\left(mol\right)\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)

PT ion rút gọn:

\(H^++OH^-\rightarrow H_2O\)

0,2-->0,2

\(Fe^{3+}+3OH^-\rightarrow Fe\left(OH\right)_3\downarrow\)

\(\dfrac{2}{15}\)<----0,4--------->\(\dfrac{2}{15}\)

\(\Rightarrow m=\dfrac{2}{15}.107=\dfrac{214}{15}\left(g\right)\)

dd sau phản ứng có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na^+}=0,6\left(mol\right)\\n_{Fe^{3+}\left(d\text{ư}\right)}=0,2-\dfrac{2}{15}=\dfrac{1}{15}\left(mol\right)\\n_{SO_4^{2-}}=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(V_{\text{dd}}=0,3+0,2=0,5\left(l\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C_{Na^+}=\dfrac{0,6}{0,5}=1,2M\\C_{Fe^{3+}}=\dfrac{\dfrac{1}{15}}{0,5}=\dfrac{2}{15}M\\C_{SO_4^{2-}}=\dfrac{0,4}{0,5}=0,8M\end{matrix}\right.\)

Đáp án A

Đáp án C.

TN1: 150 ml dd Y (NaOH 2M) vào 100 ml dd X (AlCl₃)  à 7,8 gam kết tủa Al(OH)₃

TN2: Thêm tiếp vào cốc trên 100 ml dd Y à 10,92 gam kết tủa Al(OH)­₃