Thí nghiệm 1 :

\(m_{Cl} = m_{muối} - m_{kim\ loại} = 5,82-2,98 = 2,84(gam)\\ \Rightarrow n_{HCl} = n_{Cl} = \dfrac{2,84}{35,5} = 0,08(mol)\\ \Rightarrow C_{M_{HCl}} = \dfrac{0,08}{0,2} = 0,4M\)

Thí nghiệm 2 : 

\(\left\{{}\begin{matrix}Fe:a\left(mol\right)\\Zn:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\) 56a + 65b = 2,98(1)

\(\left\{{}\begin{matrix}FeCl_2:a\left(mol\right)\\ZnCl_2:b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\) 127a + 136b = 6,53(2)

(1)(2) suy ra: a = 0,03 ; b = 0,02

Vậy :

\(\%m_{Fe} = \dfrac{0,03.56}{2,98}.100\% = 56,38\%\\ \%m_{Zn} = 100\% -56,38\% = 43,62\%\)

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

Đáp án B

Trong T có KNO₃

 KN O 3   → t 0 KN O 2 + 0,5  O 2

Nếu trong T không có KOH, vậy khối lượng chất rắn thu được sau khi nhiệt phân T là khối lượng của KNO₂.

m_KNO2 = 0,5. 85 = 42,5 > 41,05

=> T gồm KOH dư và KNO₂

Đáp án A

Khối lượng chất rắn tăng = m_{Cl đi vào muối}

Vì khi tăng HCl thì khối lượng chất rắn tăng => thí nghiệm đầu chắc chắn kim loại dư

=> 34,575 – 18,6 = 35,5.0,5x => x = 0,9

 => n_{Cl muối sau} = 0,6 mol < n_{HCl sau} = 0,72 mol => HCl dư

=> n_Fe + n_Zn = ½ n_{Cl muối} = 0,3 mol và 56n_Fe + 65n_Zn = 18,6g

=> n_Fe = 0,1 => m_Fe = 5,6g

=>A