Chọn đáp án B

Giải thích:

S tác dụng với Hg ngay ở nhiệt độ thường.

$\to$ Dùng bột S để khử độc Hg nếu chẳng may nhiệt kế thủy ngân bị vỡ.

Hg + S $\to$ HgS.

Chọn đáp án A

Giải thích:

Kim loại Al vừa phản ứng với dung dịch HCl, vừa phản ứng với dung dịch NaOH.

Phương trình hóa học:

2Al + 6HCl $\to$ 2AlCl₃ + 3H₂­$\uparrow$

Al + NaOH + H₂O $\to$ NaAlO₂ + $\frac{3}{2}$H₂­$\uparrow$

Chọn đáp án D

Giải thích:

Phương trình hóa học: CuO + CO $\stackrel{t^0}{\to }$ Cu + CO₂.

$\to$ n_Cu = n_CuO = 0,3 (mol).

$\to$ m = m_Cu = 0,3×64 = 19,2 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Phương trình hóa học: 2Al + 3Cl₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2AlCl₃.

n_Al = $n_{AlC{l}_3}$= 0,2 (mol).

$\to$ m = m_Al = 0,2×27 = 5,4 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Sơ đồ phản ứng: hỗn hợp $\left\{\begin{array}{l}Al\\ Mg\end{array}\right.$+ H­₂SO₄ $\to$ Muối $\left\{\begin{array}{l}A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\\ MgS{O}_4\end{array}\right.$ + H₂­$\uparrow$.

$n_{H_{2}S{O}_4}=n_{H_2}$= 0,2 (mol) $\to$ $n_{S{O_4}^{2-} }=n_{H_{2}S{O}_4}$= 0,2 (mol).

m = m_muối = m_{(Al, Mg)} + $m_{S{O_4}^{2-}}$= 3,9 + 0,2×96 = 23,1 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Ở nhiệt độ thường, kim loại tồn tại ở trạng thái lỏng là Hg.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Những tính chất vật lí chung của kim loại (tính dẻo, tính dẫn điện, tính dẫn nhiệt, ánh kim) chủ yếu do các electron tự do trong kim loại gây ra.

Một số tính chất vật lí của kim loại như khối lượng riêng, nhiệt độ nóng chảy, tính cứng phụ thuộc vào độ bền của liên kết kim loại, nguyên tử khối, kiểu mạng tinh thể … của kim loại.

Chọn đáp án A

Giải thích:

Muối X là MgSO₄.

Phương trình hóa học: MgSO₄ + 2NaOH $\to$Mg(OH)₂¯ + Na₂SO₄.

Loại B vì: Ban đầu tạo kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan hoàn toàn trong NaOH dư.

Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH $\to$ 2Al(OH)₃¯ + 3Na₂SO₄

Al(OH)₃ + NaOH $\to$ NaAlO₂ + 2H₂O

Loại C vì: Tạo kết tủa màu xanh.

CuSO₄ + 2NaOH $\to$ Cu(OH)₂¯ + Na₂SO₄.

Loại D vì: Tạo kết tủa nâu đỏ.

FeCl₃ + 3NaOH $\to$ Fe(OH)₃¯ + 3NaCl

Chọn đáp án B

Giải thích:

Be không tan trong nước ở nhiệt độ thường cũng như nhiệt độ cao.

Loại A, C, D vì: Na, K, Ba tan trong nước ở nhiệt độ thường tạo thành dung dịch bazơ.

2Na + 2H₂O $\to$ 2NaOH + H₂­$\uparrow$

2K + 2H₂O $\to$ 2KOH + H₂­$\uparrow$

Ba + 2H₂O $\to$ Ba(OH)₂ + H₂­$\uparrow$

Chọn đáp án B

Giải thích:

Cho X vào dung dịch HNO₃ đặc, nóng, có khí thoát ra.

$\to$ X là hiđroxit sắt(II): Fe(OH)₂.

Phương trình hóa học:

4Fe(OH)₂ + O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2Fe₂O₃ + 4H₂O

Fe(OH)₂ + 4HNO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe(NO₃)₃ + NO₂­$\uparrow$ + 3H₂O

Chọn đáp án A

Giải thích:

Để tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng, dư sinh ra khí NO thì hợp chất sắt phải có số oxi hóa của Fe ≠ +3.

$\to$ FeO tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng, dư sinh ra khí NO.

3FeO + 10HNO₃ $\to$ 3Fe(NO₃)₃ + NO­$\uparrow$ + 5H₂O

Chọn đáp án A

Giải thích:

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử.

M $\to$ Mⁿ⁺ + ne.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Phân biệt: Na₂CO₃, HCl, NaHSO₄.

$\to$ Dùng dung dịch Ba(HCO₃)₂.

+ Thấy có khí thoát ra là HCl.

Ba(HCO₃)₂ + 2HCl $\to$ BaCl₂ + 2CO₂­ $\uparrow$+ 2H₂O

+ Thấy vừa có khí thoát ra, vừa xuất hiện kết tủa trắng là NaHSO₄.

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ $\to$Na₂SO₄ + BaSO₄¯ + 2CO₂­$\uparrow$ + 2H₂O

+ Chỉ thấy xuất hiện kết tủa trắng là Na₂CO₃.

Ba(HCO₃)₂ + Na₂CO₃ $\to$ BaCO₃¯ + 2NaHCO₃

Chọn đáp án C

Giải thích:

Phương trình hóa học không đúng: Cu + 2HCl → CuCl₂ + H₂.

Vì kim loại Cu không phản ứng với dung dịch HCl.

Chọn đáp án A

Giải thích:

Phương trình phản ứng đúng: Mg + CuSO₄ → MgSO₄ + Cu.

Loại B vì: 2Na + 2H₂O $\to$ 2NaOH + H₂­$\uparrow$;

2NaOH + CuSO₄ $\to$ Na₂SO₄ + Cu(OH)₂¯.

Loại C vì: Fe + 2HCl $\to$ FeCl₂ + H₂­$\uparrow$.

Loại D vì: Vì kim loại Cu không phản ứng với dung dịch H₂SO₄ loãng.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Kim loại Mg tác dụng với khí Cl₂ và dung dịch HCl tạo cùng loại muối.

Mg + Cl₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ MgCl₂

Mg + 2HCl $\to$ MgCl₂ + H₂­$\uparrow$

Loại A vì: Kim loại Fe tác dụng với khí Cl₂ và dung dịch HCl thu được hai muối khác nhau.

2Fe + 3Cl₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2FeCl₃

Fe + 2HCl $\to$ FeCl₂ + H₂­$\uparrow$

Loại B vì: Cu không phản ứng với dung dịch HCl.

Loại C vì: Ag không phản ứng với dung dịch HCl.

Chọn đáp án D

Giải thích:

CO chỉ khử được oxit của kim loại có tính khử trung bình hoặc yếu như Zn, Cu, Fe, Ni, …

$\to$ MgO không bị khử bởi CO ở nhiệt độ cao.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Phát biểu đúng: (b), (d). (e).

Phát biểu (a) không đúng, vì: Kim loại kiềm dễ bị oxi hóa thành ion dương, do vậy trong tự nhiên kim loại kiềm chỉ tồn tại ở dạng hợp chất.

Phát biểu (c) không đúng, vì: Trong công nghiệp, Al được sản xuất từ quặng boxit (thành phần chính là Al₂O₃.2H₂O).

Chọn đáp án A

Giải thích:

(1) Zn + 2AgNO₃ $\to$ Zn(NO₃)₂ + 2Ag

(2) Fe + Fe₂(SO₄)₃ $\to$ 3FeSO₄

(3) Cho Na vào dung dịch CuSO₄:

2Na + 2H₂O $\to$ 2NaOH + H₂­$\uparrow$

2NaOH + CuSO₄ $\to$ Na₂SO₄ + Cu(OH)₂¯

(4) CO + CuO $\stackrel{t^0}{\to }$ Cu + CO₂

$\to$Thí nghiệm không tạo thành kim loại là: (2), (3).

Chọn đáp án A

Giải thích:

$n_{C{O}_2}$= 0,2 (mol); n_NaOH = 0,4 (mol).

Nhận xét: $\frac{n_{NaOH}}{n_{C{O}_2}}$= 2 $\to$ Chỉ tạo muối Na₂CO₃ (CO₂ và NaOH phản ứng vừa đủ).

Phương trình hóa học:

CO₂ + 2NaOH $\to$ Na₂CO₃ + H₂O

0,2       0,4             0,2                         (mol)

$\to$ m_muối = $m_{N{a}_{2}C{O}_3}$= 0,2×106 = 21,2 (gam).

Chọn đáp án C

Giải thích:

Những dung dịch phản ứng được với kim loại Cu là: (1), (2), (5).

(1) Cu + 2FeCl₃ $\to$ CuCl₂ + 2FeCl₂

(2) Cu + 2AgNO₃ $\to$ Cu(NO₃)₂ + 2Ag

(5) 3Cu + 8H⁺ + 2$N{O_3}^{-}$ $\to$ 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Chọn đáp án A

Giải thích:

Quá trình điện phân:

Chọn đáp án A

Giải thích:

Phương trình hóa học: Fe + CuSO₄ $\to$ FeSO₄ + Cu.

n_Fe = n_Cu = 0,15 (mol).

$\to$ m = m_Fe = 0,15×56 = 8,4 (gam).

Chọn đáp án A

Giải thích:

Sơ đồ phản ứng: Oxit $\left\{\begin{array}{l}CuO\\ F{e}_2{O}_3\\ ZnO\\ MgO\end{array}\right.$ + H₂  $\to$ Rắn $\left\{\begin{array}{l}Cu\\ Fe\\ Zn\\ MgO\end{array}\right.$+ CO₂.

$\to$ Hỗn hợp chất rắn sau phản ứng gồm: Cu, Fe, Zn, MgO.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Sục khí CO₂ dư vào dung dịch Ca(OH)₂:

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần.

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)₂ $\to$ CaCO₃¯ + H₂O

CO₂ + CaCO₃ + H₂O $\to$ Ca(HCO₃)₂

Chọn đáp án B

Giải thích:

Quá trình điện phân:

$\to$ m_{dd giảm} = m_Cu + $m_{O_2}$= 0,2×64 + 0,1×32 = 16 (gam).

Chọn đáp án C

Giải thích:

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa;

+ Các điện cực phải khác nhau về bản chất.

+ Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

+ Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

- Thí nghiệm 1: Nhúng thanh Zn vào dung dịch AgNO₃.

Zn + 2AgNO₃ $\to$ Zn (NO₃)₂ + 2Ag

$\to$Hình thành cặp điện cực Zn – Ag $\to$ Xảy ra sự ăn mòn điện hóa.

- Thí nghiệm 2: Nhúng thanh Ag vào dung dịch CuSO₄.

Ag + CuSO₄ $\to$ Không phản ứng

$\to$ Không xảy ra sự ăn mòn điện hóa.

- Thí nghiệm 3: Nhúng thanh Cu vào dung dịch FeCl₃.

Cu + 2FeCl₃ $\to$ CuCl₂ + 2FeCl₂

$\to$ Không hình thành cặp điện cực $\to$ Không xảy ra ăn mòn điện hóa.

- Thí nghiệm 4: Cho thanh Fe tiếp xúc với thanh Cu rồi nhúng vào dung dịch HCl.

Xuất hiện cặp điện cực Fe – Cu $\to$ Xảy ra ăn mòn điện hóa.

- Thí nghiệm 5: Đốt dây thép (Fe, C) trong khí Cl₂.

$\to$ Không xảy ra ăn mòn điện hóa vì các điện cực không cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

Vậy: Thí nghiệm (1) và thí nghiệm (4) xảy ra ăn mòn điện hóa.

Chọn đáp án C

Giải thích:

n_Zn = 0,2 (mol); $n_{N_{2}O}$= 0,02 (mol)

Nhận xét: 2n_Zn = 0,4 ≠ 8$n_{N_{2}O}$ = 0,16 $\to$ Có muối NH₄NO₃ trong dung dịch.

Bảo toàn e: 2n_Zn = 8$n_{N_{2}O}$ + 8$n_{N{H}_{4}N{O}_3}$ $\to$ $n_{N{H}_{4}N{O}_3}$= 0,03 (mol).

m_muối = $m_{Zn{\left(N{O}_3\right)}_2}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}$= 0,2×189 + 0,03×80 = 40,2 (gam).

Chọn đáp án C

Giải thích:

$n_{CuS{O}_4}$= 0,5 (mol).

Tính khử: Zn > Fe $\to$ Thứ tự kim loại phản ứng với dung dịch CuSO₄: Zn, Fe.

Khối lượng kim loại tăng sau phản ứng $\to$ Fe có tham gia phản ứng với dung dịch CuSO₄.

Nếu CuSO₄ phản ứng hoàn toàn thì: m_Cu = 0,5×64 = 32 < 43,2 $\to$ Kim loại Fe còn dư sau phản ứng.

m_{Fe (dư)} = 43,2 – 32 = 11,2 (gam).

Phương trình hóa học:

Zn + CuSO₄ $\to$ ZnSO₄ + Cu

 x         x                             x        (mol)

Fe + CuSO₄ $\to$FeSO₄ + Cu

y           y                           y           (mol)

Gọi n_Zn = x (mol); n_Fe(pư) = y (mol)

m_{KL tăng} = 64×(x + y) – (65x + 56y) = 43,2 – 41 = 2,2

$\to$ 8y = 2,2 + x (*)

Ta có: 65x + 56y + 11,2 = 41 (**)

Từ (*) và (**), suy ra: x =  0,2; y = 0,3.

$\to$%m_Fe = $\frac{0,3x56+11,2}{41}x100\%\approx 68,29\%$.

Chọn đáp án B

Giải thích:

(a) Ba(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ $\to$ BaSO₄¯ + K₂SO₄ + 2CO₂­$\uparrow$+ 2H₂O.

(b) Fe + CuSO₄ $\to$ FeSO₄ + Cu.

(c) (NH₄)₂CO₃ + Ba(OH)₂ $\to$ BaCO₃¯ + 2NH₃­$\uparrow$ + 2H₂O.

(d) 3NaOH + FeCl₃ $\to$ 3NaCl + Fe(OH)₃¯.

(e) 2NaOH + H₂SO₄ $\to$ Na₂SO₄ + 2H₂O.

$\to$ Có 2 thí nghiệm thu được cả chất rắn và khí là: (a), (c).

Chọn đáp án A

Giải thích:

Sơ đồ phản ứng: X $\left\{\begin{array}{l}Na\\ K_{2}O\\ Ba\\ BaO\end{array}\right.$ + H₂O $\to$ Y $\left\{\begin{array}{l}NaOH\\ KOH\\ Ba{\left(OH\right)}_2\end{array}\right.$+ H₂­$\uparrow$.

$n_{H_2}$= 0,015 (mol).

Bào toàn nguyên tử H: 2$n_{H_{2}O}$= $n_{O{H}^{-}}$+ 2$n_{H_2}$(*).

n_HCl = 0,04 (mol); $n_{HN{O}_3}$= 0,06 (mol)

$\to$ $n_{H^{+}}$= 0,04 + 0,06 = 0,1 (mol).

H⁺ + OH^- $\to$ H₂O (1)

0,1     0,1                     (mol)

Sau phản ứng: pH = 13 $\to$ pOH = 14 – 13 = 1 $\to$ [OH]^- = 0,1M

$\to$ OH^- dư sau phản ứng (1), $n_{O{H}^{-}}$_(dư) = 0,1×0,5 = 0,05 (mol).

$\to$ $\sum _{}{n}_{O{H}^{-}}$= 0,1 + 0,05 = 0,15 (mol).

Thay vào (*), ta có: 2$n_{H_{2}O}$= 0,15+ 2×0,015 $\to$ $n_{H_{2}O}$= 0,09 (mol).

Bảo toàn nguyên tố O: n_O(X) + $n_{H_{2}O}$= ${n_{OH}}^{-}$

$\to$ n_O(X) + 0,09 = 0,15 $\to$ n_O(X) = 0,06 (mol).

Ta có: %m_O(X) = $\frac{16 x 0,06}{m_x} x 100\%$= 20%

$\to$ m_X = 4,8 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Sơ đồ phản ứng: X + H₂SO₄ $\to$ Muối + H₂­$\uparrow$.

$n_{H_2}$= 0,06 (mol) = $n_{H_{2}S{O}_4}$ $\to$ $n_{S{O_4}^{2-}}$= 0,06 (mol).

$\to$ m_muối = m_X + $m_{S{O_4}^{2-}}$= 6,44 + 0,06×96 = 12,2 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

$n_{FeC{l}_2}$= 0,1 (mol) $\to$ $n_{F{e}^{2+}}$= 0,1 (mol); $n_{C{l}^{-}}$= 0,2 (mol).

$n_{AgN{O}_3}$= 0,8 (mol) $\to$ $n_{A{g}^{+}}$= $n_{N{O_3}^{-}}$= 0,8 (mol).

Phương trình hóa học:

Fe²⁺ + Ag⁺ $\to$ Fe³⁺ + Ag¯ (tính theo $n_{F{e}^{2+}}$)

0,1      0,1                   0,1          (mol)

$\to$ $n_{A{g}^{+}}$_(dư) = 0,8 – 0,1 = 0,7 (mol).

Ag⁺ + Cl^- $\to$ AgCl¯ (tính theo $n_{C{l}^{-}}$)

0,2     0,2        0,2        (mol)

$\to$m_¯ = m_Ag + m_AgCl = 0,1×108 + 0,2×143,5 = 39,5 (gam).

Chọn đáp án B

Giải thích:

(a) 2NaOH + Ba(HCO₃)₂ $\to$ BaCO₃¯ + Na₂CO₃ + 2H₂O.

(b) 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O $\to$ Al(OH)₃¯ + 3NH₄Cl.

¯Al(OH)₃ không tan trong NH₃ dư.

(c) CO₂ + Ca(OH)₂ $\to$ CaCO₃¯ + H₂O.

(d) 2AgNO₃ + MgCl₂ $\to$ 2AgCl¯ + Mg(NO₃)₂.

(e) Mg + 2FeCl_{3 dư} $\to$ MgCl₂ + 2FeCl₂.

(f) AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ $\to$ Fe(NO₃)₃ + Ag¯.

$\to$ Có 5 thí nghiệm thu được kết tủa là: (a), (b), (c), (d), (f).

Chọn đáp án C

Giải thích:

Tác dụng với dung dịch HCl: $n_{H_2}$= 0,8 (mol).

Bảo toàn e: 2n_Fe + 3n_Al = 2$n_{H_2}$$\to$ 2n_Fe + 3n_Al = 1,6 (1).

Tác dụng với dung dịch NaOH: $n_{H_2}$= 0,6 (mol).

Bảo toàn e: 3n_Al = 2$n_{H_2}$$\to$ n_Al = 0,4 (mol)

$\to$ Thay vào (1), suy ra: n_Fe = 0,2 (mol).

$\to$ a = m_Fe + m_Al = 0,2×56 + 0,4×27 = 22 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Cho hỗn hợp X (Na, Al) vào nước:

Na + H₂O $\to$ NaOH + $\frac{1}{2}$H₂­$\uparrow$

 x                        x          0,5x                 (mol)

NaOH + Al + H₂O $\to$ NaAlO₂ + $\frac{3}{2}$H₂­$\uparrow$

 x             x                                     1,5x     (mol)

$n_{H_2}$= 0,24 (mol); m_{Al (dư)} = 6,75 (gam) $\to$ n_{Al (dư)} = 0,25 (mol).

Gọi n­_Na = x (mol).

$\to$ $\sum _{}{n}_{H_2}$= 0,5x + 1,5x = 0,24 $\to$ x = 0,12.

Vậy trong X: n_Na = 0,12 (mol); n_Al = 0,12 + 0,25 = 0,37 (mol).

Oxi hoá m gam X bằng khí Cl₂:

Bảo toàn e: n_Na + 3n_Al = 2$n_{C{l}_2}$$\to$ $n_{C{l}_2}$= 0,615 (mol).

$\to$ V = $V_{C{l}_2}$= 0,615×22,4 = 13,776 (lít).

Chọn đáp án B

Giải thích:

Phương trình hóa học:

Al + NaOH + H₂O $\to$ NaAlO₂ + $\frac{3}{2}$H₂­$\uparrow$

0,1        0,1                                      0,15 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH $\to$ 2NaAlO₂ + H₂O

0,2         0,4                                         (mol)

$n_{H_2}$= 0,15 (mol).

$\to$ m = m_Al + $m_{A{l}_2{O}_3}$= 0,1×27 + 0,2×102 = 23,1 (gam).

Chọn đáp án D

Giải thích:

Sơ đồ phản ứng: X $\left\{\begin{array}{l}CuO\\ F{e}_2{O}_3\\ MgO\end{array}\right.$ + CO_(dư) $\to$ Rắn Y $\left\{\begin{array}{l}Cu\\ Fe\\ MgO\end{array}\right.$ + ­Z $\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ CO\end{array}\right.$.

Bản chất phản ứng: CO + [O] $\to$ CO₂.

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$= 0,2 (mol); n_NaOH = 0,2 (mol); $n_{BaC{O}_3}=\frac{29,55}{197}=0,15$(mol)

$\to$ $\sum _{}{n}_{O{H}^{-}}$= 2×0,2 + 0,2 = 0,6 (mol); $n_{B{a}^{2+}}$= 0,2 (mol) = n_¯Max

Ta có đồ thị sau:

Trường hợp 1: $n_{C{O}_2}$= 0,15 (mol).

$\to$ n_O(X)pư = $n_{C{O}_2}$= 0,15 (mol).

$\to$ m_Y = m_X  - m_O(X)pư = 24 – 0,15×16 = 21,6 (gam) $\to$ m » 22.

Trường hợp 2: $n_{C{O}_2}$= 0,6 – 0,15 = 0,45 (mol).

$\to$ n_O(X)pư = $n_{C{O}_2}$= 0,45 (mol).

$\to$ m_Y = m_X  - m_O(X)pư = 24 – 0,45×16 = 16,8 (gam) $\to$ m » 17.

→ Giá trị của m gần nhất với 17.

Chọn đáp án D

Giải thích:

Ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}\frac{n_{Cu}}{n_{Ag}}=\frac{4}{1}\\ 64n_{Cu}+108n_{Ag}=1,82\end{array}=>\left\{\begin{array}{l}{n}_{Cu}=0,02\\ n_{Ag}=0,005\end{array}\right.\right.$

$n_{H_{2}S{O}_4}$= 0,015 (mol); $n_{HN{O}_3}$= 0,06 (mol).

$\to$ $\sum _{}{n}_{H^{+}}$= 0,015×2 + 0,06 = 0,09 (mol); $n_{N{O_3}^{-}}$= 0,06 (mol).

Để hòa tan được hết hỗn hợp kim loại thì:

Bảo toàn e: 3n_NO = 2n_Cu + n_Ag $\to$ n_NO = 0,015 (mol).

$\to$ $n_{N{O_3}^{-}\left(min\right)}$= n_NO = 0,015 (mol) < 0,06 (mol);

$n_{H^{+}\left(min\right)}$= 4n_NO = 0,06 (mol) < 0,09 (mol).

$\to$ Hỗn hợp Cu và Ag tan hết $\to$ n_NO = 0,015 (mol).

2NO   +   O₂ $\to$ 2NO₂

0,015   0,0075    0,015    (mol)

$\to$ Hỗn hợp Y gồm: NO₂ (0,015 mol); O₂ dư (0,1 – 0,0075 = 0,0925 mol).

Cho toàn bộ Y tác dụng với H₂O:

4NO₂ + O₂ + 2H₂O $\to$ 4HNO₃ (tính theo $n_{N{O}_2}$)

0,015                             0,015    (mol)

$\to$ [H⁺] = $\frac{0,015}{0,15}$= 0,1M $\to$ pH = -lg[H⁺] = 1.

Chọn đáp án B

Giải thích:

Số mol e trao đổi trong thời gian 1930 giây là:

n_e(TĐ) = $\frac{It}{F}=\frac{2 x 1930}{96500}$= 0,04 (mol).

Gọi $n_{CuS{O}_4}$= x (mol) $\to$ n_KCl = 5x (mol).

n_e(TĐ) = 2x + 2$n_{H_2}$= 0,04 $\to$ $n_{H_2}$= (0,02 – x) (mol).

Hỗn hợp khí gồm H₂ và Cl₂ có tỉ khối so với H₂ là 24.

$\to$ Áp dụng quy tắc đường chéo:

 $\frac{n_{H_2}}{n_{C{l}_2}}=\frac{71-48}{48-2}=\frac{1}{2}$ $\to$ $\frac{0,02-x}{0,02}=\frac{1}{2}$$\to$ x = 0,01.

$\to$ $n_{CuS{O}_4}$= 0,01 (mol); n_KCl = 0,05 (mol).

Khi điện phân t giây:

Nếu điện phân hoàn toàn:

m_Cu + $m_{C{l}_2}$= 0,01×64 + 0,025×71 = 2,415 (gam) < 2,715 (gam).

$\to$ Có H₂O tham gia điện phân.

Gọi số mol H₂ và O₂ sinh ra ở các điện cực lần lượt là a, b (mol).

Bảo toàn e: n_{e TĐ(-)} = n_{e TĐ(+)} $\to$ 0,02 + 2a = 0,05 + 4b (*).

m_{dd giảm} = m_Cu + $m_{C{l}_2}$+ $m_{H_2}$+ $m_{O_2}$

$\to$ 0,01×64 + 0,025×71 + 2a + 32b = 2,715 (**)

Từ (*) và (**), suy ra: a = 0,03; b = 0,0075.

$\to$ n_eTĐ = $\frac{It}{F}$ $\to$ 0,02 + 2a = $\frac{2 x t}{96500}$ $\to$ t = 3860 (giây).