Lời giải:Giả sử KOH tác dụng với X thì KOH hết \(\Rightarrow {n_{KN{O_3}}} = {n_{KOH}} = 0,5\) mol.
\(\Rightarrow {m_{KN{O_3}}} = 0,5 \times 101 = 50,5\) gam > 41,05 gam ⇒ vô lí ⇒ KOH dư.
Đặt \({n_{KOH{\text{ du}}}} = xmol;\,{n_{KN{O_3}}} = ymol \to \Rightarrow \sum\limits_{} {{n_{KOH{\text{ dung}}}} = 0,5 = } x + y\)
Phản ứng: \(KN{O_3} \to KN{O_2} + \frac{1}{2}{O_2} \Rightarrow \sum\limits_{} {{m_{{\text{ran}}}} = 41,05 = 56x + 85y} \)
Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,45 mol ⇒ \(\sum\limits_{} {{n_{NO_3^ - {\text{ trong X}}}} = 0,45{\text{ mol}}} \).
Đặt\({n_{F{\text{e}}}} = a\,mol;\,{n_{Cu}} = b\,mol \to {m_A} = 56{\text{a}} + 64b = 11,6\,gam\)
Do KOH dư ⇒ kết tủa hết ion kim loại ⇒ nung T thì rắn gồm Fe2O3 và CuO.
⇒ mrắn = 41,05 = 0,5a × 160 + 80b. Giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol.
Quy hỗn hợp B về N và O. Bảo toàn nguyên tố nitơ có nN spk = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol.
\(\sum\limits_{} {{n_{NO_3^ - }} < 3{n_{Fe}} + 2{n_{Cu}} \Rightarrow } \) dung dịch chứa ion Fe2+, Fe3+ và H+ hết.!
Bảo toàn nguyên tố hidro có \({n_{{H_2}O}} = 0,7 \div 2 = 0,35\) mol.
⇒ bảo toàn nguyên tố oxi có nO sk = 0,7 × 3 – 0,45 × 3 – 0,35 = 0,4 mol.
⇒ BTKL mdung dịch sau phản ứng = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2 gam.
⇒ \(C{\% _{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,05 \times 188 \div 89,2 \times 100\% = 10,54\% \).
