Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt a, b, c là số mol Al203, CuO , FeO mA = 102a + 80b + 72c = 20,3 m rắn = 102a + 64b + 56c = 17,1 nHCl = 6a + 2b + 2c = 0,7 -> a = 0,05 ; b = c = 0,1 Trong B chứa nCO2 = b + c = 0,2 nCaCO3 = 0,1 -> nCa(HCO3)2 = 0,05 -> nCa(OH)2 = 0,15 -> Vdd =105 ml
Đáp án B
Giả sử KOH không dư ⇒ nKNO2 = nKOH = 0,5 mol ⇒ mrắn ≥ mKNO2 = 42,5(g)
⇒ vô lí! ⇒ KOH dư. Đặt nKNO3 = x; nKOH 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 nFe = a; nCu = b ⇒ mA = 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.
nHNO3 = 0,7 mol; nNO3–/X = nKNO3 = 0,45 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nN/B = 0,25 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2O = 0,35 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi: nO/B = 0,4 mol.
⇒ Bảo toàn khối lượng: mX = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2(g).
-> nNO3–/X < 3nFe + 2nCu ⇒ X gồm muối Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2.
Giải hệ có: nFe(NO3)3 = 0,05 mol
⇒ C%Fe(NO3)3 = 0,05 × 242 ÷ 89,2 × 100% = 13,56%
Giả sử KOH không dư
⇒ nKNO2 = nKOH = 0,5 mol
⇒ mrắn ≥ mKNO2 = 42,5(g)
⇒ vô lí!. ⇒ KOH dư.
Đặt nKNO3 = x; nKOH 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 nFe = a; nCu = b
⇒ mA = 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.
nHNO3 = 0,7 mol; nNO3–/X = nKNO3 = 0,45 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nN/B = 0,25 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2O = 0,35 mol.
Bảo toàn nguyên tố Oxi: nO/B = 0,4 mol.
⇒ Bảo toàn khối lượng:
mX = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2(g).
► nNO3–/X < 3nFe + 2nCu
⇒ X gồm muối Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2.
Giải hệ có: nFe(NO3)3 = 0,05 mol
⇒ C%Fe(NO3)3 = 0,05 × 242 ÷ 89,2 × 100% = 13,56%
Đáp án B
⇒ Số mol Cu = 0,12 mol
+) Dựa vào "Hòa tan hết 10,24 gam Cu" + "Số mol HNO3 đã phản ứng với Cu" ⇒ dd X có HNO3 dư.
+) NaOH cho vào X thì tác dụng lần lượt HNO3 dư và Cu(NO3)2.
+) Hiển nhiên HNO3 hết và NaOH tiếp tục phản ứng với Cu(NO3)2.
+) Nếu Cu(NO3)2 dư thì cô cạn dung dịch thu được Cu(NO3)2 là chất rắn ⇒ nung lên thu được 26,44 g CuO ⇒ nCu = nCuO = 0,3305 > 0,12.
⇒ NaOH dư.
⇒ Cô cạn dung dịch được NaOH, NaNO3 đem nung thu được 22,64 g NaOH, NaNO2 là chất rắn.
Đặt ẩn ra cho số mol NaOH = x và số mol NaNO2 = y ⇒ 40x + 69y = 26,44
Bảo toàn nguyên tố Na ban đầu thì x + y = 0,4
⇒ x = 0,04; y = 0,36 mol
⇒ nHNO3 dư = 0,36 – 0,32 = 0,04 mol
⇒ nHNO3 pứ với Cu = 0,6 – 0,04 = 0,56 mol
Đề này 26,44 mới đúng bạn ơi; 23,44 số lẻ .
Ta có:
\(n_{Cu}=\frac{10,24}{64}=0,16\left(mol\right)\)
\(n_{HNO3}=0,2.3=0,6\left(mol\right)\)
\(n_{NaOH}=0,4.1=0,4\left(mol\right)\)
Dung dịch A chứa Cu(NO3)2 và HNO3 có thể dư.
Khi cho NaOH vào có 2 trường hợp xảy ra.
TH1: NaOH hết cô cạn dung dịch thu được rắn chỉ chứa NaNO3
\(\Rightarrow n_{NaNO3}=n_{NaOH}=0,4\left(mol\right)\)
Nung rắn:
\(2NaNO_3\rightarrow2NaNO_2+O_2\)
\(\Rightarrow n_{NaNO2}=n_{NaNO3}=0,4\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{NaNO2}=0,4.69=27,6>26,44\) (loại)
TH2: NaOH dư.
Cô cạn dung dịch thu được NaNO3 x mol và NaOH dư y mol.
Nung rắn thu được NaNO2 x mol và NaOH dư y mol.
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+y=0,4\\69x+40y=26,44\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,36\\y=0,04\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow n_{N\left(trong.khí\right)}=0,6-0,36=0,24\left(mol\right)\)
Bảo toàn N:
\(n_{HNO3\left(pư\right)}=n_{N\left(trong.khi\right)}+2n_{Cu\left(NO3\right)2}=0,16.2+0,240,56\left(mol\right)\)
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.
mKNO2 = 0,5. 85 = 42,5 > 41,05
=> T gồm KOH dư và KNO2
Đáp án A
Ta có khối lượng mỗi phần là 30,66 gam.
Cho phần một tác dụng với NaOH dư thu được 0,09 mol H2 do vậy trong X chứa Al dư.
Vậy trong mỗi phần chứa Fe, Al2O3 và Al dư 0,06 mol.
Cho phần 2 tác dụng với 1,74 mol HNO3 thu được 0,18 mol NO. Cô cạn dung dịch Y thu được các muối, nung rắn tới khối lượng không đổi thu được rắn chứa Al2O3 và Fe2O3 có số mol bằng nhau.
Gọi số mol của Fe, Al2O3 trong mỗi phần lần lượt là a, b
Và a=2b+0,06
Giải hệ: a=0,3; b=0,12.
Gọi x là số mol NH4NO3 có thể tạo ra.
Bảo toàn N:
n N O 3 - t r o n g m u o i K l = 1 , 74 - 0 , 18 - 2 x = 1 , 56 - 2 x
Bảo toàn e: 1 , 56 - 2 x = 0 , 12 . 6 + 0 , 18 . 3 + 8 x
Vậy NO3– trong muối là 1,5 mol.
Muối trong Y gồm Al(NO3)3 0,3 mol, Fe(NO3)2 0,3 mol và NH4NO3 0,03 mol.
Cho Y tác dụng với Na2CO3 dư thu được kết tủa là Al(OH)3 0,3 mol và FeCO3 0,3 mol.
→ a = 58 , 2 g