Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án D
Sau phản ứng của H2SO4 với các kim loại thì còn 0,32 gam rắn. Thêm NaNO3 vào lại có khi
=> H+ dư sau phản ứng đầu tiên
=> Fe, Al đã phản ứng hết.
Do đó 0,32 gam chính là Cu.
nNaNO3 = 0,005 mol
Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào dung dịch H2SO4
→ Chất rắn không tan là Cu, mCu= 0,32 gam, nCu=0,005 mol
2Al+ 3H2SO4 → Al2(SO4)3+ 3H2
Fe+ H2SO4 → FeSO4+ H2
Ta có mFe + mAl = 0,87 - 0,32 = 0,55 gam
Đặt nFe= x mol, nAl= y mol → 56x + 27y= 0,55
nH2= 1,5.x+ y= 0,448/22,4= 0,02 mol
=> x = 0,005; y= 0,01
ta có nH2SO4 ban đầu= 0,3.0,1=0,03 mol, nH2= 0,448/22,4=0,02 mol
nH+ còn lại = nH+ ban đầu- nH+ pứ= 2.nH2SO4- 2.nH2= 2. 0,03- 2.0,02= 0,02 mol
nNO3- =nNaNO3= 0,005 mol
Ta có các bán phản ứng sau
Fe2+ → Fe3+ + 1e
0,005 0,005
Cu -→ Cu2+ + 2e
0,005 0,01
=> ne cho = 0,015 mol= n e nhận
4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O (3)
0,02 0,005 0,015 0,005
V = 0,005.22,4 = 0,112 lít
Theo bán phản ứng (3) thì cả H+ và NO3- đều hết
Khối lượng muối=Khối lượng kim loại + mNa+ + mSO4
= 0,87 + 0,005.23 + 0,03.96 = 3,865 gam
Đáp án D
Kim loại không tan là Cu dư.
Cu dư => Muối thu được gồm FeCl2 và CuCl2 vì: Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2
Số mol các chất là: 
Sơ đồ phản ứng:
Đáp án A.
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 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%
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
a) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Cu}=\dfrac{0,32}{64}=0,005\left(mol\right)\\n_{H_2}=\dfrac{0,448}{22,4}=0,02\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=a\left(mol\right)\\n_{Al}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow56a+27b=0,87-0,32=0,55\) (1)
Bảo toàn electron: \(2a+3b=2n_{H_2}=0,04\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,005\\b=0,01\end{matrix}\right.\)
Bảo toàn nguyên tố: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeSO_4}=n_{Fe}=0,005\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=0,005\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{0,005}{0,3}\approx0,02\left(M\right)=C_{M_{Al_2\left(SO_4\right)_3}}\)
b)
Ta thấy trong 0,87 gam hh X có 0,005 mol Fe, 0,005 mol Cu và 0,01 mol Al
\(\Rightarrow\) Trong 2,61 gam hh X có 0,015 mol Fe, 0,015 mol Cu và 0,03 mol Al
PTHH: \(2Fe+6H_2SO_{4\left(đặc\right)}\xrightarrow[]{t^o}Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2\uparrow+6H_2O\)
\(Cu+2H_2SO_{4\left(đặc\right)}\xrightarrow[]{t^o}CuSO_4+SO_2\uparrow+2H_2O\)
\(2Al+6H_2SO_{4\left(đặc\right)}\xrightarrow[]{t^o}Al_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2\uparrow+6H_2O\)
Ta có: \(n_{H_2SO_4}=3n_{Fe}+3n_{Al}+2n_{Cu}=0,165\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{0,165\cdot98}{78\%}\approx20,73\left(g\right)\)