Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
Quy đổi hỗn hợp về Fe (x mol); Cu (y mol) và S (z mol)
Bảo toàn S có
nS = n↓ = 
(mol)
mX = 2,72 gam → 56x + 64y + 0,02.32 = 2,72 → 56x + 64y = 2,08 (1)
Do Y có thể hòa tan được Cu, bảo toàn electron có:
3.nFe + 2.nCu + 6.nS = 3.0,07 → 3x + 2y = 0,09 (2)
Từ (1) và (2) có: x = 0,02 và y = 0,015.
Dung dịch Y gồm: Fe3+: 0,02 mol; Cu2+: 0,015 mol; SO42- = 0,02 mol; NO3- = (0,5 – 0,07 = 0,43 mol) và có thể có H+
Bảo toàn điện tích → nH+ = 0,38 mol
Cho Cu vào Y có phản ứng:
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,1425 ← 0,38 0,43 mol
Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
0,01 ← 0,02 mol
m = (0,01 + 0,1425).64 = 9,76 gam.
Đáp án B
Thoạt nhìn đây có vẻ là một bài toán khó vì chỉ cho hai dữ liệu là số mol và dung dịch thu được chỉ chứa hai muốn sunfat. Ta cũng có thể bị mắc bẫy vì cho rằng nhưng công thức này chỉ áp dụng cho trường hợp kim loại phản ứng với HNO3. Tuy nhiên, đây là một bài toán khá đơn giản.
Vì dung dịch thu được chỉ chứa hai muối sunfat nên hết
Thoạt nhìn đây có vẻ là một bài toán khó vì chỉ cho hai dữ liệu là số mol và dung dịch thu được chỉ chứa hai muốn sunfat. Ta cũng có thể bị mắc bẫy vì cho rằng 
nhưng công thức này chỉ áp dụng cho trường hợp kim loại phản ứng với HNO3. Tuy nhiên, đây là một bài toán khá đơn giản.
Vì dung dịch thu được chỉ chứa hai muối sunfat nên hết
\(n_{H^+} = n_{HCl} + n_{HNO_3} = 0,4 + 0,4.1,2 = 0,88\)
\(Gọi\ n_{Fe} = a ;n_O = b ; n_{NO} = c\)
Suy ra :
56a + 16b = 12,48(1)
Bảo toàn electron : 3a = 2b + 3c(2)
\(n_{H^+\ pư} = 2n_O + 4n_{NO} = 2b + 4c(mol)\\ n_{H^+\ dư} = 0,88 - 2b - 4c\)
\(2Fe^{3+} + Cu \to Cu^{2+} + 2Fe^{2+}\\ 3Cu + 8H^+ + 2NO_3^- \to 3Cu^{2+} + 2NO + 4H_2O\)
\(n_{Cu} = 0,12(mol)\)
Theo PTHH :
0,5a + \(\dfrac{3}{8}\)(0,88 - 2b -4c) = 0,12(3)
(1)(2)(3) suy ra a = 0,216 ; b = 0,024 ; c = 0,2
Suy ra V = 0,2.22,4 = 4,48(lít).Đáp án B
Chọn D
nHNO3 = 0,1 mol; nHCl = 0,5 mol
3Cu + 2HNO3 +6HCl → 3CuCl2 + 2NO +4H2O
→ HNO3 hết; nCu = 1,5. nHNO3 = 0,15 mol → mCu = 9,6g.
TN1: Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
2FeCl3 + Cu → CuCl2 + 2FeCl2
Vì Cu còn dư 0,1 mol nên sau phản ứng chứa FeCl2 : 3a mol, CuCl2 : a mol
→ a. 232 + 64. ( a + 0,1)= 24,16 → a = 0,06 mol
Vậy X gồm Cu: 0,16 mol và Fe3O4 : 0,06 mol
+ Nhận thấy nếu chất rắn chỉ chứa NaNO2 : 0,12 mol thì mchất rắn = 0,12. 69 > 78,16 gam.
⇒ Chất rắn chứa đồng thời NaNO2 : x mol và NaOH : y mol
Giả sử sản phẩm khử chứa N và O
Bảo toàn nguyên tố N → nN = 1,2 - 1,04 = 0,16 mol
Bảo toàn electron → 2nCu + nFe3O4 = 5nN - 2nO → nO = 0,21 mol
Bảo toàn khối lượng → mdd = 24,16 + 240 - 0,16.14 - 0,21. 16 = 258,56 gam
%Cu(NO3)2 =0.16*188/258,56 . 100% = 11,63%
\(a.BTNT\left(H\right):n_{HCl}=2n_{H_2}=0,65\left(mol\right)\\ \Rightarrow CM_{HCl}=\dfrac{0,65}{0,5}=1,3M\\ b.2Al+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2\\ Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\\ Đặt:\left\{{}\begin{matrix}n_{Al}=x\left(mol\right)\\n_{Fe}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{3}{2}x+y=0,325\\27x+56y=9,65\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,15\\y=0,1\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Al}=4,05\left(g\right)\\m_{Fe}=5,6\left(g\right)\end{matrix}\right.\)
Câu 1:
\(\left\{{}\begin{matrix}n_{Cu}=0,06\left(mol\right)\\n_{HNO3}=0,08\left(mol\right)\\n_{HCl}=0,08\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow n_{H^+}=n_{HNO3}+n_{HCl}=0,16\left(mol\right)\)
\(n_{NO3^-}=n_{HNO3}=0,08\left(mol\right)\)
PTHH :
\(3Cu+8H^++2NO^-_3\rightarrow3Cu^{2+}+2NO+4H_2O\)
Theo PT , đề bài ta thấy Cu và H+ hết NO3− dư
\(\Rightarrow n_{NO}=\frac{2}{3}n_{Cu}=0,06.\frac{2}{3}=0,04\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow V_{NO}=0,04.22,4=0,896\left(l\right)\)