Hoà tan m(g) hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3o4 vừa đủ hết trong V (ml) H2SO4 0,5M thu được dd A. Chia A làm 2 phần bằng nhau:
- cho dd NaOH vào phần 1 thu được kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng ko đổi được 8,8 (g) chất rắn
- phần 2 làm mất màu 100 ml KMnO4 0,1M trong môi trường H2SO4 loãng dư. Tính m, V.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
25 tháng 7 2021
a, Ta có: \(n_{CO}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)=n_{CO_2}\)
Theo ĐLBT KL, có: mhh + mCO = mFe + mCO2
⇒ mFe = 18,2 + 0,3.28 - 0,3.44 = 13,4 (g)
b, Giả sử: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Ca}=x\left(mol\right)\\n_{Mg}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ x + y = 0,2 (1)
PT: \(Ca+2HCl\rightarrow CaCl_2+H_2\)
\(Mg+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2\)
\(CaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow CaCO_{3\downarrow}+2NaCl\)
\(MgCl_2+Na_2CO_3\rightarrow MgCO_{3\downarrow}+2NaCl\)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3}=n_{Ca}=x\left(mol\right)\\n_{MgCO_3}=n_{Mg}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ 100x + 84y = 18,4 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = y = 0,1 (mol)
Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCl_2}=n_{Ca}=0,1\left(mol\right)\\n_{MgCl_2}=n_{Mg}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ a = mCaCl2 + mMgCl2 = 0,1.111 + 0,1.95 = 20,6 (g)
Bạn tham khảo nhé!
17 tháng 6 2016
khi cho Fe vào HCl tạo Fe2+
áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
Fe => Fe2+ + 2e 2H+ +2e => H2
nFe = 0,05 mol => mFe=2,8 g => mFe2O3 =7,2g => nFe2O3=0,045 mol
nói chung khi nung kết tủa trong không khí đều tạo Fe2O3 => m (chất rắn)= 7,6 g
19 tháng 10 2023
- Phần 1:
\(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\)
\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)
\(Al_2\left(SO_4\right)_3+6NaOH\rightarrow2Al\left(OH\right)_3+3Na_2SO_4\)
\(Al\left(OH\right)_3+NaOH\rightarrow NaAlO_2+2H_2O\)
\(FeSO_4+2NaOH\rightarrow Fe\left(OH\right)_{2\downarrow}+Na_2SO_4\)
\(4Fe\left(OH\right)_2+O_2\underrightarrow{t^o}2Fe_2O_3+4H_2O\)
Ta có: \(n_{Fe_2O_3}=\dfrac{8}{160}=0,05\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{Fe}=n_{FeSO_4}=n_{Fe\left(OH\right)_2}=2n_{Fe_2O_3}=0,1\left(mol\right)\)\
- Phần 2:
\(2Al+2NaOH+2H_2O\rightarrow2NaAlO_2+3H_2\)
Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{Al}=\dfrac{2}{3}n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)
%m trong 1 phần cũng là %m trong A.
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{0,1.56+0,1.27}.100\%\approx67,47\%\\\%m_{Al}\approx32,53\%\end{matrix}\right.\)
DH
21 tháng 5 2021
Theo gt ta có: $n_{NO}=0,015(mol);n_{NaOH}=0,45(mol);n_{Fe_2O_3}=0,05(mol)$
Quy hỗn hợp về Fe và O
Bảo toàn e ta có: $n_{O}=0,1275(mol)$
Ta có: $n_{n_{Fe(OH)_3}=0,3(mol)\Rightarrow n_{H^+/du}=0,15(mol)$
Dùng phương trình $H^+$ ta được $n_{HNO_3}=0,465(mol)$
$\Rightarrow \%m_{HNO_3}=46,5\%$
H
21 tháng 5 2021
n Fe2O3 = 8/160 = 0,05(mol)
=> n Fe(OH)3 = 2n Fe2O3 = 0,1(mol)
Ta có :
n NaOH = n HNO3(dư) + 3n Fe(OH)3
=> n HNO3 dư = 0,45 - 0,1.3 = 0,15(mol)
n NO = 0,015(mol)
Bảo toàn electron :
3n Fe = 2n O + 3n NO
<=> n O = (0,1.3 - 0,015.3)/2 = 0,1275(mol)
Phân bổ H+ :
n HNO3 = n HNO3 pư + n HNO3 dư = 2n O + 4n NO + n HNO3 dư
= 0,1275.2 + 0,015.4 + 0,15 = 0,465(mol)
C% HNO3 = 0,465.63/63 .100% = 46,5%
28 tháng 5 2019
m dd A = 4 . 79,3 = 317,2g
Qui đổi hỗn hợp FeO, Fe2O3, Fe3O4về Fe3O4 có số mol là a
Ta có 232a + (a . 4 . 1,5 . 98) : 0,2 = 317,2
=> a = 0,1 mol
Dd ban đầu
Phần 1:
8H2SO4 + 2KMnO4 + 10FeSO4 → 5Fe2(SO4)3 + 8H2O + 2MnSO4 + K2SO4
0,05 0,025
=> FeSO4 phản ứng hết
=> nKMnO4 = 0,005mol
=> V1= 0,1 lít = 100ml
Phần 2:
2Fe2+ + Br2 → 2Fe3+ + 2Br-
0,025 0,0125
=> V2 = 0,25 lít = 250ml
Phần 3:
2Fe3+ + 2I- → 2Fe2+ + I2
0,05 0,05
=> V3 = 1 lít = 1000ml
Phần 4:
Fe2+ + CO32- → FeCO3↓
0,025 0,025 0,025
2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3CO2
0,05 0,075 0,05 0,075
2H+ + CO32- →CO2 + H2O
0,1 0,05 0,05
=> nCO2 = 0,125
=> V4 = 2,8 lít
m kết tủa = mFeCO3 + mFe(OH)3 = 8,25g
Quy hh về FeO : a mol và Fe2O3: b mol (trong từng phần)
Phần 1: mFe2O3=8,8g --> nFe2O3=0,055 mol -->a/2 +b=0,055
Phần 2: nKMnO4=0,01 mol -->n Fe2+=0,05=nFeO=a
-->b=0,03 mol
m=16,8 g ; nH2SO4=nO=0,28 mol -->V=0,56l