Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Cho 46,37 gam hỗn hơp H vào dung dịch chứa H2SO4 và HNO3 (tỉ lệ mol là 37:6) thu được 0,11 mol hỗn hợp khí T và dung dịch X
Tăng giảm khối lượng:
n H 2 S O 4 = n S O 4 2 _ = 130 , 65 - 109 , 93 62 . 2 - 96 = 0 , 74 m o l → n H N O 3 = 0 , 12 m o l → m d d a x i t = 200 g a m
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của H2, NO và H2O
=> a+b= 0,11
Bảo toàn nguyên tố N: n N H 4 + = 0 , 12 - b
Bảo toàn H: 2a+4(0,12-b)+2c=0,74.2+0,12
Bảo toàn khối lượng: 46,37+0,74.98+0,12.93= 109,93+2a+30b+18c
Giải hệ: a=0,01; b=0,1; c=0,75.
Gọi số mol Al, Zn, Fe3O4 và CuO trong H lần lượt là x, y, z, t
=> 27x+65y+232z+80t= 46,37
Bảo toàn điện tích: 3x+2y+2.3z+2t+(0,12-b)=0,74.2
Khối lượng chất tan trong X: 27x+65y+56.3z+64t+18(0,12-b)+0,74.96=109,93
Nhiệt phân chất tan trong Y ta thu được rắn G gồm Al2O3, ZnO, Fe2O3 và CuO:
102.0,5x+81y+160.1,5z+80t= 51,67
Giải hệ: x=0,1; y=0,15; y=0,06; t=0,25
BTKL:
m X = 46 , 37 + 200 - 0 , 01 . 2 - 0 , 1 . 30 = 243 , 35 → % A l 2 ( S O 4 ) 3 = 7 , 03 %
Chọn đáp án C
Giả sử KOH tác dụng với X thì KOH hết ⇒ n KNO 3 = n KOH = 0 , 5 mol.
⇒ m KNO 3 = 0 , 5 x 101 = 50 , 5 gam gam > 41,05 gam ⇒ vô lí ⇒ KOH dư.
Đặt n KOH dư = x mol; n KNO 3 = y mol
Phản ứng:
Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,45 mol
Đặt n Fe = a mol; n Cu = b mol ⇒ m A = 56 a + 64 b = 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.
⇒ dung dịch chứa ion Fe2+, Fe3+ và H+ hết.!
Bảo toàn nguyên tố hidro có n H 2 O = 0 , 7 ÷ 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.
Đáp án : B
Vì kim loại tan hết nên HNO3 dư
Khi X + KOH => thu được kết tủa
+) Giả sử KOH dư => chất rắn 16,0g gồm Fe2O3 ; CuO (*)
Khi đó T gồm KNO3 và KOH => Nung lên thành KNO2 và KOH với số mol lần lượt là x và y
=> 41,05 = 85x + 56y
Và nK = 0,5 = x + y
=> x = 0,45 mol ; y = 0,05 mol
Gọi số mol Fe và Cu trong A lần lượt là a và b mol
=> 56a + 64b = 11,6g
Và 80a + 80b = 16g (*)
=> a = 0,15 mol ; b = 0,05 mol
+) Nếu chỉ có Fe3+ và Cu2+ => nKOH < 3nFe + 2nCu ( Vô lí )
=> Trong X có Fe2+ : u mol và Fe3+ : v mol
=> HNO3 phải hết
=> u + v = 0 , 15 2 u + 3 v = 0 , 45 => u = 0 , 1 v = 0 , 05
Có nFe(NO3)3 = 0,05 mol
Ta thấy mN2 < mB < mNO2
=> 0,35.28 < mB < 46.0,7
=> 9,8 < mB < 32,2g
BTKL : 66,9g < mdd sau < 89,3g
=> 13,55% < %mFe(NO3)3 < 18,09%
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%