K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

7 tháng 11 2018

Giải thích: 

Theo quy tắc đường chéo tính được N2 :0,014 mol và N2O : 0,07 mol

Đặt nAl = x mol nMg= y mol

Dd X có dư HNO3 nên Al và Mg phản ứng hết

Al → Al+3 + 3e                      Mg → Mg+2 + 2e

2N+5 + 10e → N2                    2N+5 + 8e → 2N+1

Bảo toàn e thì 3x + 2y = 0,014.10 +0,07.8=0,7

Cho NaOH vào NaOH + HNO3 → NaNO3 + H2O → HNO3 dư :0,1 mol

   Tại thể tích NaOH là 0,4125 lít thì kết tủa qua vị trí cực đại → Al(OH)3 bị hòa tan một phần

          2OH- + Mg2+ → Mg(OH)2

          3OH- + Al3+ → Al(OH)3

          Al(OH)3 + OH- → AlO2- +H2O

Kết tủa có Mg(OH)2 : y mol, Al(OH)3 : x-z mol( giả sử z mol Al(OH)3 bị hòa tan)

Ta có

17,45=58y+78(x-z)=m

2y + 3x + z  =(0,4125-0,05).2=nNaOH     

  x=  0,1 mol ; y=0,2 mol; z=0,025 mol

→ m= 27x + 24y=7,5

Bảo toàn N trong phản ứng X + HNO3

nHNO3 = 3x + 2y + 2nN2 + 2nN2O + nHNO3 dư = 0,968 → V=0,3872

Đáp án D

2 tháng 5 2018

Chọn đáp án D

=4a + 2b - 0,725 mol

+ 0,1 = 0,968 mol

|| V = 387,2 ml → chọn đáp án D

17 tháng 4 2018

Đáp án cần chọn là: D

24 tháng 6 2019

Đáp án C

Nhận thấy sau 1 thời gian mới bắt đầu xuất hiện kết tủa → chứng tỏ trong dung dịch chứa H+ dư

Dựa vào đồ thị tại 17a mol OH- kết tủa không đổi → chỉ chứa Mg(OH)2 : 2a mol → nMg= 2a mol

Lượng kết tủa cực đại chứa Mg(OH)2 : 2a mol, Al(OH)3 : 3a mol → nAl2O3 = 1,5a mol

→ 2a. 24+ 1,5a . 102 = 12, 06 → a = 0,06 mol

Gọi số mol của HCl và H2SO4 lần lượt là0,5b và 0,1b

Dung dịch X chứa Mg2+ : 0,12 mol, Al3+ : 0,18 mol, Cl-:0,5b mol, SO42- :0,1b mol H+ dư : 0,7b- 0,78 ( bảo toàn điện tích)

Tại thời điểm 17a mol OH- thì nOH- = 4nAl3+ + 2nMg2+ + nH+ dư → 17. 0,06 = 4. 0,18 + 2.0,12 + 0,7b- 0,78 → b = 1,2 

Khi thêm : 

Kết tủa cực đại khi chưa ra sự hòa tan kết tủa thì nOH- = nH+ dư + 2nMg2+ + 3nAl3+ = 0,84

→ 0,5V = 0,84 → V = 1,68 lít → nBa2+ = 0,168 mol

Khi đó nBaSO4 = nSO42- = 0,12 mol

Chất rắn khan chứa BaSO4:0,12 mol; MgO: 0,12 mol; Al2O3: 0,09 mol → m = 41,94 gam

29 tháng 11 2019

Chọn đáp án C

Đặt nMg = x; nAl = y 24x + 27y = 7,98g; nH2 = x + 1,5y = 0,4 mol. Giải hệ có: x = 0,13 mol; y = 0,18 mol.

Tại 1,3 mol NaOH thì kết tủa gồm 0,13 mol Mg(OH)2 và (0,24 - 0,13 = 0,11) mol Al(OH)3.

dung dịch gồm (0,18 - 0,11 = 0,07) mol NaAlO2 và (1,03 - 0,07) ÷ 2 = 0,48 mol Na2SO4 

a = nNa2SO4 = 0,48 mol chọn C.

25 tháng 9 2018

Đáp án B

Hòa tan x gam hỗn hợp bột gồm 2 kim loại Mg và Al vào y gam dung dịch HNO3 24%. Sau phản ứng thu được dung dịch A (không chứa muối amoni) và 0,896 lít hỗn hợp X gồm 3 khí không màu có khối lượng 1,32 gam. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, phản ứng xong thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại khí Z (có tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 18). Nếu cho từ từ dung...
Đọc tiếp

Hòa tan x gam hỗn hợp bột gồm 2 kim loại Mg và Al vào y gam dung dịch HNO3 24%. Sau phản ứng thu được dung dịch A (không chứa muối amoni) và 0,896 lít hỗn hợp X gồm 3 khí không màu có khối lượng 1,32 gam. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, phản ứng xong thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại khí Z (có tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 18). Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thấy cân nặng 6,42 gam (không có khí thoát ra). Biết rằng HNO3 đã lấy dư 15% so với lượng cần thiết, các thể tích đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, giá trị của x và y lần lượt là

A. 2,34 và 90,5625.

B. 2,34 và 89,2500.

C. 2,58 và 90,5625.

D. 2,58 và 90,5625.

1
18 tháng 1 2019

Đáp án A

Xử Lý hỗn hợp khí X: 3 khí đó chỉ có thể là NO, N2 và N2O.

NO + ½O2 → NO2 và bị giữ lại bởi NaOH.

Hỗn hợp khí Y chứa N2 và N2O với MTrung bình = 36 = MTrung bình cộng của 2 khí.

nN2 = nN2O || Đặt nNO = a và nN2 = nN2O = b ta có hệ:

a + 2b = 0,04 || 30a + 28b + 44b = 1,32 || a = 0,02 và b = 0,01.

∑ne cho nhận = 3nNO + 10nN2 + 8nN2O = 0,24 mol.

● Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là x và y ta có hệ:

(24+17×2)x + (27+17×3)y = 6,42 || 2x + 3y = 0,24.

nMg = 0,03 và nAl = 0,06 mol  mHỗn hợp kim loại = 2,34 gam

+ Bảo toàn nguyên tố Nitơ nHNO3 đã pứ = 0,24 + 0,02 + 0,01×2×2 = 0,3 mol.

∑nHNO3 ban đầu = 0,3 + 0,3×0,15 = 0,345 mol.

mDung dịch HNO3 =  0 , 345 × 63 × 100 24  = 90,5625 gam

5 tháng 11 2018

Giải thích: 

Dd X + NaOH → Mg(OH)2 + Al(OH)3

Lượng kết tủa khi NaOH dư là nMg(OH)2 = 2a

→ lượng kết tủa tối đa là nAl(OH)3 = n - nMg(OH)2 = 5a - 2a =3a

→ nMg : nAl2O3 = 2a :  = 4 : 3

Mà mhỗn hợp  = 24nMg + 102nAl2O3 = 12,06 → nMg = 0,12 mol và nAl2O3 = 0,09 mol

→ a = 0,06 mol → nOH = 17a = 1,02 = nH+ (X) + 2nMg + 8nAl2O3 = nH+(X) + 0,96 → nH+(X) = 0,06 mol

Bảo toàn điện tích trong dung dịch X có nH+(X)  + 2nMg2+ + 3nAl3+ = nCl- + 2nSO4 = 0,84

Mà nCl  : nSO4 = 5 : 1 nên nCl- = 0,6 mol và nSO4 = 0,12 mol

X  có Cl- : 0,6 mol SO42- : 0,12 mol, H+ : 0,06 mol, Al3+ : 0,18 mol và Mg2+ : 012 mol

Dd thêm vào có Ba2+ : x mol, Na+ : 3x mol ; OH- : 5x mol

Để thu được kết tủa tối đa thì ta có tạo kết tủa Al(OH)3 và Mg(OH)2 tối đa

 nOH- = 5x = 0,18.3 +0,12.2 =0,78 mol

Khi đó Ba2+ : 0,156 → nBaSO4= 0,12 → ↓ BaSO4 : 0,12 mol; Al(OH)3 : 0,18 mol; Mg(OH)2 : 0,12 mol

→ nung thu được 0,12 mol BaSO4; 0,09 mol Al2O3 và 0,12 mol MgO

→ m =41,94

Đáp án D

21 tháng 1 2017