Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án : B
Giả sử kim loại R có hóa trị không đổi x
+) TH1: R không phản ứng với H2O
2R à xCu
Do màu xanh dung dịch mất đi => Cu2+ hết
nCu2+ = 0,05mol => mR pứ = 64.0,05 – 2,848 = 0,353g = R. 0 , 1 x => R = 3,52x (Loai)
+) TH2 : R là kim loại kiềm hoặc kiềm thổ
R + xH2O à R(OH)x + ½ xH2
2R(OH)x + xCu2+ à xCu(OH)2 + 2Rx+
=> BTKL : mR + mdd muối đồng = mdd sau + mH2 + mCu(OH)2
(xnR = 2nH2) => x.nR = x. 2 , 16 R = 0,108 => R = 20x => x = 2 và R là Ca (M = 40)
Đối với bài này ta chỉ cần tìm số mol của hidro là xong. BTKl ta đc mchấtkotan=2,16+250-247,125=5,008g nCu(NO3)2=0,05mol=nCu(OH)2 mchấtkotan=mCu(OH)2+mH2 suyra mH2=5,008-0,005*98=0,108g suyra nh2=0,054 biện luận nếu R hóa trị 2 thì nh2=nR=0,054 suy ra MR=2,16/0,05=40 suy ra là Canxi,các hóa trị khác biện luận tương tự bằng pp bảo toàn e
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.
n
1
2
3
M
20 (Loại)
40 (Ca)
60 (Loại)
Kim loại R là Ca.