Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Fe+Cu(NO3)2→Fe(NO3)2+Cu
x……….x………..x………x……mol
Theo phương trình ta có nhận xét là thanh sắt tăng lên 0,8 gam thì dung dịch sẽ giảm khối lượng đi 0,8 gam (theo định luật bảo toàn khối lượng)
⇒ mdd= mdd bđ - 0,8 =3,28 - 0,8 = 2,48 g
Fe+Cu(NO3)2→Fe(NO3)2+Cu
x……….x………..x………x……mol
Theo phương trình ta có nhận xét là thanh sắt tăng lên 0,8 gam thì dung dịch sẽ giảm khối lượng đi 0,8 gam (theo định luật bảo toàn khối lượng)
⇒ mdd= mdd bđ - 0,8 =3,28 - 0,8 = 2,48 g
Chọn B
Cho hỗn hợp chất rắn phản ứng với HCl dư có Cu không phản ứng.
Phương trình hóa học:
F e + 2 H C l → F e C l 2 + H 2 F e O + 2 H C l → F e C l 2 + H 2 O
Bài 1:
1. A đứng trước B trong dãy hoạt động hóa học
A, B tác dụng với H2SO4 loãng dư có chất rắn không tan là B. Chỉ có A tác dụng với H2SO4
mB = 6,45 - 3,2 = 3,2(g)
A + H2SO4 → ASO4 + H2↑
nH2 = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol
Theo PTHH: nA = nH2 = 0,05 mol
mA + mB = 6,45g
mA = 6,45 - 3,2 = 3,25 (g)
\(M_A=\frac{3,25}{0,05}=65\)
→ A là kẽm
nAgNO3 = 0,5 . 0,2 = 0,1 mol
B + 2AgNO3 → B(NO3)2 + 2Ag↓
0,05___0,1_______0,05
\(M_B=\frac{3,2}{0,05}=64\)
→ B là đồng
2.
Dung dịch D có Cu(NO3)2 (0,05 mol)
Muối F là Cu(NO3)2 (0,05 mol)
Gọi số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là x
2Cu(NO3)2 (to)→ 2CuO + 4NO2 + O2
x → 2x →0,5x
mCu(NO3)2 ban đầu = mcr + mNO2 + mO2
→ 0,05 . 188 = 6,16 + 2x . 46 + 0,5x . 32
→ x = 0,03
Trong H gồm NO2 (0,06 mol); O2 (0,015 mol)
nH = 0,06 + 0,015 = 0,075 mol
VH2= 0,075 . 22,4 = 1,68 (l)
Bài 2:
a) RCO3 + H2SO4 → RSO4 + CO2↑ + H2O
\(n_{RCO3}=n_{RSO4}\)
\(\frac{23,2}{MR+60}=\frac{30,4}{MR+96}\)
\(\rightarrow MR=56\)
→ R là sắt
nCO2 = nFeCO3 = \(\frac{23,2}{112}\)= 0,2 mol
V CO2 = 0,2 . 22,4 = 4,48 (l)
b) Trong dung dịch thu được có 0,2 mol FeSO4
Zn + FeSO4 → ZnSO4 + Fe
0,2 ← 0,2 → 0,2
mthanh KL sau p.ứ = mZn ban đầu - mZn p.ứ + mFe
= 20 - 0,2 . 65 + 0,2 . 56
= 18,2 (g)
Dd B chứa NaOH.
PT: \(NaOH+HCl\rightarrow NaCl+H_2O\)
Ta có: \(n_{NaCl}=\dfrac{4,68}{58,5}=0,08\left(mol\right)\)
Theo PT: \(n_{NaOH\left(80\left(g\right)dd\right)}=n_{NaCl}=0,08\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{NaOH\left(200\left(g\right)dd\right)}=\dfrac{0,08.200}{80}=0,2\left(mol\right)\)
PT: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)
\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}23n_{Na}+62n_{Na_2O}=5,4\\n_{Na}+2n_{Na_2O}=0,2\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Na}=0,1\left(mol\right)\\n_{Na_2O}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Na}=0,05\left(mol\right)\)
Ta có: m dd B = mA + mH2O - mH2
⇒ 200 = 5,4 + mH2O - 0,05.2
⇒ mH2O = 194,7 (g)
Gọi CT oxit : \(R_2O_x\)
Ta có \(n_{R_2O_x}=\dfrac{3,2}{2R+16x}\left(mol\right)\)
PTHH: \(R_2O_x+xH_2SO_4\rightarrow R_2\left(SO_4\right)_x+xH_2O\) (1)
\(\dfrac{3,2}{2R+16x}\)---->\(\dfrac{3,2}{2R+16x}.x\)-->\(\dfrac{3,2}{2R+16x}\) (mol)
\(H_2SO_{4\left(dư\right)}+CaCO_3\rightarrow CaSO_4+CO_2+H_2O\) (2)
\(n_{CO_2}=\dfrac{0,244}{22,4}=0,01\left(mol\right)\)
Theo PT (2) : \(n_{CO_2}=n_{CaSO_4}=n_{H_2SO_4dư}=0,01\left(mol\right)\)
Ta có : \(m_{muối}=\text{}\dfrac{3,2}{2R+16x}.\left(2R+96x\right)+0,01.136=9,36\left(g\right)\)
\(\dfrac{3,2}{2R+16x}\).(2R+96x)=8
Lập bảng :
| x | 1 | 2 | 3 |
| R | 18,67 | 37,33 | 56 |
| Kết luận | Loại | Loại | Chọn (Fe) |
=> Oxit là Fe2O3
\(\Sigma n_{H_2SO_4}=0,02.3+0,01=0,07\left(mol\right)\)
=> \(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0,07.98}{200}.100=3,43\%\)
Ta có: m muối = m kim loại + mCl
⇒ mCl = 56,0 - 20,5 = 35,5 (g)
\(\Rightarrow n_{HCl}=n_{Cl}=\dfrac{35,5}{35,5}=1\left(mol\right)\)
Mà: nH2 = 1/2nHCl ⇒ nH2 = 0,5 (mol)
⇒ VH2 = 0,5.22,4 = 11,2 (l)
F e + C u N O 3 2 → F e N O 3 2 + C u
x……….x………..x………x……mol
Theo phương trình ta có nhận xét là thanh sắt tăng lên 0,8 gam thì dung dịch sẽ giảm khối lượng đi 0,8 gam (theo định luật bảo toàn khối lượng)
⇒ m d d = m d d bđ - 0,8 =3,28 - 0,8 = 2,48 g
⇒ Chọn B.