Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án A
nCu = 0,02 mol; nHNO3 = 0,12 mol; nKOH = 0,105 mol.
● GIẢ SỬ KOH hết ⇒ rắn chứa 0,105 mol KNO2 ⇒ mrắn ≥ mKNO2 = 8,925(g).
⇒ trái gt ⇒ KOH dư ⇒ rắn gồm KOH dư và KNO2 vối số mol x và y.
► Ta có:
||⇒ nNO3– = nKNO2 = 0,1 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nN/khí = 0,02 mol.
Bảo toàn điện tích trong X: nH+ dư = 0,1 – 0,02 × 2 = 0,06 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2O = (0,12 – 0,06) ÷ 2 = 0,03 mol.
Bảo toàn nguyên tố Oxi: nO/khí = 0,12 × 3 – 0,1 × 3 – 0,03 = 0,03 mol.
● Bảo toàn khối lượng: mdung dịch sau phản ứng = 13,12(g).
||⇒ C%Cu(NO3)2 = 0,02 × 188 ÷ 13,12 × 100% = 28,66%
Đáp án A
Giả sử KOH hết => rắn chứa
=> trái gt =>KOHdư=>rắn gồm KOH dư và K N O 2 với số mol x và y.
Ta có:
Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n N / k h í = 0 , 02 m o l
Bảo toàn điện tích trong X: 
Bảo toàn nguyên tố Hiddro: 
Bảo toàn nguyên tố Oxi: 
Bảo toàn khối lượng: m d d s a u p . ư = 13 , 12 ( g )
= 28,66%
Chọn đáp án B.
Nhận xét: nếu 0,105 mol K trong KOH đi về mỗi 0,105 mol KNO3, sau đó nhiệt phân về KNO2 thì riêng mỗi 0,105 mol KNO2 đã nặng 8,925 gam > 8,78 gam → Chứng tỏ, KOH còn dư sau phản ứng với Y
→ Giải hệ:
0,1 mol KNO2 cho biết có 0,1 mol KNO3 → tổng số mol NO3 có trong Y là 0,1 mol
→ Bảo toàn nguyên tố N có ngay
«Đặc biệt, NO2 và NO đều chỉ có 1N nên
nhỗn hợp khí = nN sản phẩm khử =0,02 mol → V=0,448 lít
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.
⇒ 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 C
Đáp án B
n H N O 3 = 0,96 mol và n N a O H = 0,4 mol, n K O H = 0,2
đặt n F e = x mol và n C u = y mol
Bảo toàn nguyên tố có n F e 2 O 3 = ½ . n F e = ½ .x
n C u O = n C u = y
Ta có hệ phương trình sau 56x + 64 y = 14,8 gam và 80x + 80y = 20
→ x = 0,15 mol và y = 0,1 mol
Nếu dung dịch Z chỉ chứa 2 muối N a N O 3 và K N O 3 thì khi đun nóng thu được K N O 2 và N a N O 2
Bảo toàn nguyên tố có n N a N O 2 = n N a O H = 0,4 và n K O H = 0,2 = n K N O 2
→ mrắn = 0,4.69 +0,2. 85 = 44,6 gam > 42,86 nên Z còn chứa cả NaOH và KOH
Z chứa : N a + : 0,4 mol; K + : 0,2 mol; OH- : a mol và N O 3 - : b mol
Bảo toàn điện tích có 0,4 + 0,2 = a + b (*)
Đun nóng Z có 0,4 mol Na ; K + : 0 , 2 m o l ; O H - : a m o l v à N O 2 - : b m o l
→ 17a + 46b + 0,2.39 + 0,4.23 = 42,86 (**)
Từ (*) và (**) → a = 0,06 và b = 0,54
→ dd X chứa F e 2 + : c m o l ; F e 3 + : d m o l v à C u 2 + : 0 , 1 m o l ; N O 3 - : 0 , 54 m o l (cùng bằng lượng NO3- trong Z)
Bảo toàn điện tích có 2c + 3d + 0,1.2 = 0,54 (***)
Bảo toàn Fe có c + d =0,15 (****)
Từ (***) và (****) → c = 0,11 và d =0,04 mol
Bảo toàn nguyên tố có n N (sp khử) = n H N O 3 – n N O 3 (Y) = 0,96 – 0,54 =0,42 mol
Quy đổi khí sản phẩm khử là N : 0,42 mol và O : e mol
Bảo toàn e có 2 n F e ( 2 + ) + 3 n F e ( 3 + ) + 2 n C u ( 2 + ) - 2 n O = 5 n N
→ 5.0,42 = 2.0,11 +3.0,04 + 0,1.2 +2e
→ e = 0,78 mol
Bảo toàn khối lượng mdd X = m K L + m H N O 3 – m N – m O
= 14,8 + 126 – 0,42.14 – 0,78.16 =122,44 g
Nồng độ % của F e N O 3 3 là := 7,9%
Đáp án A
Nếu 0,105 mol KOH chuyển hết về 0,105 mol KNO3 thì nhiệt phân thu 0,105 mol KNO3 ứng 8,925 gam.
Theo đó, KOH còn dư sau phản ứng. Giải hệ:
Bảo toàn điện tích → X gồm 0,02 mol Cu(NO3)2 và 0,06 mol HNO3 dư → số mol H2O là 0,03.
Ghép cụm hoặc bảo toàn nguyên tố O có ngay số mol Ospk = 0,03 mol.