K
Khách

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

6 tháng 5 2019

Đáp án C.

MY = 18,8 Y chứa NO (3y) và H2 (2y) X chứa H+ và NO3- dư.

nNO = 0,26 mol

Bảo toàn khối lượng:

15 tháng 7 2017

Đáp án C

27 tháng 7 2018

BTKL có nH2O = 0,92 mol. Bảo toàn H chứng tỏ trong X chứa 0,26 mol H+ dư như trên.

♦ Quá trình 2: để ý khí Y có M = 18,8 → là H2 và NO. Quan sát quá trình chính:

giải tỉ khối Y tìm tỉ lệ 2 khí NO : H2 là 3 : 2 rồi gọi các ẩn như sơ đồ:

• Ghép cụm: nH2O = 2nNO + 3nNH4  y = 6x + 3z (1).

• bảo toàn nguyên tố N có: 3x + z = 0,04 mol (2).

• Bảo toàn nguyên tố H có: 4x + 2y + 4z = 0,26 mol (3)

Giải x = 0,01 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol

→ bảo toàn điện tích có nMg2+ = 0,895 mol.

► Chỉ cần BTKL cả sơ đồ có ngay và luôn giá trị yêu cầu a = 21,84 gam.

Đáp án D

29 tháng 3 2017

5 tháng 8 2018

Đáp án D

nHCl = 1,8 (mol); nHNO3 = 0,3 (mol); nNO = 0,26 (mol)

Quy đổi A thành Fe ( a) Cu ( b) ; O ( c) mol

Bảo toàn e ta có: 3a + 2b = 2c + 0,26.3 (1)

MY = 18,8 => 2 khí đó là H2 và NO. Vậy trong dd X phải có H+

Dd X chứa: Fe3+ (a); Cu2+ (b); Cl- (1,8), NO3- ( 0,3 – 0,26 = 0,04); H+ dư = ( 2,1 – 0,26.4 -2c)

=> 56a + 64b + 35,5.1,8 + 62.0,04 + 1,06 – 2c = ( 56a + 64b + 16c) + 60,24

=> c = 0,4 (mol)

Vậy H+ dư = 0,26 (mol)

mFe+ Cu = mA – mO = m – 6,4. Nhưng khi cho Mg vào X thì thu được m – 6,04 gam chất rắn

=> Đã có Mg dư 6,4 – 6,04 = 0,36 gam. Vậy Fe3+, Cu2+ đã bị đẩy ra hết

MY = 18,8 (g/mol)  dùng quy tắc đường chéo => nNO = 3/2 nH2.

Đặt nNO = 3x ; nH2 = 2x; nNH4+ = y (mol)

Có H2 thoát ra nên NO3- hết, bảo toàn N: 3x + y = 0,04 (3)

nH+ = 4.3x + 2.2x + 10y = 0,26 (4)

Từ ( 3) và (4) => x = y = 0,01 (mol). Từ (1) => 3a + 2b = 1,58

Bảo toàn e: 2nMg = 3a + 2b + 3.3x + 2.2x + 8y

=> nMg = (1,58 + 13. 0,01 + 8.0,01) : 2

            = 0,895

=> mMg ban đầu = 0,895.24 + 0,36 = 21,84 (g) ≈ 22 (g)

Chú ý:

Tạo muối NH4+

14 tháng 7 2017

Đáp án C

26 tháng 9 2019

Đáp án A

Ÿ Y chứa 1 khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

→ BTe 2 x = 2 . 0 , 08 + 0 , 02 + 2 . n H 2 + 3 . n N O = 0 , 18 + 17 5 . ( 2 y + 0 , 22 )             ( 1 )

Ÿ Có khí H2 thoát ra chứng tỏ  NO 3 -  phản ứng hết, dung dịch X chứa FeCl2 và HCl dư.

Chất rắn không tan sau phản ứng là Cu:

Ÿ Từ (1) và (2) suy ra: 

x = 0 , 6 y = 0 , 04 → BTNG . Fe n FeCl 2 = 0 , 6 + 0 , 04 + 0 , 02 = 0 , 66   mol

Ÿ AgNO3 dư + X  → 0,045 mol NO.  3 Fe 2 +   +   4 H +   +   NO 3 -   →   3 Fe 3 +   +   NO   +   2 H 2 O 0 , 135   → 0 , 18               0 , 135       ←     0 , 045   mol

  Fe2+ +    Ag+   →   Fe3+ + Ag

0,525 → 0,525       0,525  0,525 mol

Gần nhất với giá trị 272,0

10 tháng 6 2018

Đáp án C

Cho m gam hỗn hợp rắn gồm Fe, Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,08 mol Cu(NO3)2, 0,02 mol Fe(NO3)3 và HCl thu được dung dịch X và hỗn hợp hai khí không màu, có một khí hóa nâu trong không khí là NO

Ta có:nên khí còn lại là H2 và tỉ lệ số mol NO: H2 là 5:1.

 

 

Cho AgNO3 dư vào dung dịch X thấy thoát ra 0,045 mol khí NO nên H+ dư trong X là 0,18 mol, do vậy X không chứa NO3-.

Mặt khác vì còn lại rắn không tan nên trong X chỉ chứa Fe2+ nên X chứa HCl dư và FeCl2.

Do còn H+ dư nên Fe hết ® rắn còn lại là Cu 0,08 mol

 

Gọi số mol Fe(NO3)2 là a mol; Fe là b mol và HCl là c mol

Bảo toàn N:

Bảo toàn H:

 

Bảo toàn nguyên tố Fe: 

Giải hệ: a=0,04; b=0,6; c=1,5

Bảo toàn Cl:

Bảo toàn e: 

 

17 tháng 1 2018

Xét phần 1: do sinh ra H2 Al dư. nH2 = 0,075 mol nAl dư = 0,05 mol.

Rắn không tan là Fe. Ta có: 2H2SO4 + 2e → SO2 + SO42– + 2H2O.

nSO42– = nSO2 = 0,6 mol nFe = (82,8 – 0,6 × 96) ÷ 56 = 0,45 mol.

8Al + 3Fe3O4 → 4Al2O3 + 9Fe nAl2O3 = 0,45 × 4 ÷ 9 = 0,2 mol.

mphần 1 = 0,05 × 27 + 0,2 × 102 + 0,45 × 56 = 46,95(g) m phần 2 = 187,8(g).

phần 2 gấp 4 lần phần 1 phần 2 chứa 0,2 mol Al; 0,8 mol Al2O3; 1,8 mol Fe.

Ta có: nH+ = 4nNO + 2nNO2 + 2nO + 10nNH4+ nNH4+ = 0,015 mol.

Đặt nFe(NO3)2 = b a + b = nFe = 1,8 mol; Bảo toàn electron:

0,2 × 3 + 3a + 2b = 1,25 × 3 + 1,51 + 0,015 × 8. Giải hệ có: a = 1,18.

Đáp án D