Những câu hỏi liên quan
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
28 tháng 11 2017 lúc 8:31

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
19 tháng 7 2018 lúc 8:51

Chọn D.

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
30 tháng 7 2018 lúc 10:48

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
20 tháng 11 2017 lúc 4:53

Đáp án A.

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
7 tháng 6 2018 lúc 11:40

Đáp án C

Bản chất phản ứng của Fe, Cu với dung dịch hỗn hợp H2SO4, NaNO3 là phản ứng oxi hóa – khử. Xét toàn bộ quá trình phản ứng, ta thấy dung dịch cuối cùng chỉ chứa Na+, SO 4 2 - và NO 3 - .

Dựa vào giả thiết và áp dụng bảo toàn electron, bảo toàn điện tích cho dung dịch sau cùng, ta có :

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
13 tháng 3 2018 lúc 4:53

 

Đáp án C

 

Ta có 

kim loại phản ứng hết

Dung dịch X chứa  H + : 

Để lượng kết tủa lớn nhất gồm 

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
7 tháng 7 2017 lúc 6:53

Đáp án C

Bình luận (0)
Nguyễn Hoàng Nam
Xem chi tiết
Ngô Quang Sinh
29 tháng 10 2019 lúc 5:29

Ta có: nFe=0,02 mol; nCu= 0,03 mol, nH2SO4= 0,2 mol, nNaNO3= 0,08 mol

nH+= 2n H 2 S O 4 = 0,4 mol, n N O 3 -= 0,08 mol

3Cu + 8H+ + 2NO3-® 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (1)

0,03    0,08     0,02 ®  0,03 mol

Fe +    4H+ + NO3-      ® Fe3+ + NO + 2H2O (2)

0,02    0,08    0,02  ®   0,02 mol

Tổng số mol H+ tham gia phản ứng (1) và (2) là 0,08+ 0,08= 0,16 mol

→nH+ dư= 0,4-0,16= 0,24 mol

Dung dịch X có chứa Cu2+, Fe3+ và H+

H++ OH-→H2O (3)

Cu2++ 2OH- → Cu(OH)2 (4)

Fe3++ 3OH- → Fe(OH)3 (5)

Theo PT (3), (4), (5) ta có

 nOH-= nH++ 2nCu2++ 3nFe3+= 0,24+ 2.0,03+ 3.0,02= 0,36 mol= nNaOH

→V= 0,36 lít= 360 ml

Đáp án A

Bình luận (0)
Nguyễn Linh Chi
Xem chi tiết
Kiêm Hùng
11 tháng 12 2021 lúc 13:02

\(n_{Cu}=\dfrac{9,6}{64}=0,15\left(mol\right)\)

\(n_{HNO_3}=0,18\left(mol\right)\)

\(+TH_1:\)

Vì thu được \(NO\) duy nhất → Có 2 trường hợp xảy ra, hoặc là `Cu` hết hoặc là `HNO_3` hết

\(\left[e\right]:2.0,15=3.n_{NO}\Leftrightarrow n_{NO}=0,1\left(mol\right)\)

Mặt khác ta có: \(n_{H^+}=4n_{NO}=0,18\Leftrightarrow n_{NO}=0,045\left(mol\right)\)

→ Chứng tỏ `Cu` dư 

\(NO\left(0,045\right)\underrightarrow{+O_2}NO_2\rightarrow HNO_3\)

\(PTHH:NO_2+\dfrac{1}{2}O_2+H_2O\rightarrow2HNO_3\)

\(\left(mol\right)\)   \(0,045\)       \(0,0225\)

→ Tính theo oxi
\(\Rightarrow n_{HNO_3}=0,0225.2.2=0,09\left(mol\right)\\ \Rightarrow\left[H^+\right]=\dfrac{0,09}{0,2}=0,45\left(M\right)\\ \Rightarrow pH=-log\left(H^+\right)\approx0,35\)

\(+TH_2:\)  Tóm tắt các phản ứng như sau

\(0,15\left(mol\right)Cu+\left\{{}\begin{matrix}H_2SO_4:0,09\left(mol\right)\\HNO_3:0,18\left(mol\right)\end{matrix}\right.\rightarrow V\left(l\right)NO+B\left\{{}\begin{matrix}Cu\left(NO_3\right)_2:0,135\\SO_4^{2-}:0,09\end{matrix}\right.+Cu:0,015\left(mol\right)\)

Tương tự như trường hợp 1 ta có:

\(n_{H^+}=4n_{NO}\Leftrightarrow0,36=4n_{NO}\Leftrightarrow n_{NO}=0,09\left(mol\right)\)  và \(Cu\) dư \(0,015\left(mol\right)\)

 \(\left\{{}\begin{matrix}0,045\left(mol\right)Cu\left(NO_3\right)_2\\0,09\left(mol\right)CuSO_4\end{matrix}\right.+Cu\left(0,015\right)\underrightarrow{t^o}\left\{{}\begin{matrix}CuO:0,045\\CuSO_4:0,09\\Cu:0,015\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow m=0,45.80+0,09.160+0,015.64=18,96\left(g\right)\)

 

Bình luận (0)