Bài tập tính oxi hóa của HNO3

Bước 1: Xác định chất khử, chất oxi hoá và viết các quá trình cho nhận e

Chất khử       : \(\mathop {Cu}\limits^0  \to \mathop {Cu}\limits^{ + 2}  + 2e\) | x3

Chất oxi hóa : \(\mathop N\limits^{ + 5}  + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} \)     | x2

Bước 2: Cân bằng phương trình theo phương pháp thăng bằng electron.

PTHH: 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Bước 3: Xác định tỉ lệ số mol giữa chất khử và chất oxi hóa

⟹ Tỉ lệ số mol giữa chất khử và chất oxi hóa là \({n_{Cu}}:{n_{HN{O_3}}} = 3:8\).

n_Fe = 5,6 : 56 = 0,1 (mol)

n_Cu(NO­₃₎₂ = 0,2.0,5 = 0,1 (mol) ; n_HCl = 0,2.1,2= 0,24 (mol)

                        3Fe + 2NO₃^- + 8H⁺ → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

Ban đầu:         0,1       0,2         0,24

pư:                  0,09 ←0,06 ←  0,24

sau:                 0,01     0,14

                        Fe  + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

Ban đầu:        0,01    0,2

pư :               0,01 →0,01           → 0,01

=> m kết tủa = m_Cu = 0,01. 64 = 0,64 (g)

Chỉ có Cu phản ứng với HNO₃ sinh ra khí.

Áp dụng định luật bảo toàn electron 

Quá trình oxi hóa                                 Quá trình khử

Cu   →  Cu­­²⁺     +   2 e                          N^­+5     +   1 e  →  N⁺⁴

0.1        →            0.2  mol                                    0.2 →  0.2 mol 

Sử dụng định luật bảo toàn e ta có:

n_{e cho} = n_{e nhận} => \({n_{N{O_2}}}\)  = n_{e nhận} = 0,2 mol

=> V = 4,48 lít

n_Fe = 2,8 : 56 = 0,05 (mol)

n_Cu = 1,6 : 64 = 0,025 (mol)

n_HNO3 = 0,05 (mol) ; n_HCl = 0,5.0,4 = 0,2 (mol) => ∑ n_H+ = 0,25 (mol)

PT ion rút gọn: Fe + NO₃^- + 4H⁺ → Fe³⁺ + NO + 2H₂O

pư:                   0,05→0,05→0,2 → 0,05                        (mol)

Vậy sau phản ứng (1) Fe và NO₃- đã phản ứng hết

                        Cu  +  2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺

                     0,025→0,05    → 0,025   0,05   (mol)

Vậy dd X thu được chứa: \(\left\{ \matrix{C{u^{2 + }}:0,025 \hfill \cr F{e^{2 + }}:0,05 \hfill \cr {H^ + }:0,05 \hfill \cr C{l^ - }:0,2 \hfill \cr} \right.\)

Cho dd X vào dd AgNO₃ có phản ứng

Ag⁺ + Cl^- → AgCl↓

          0,2→ 0,2       (mol)

3Fe²⁺   +   4H⁺  + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,0375←0,05

=> nFe²⁺ dư = 0,05 - 0,0375 = 0,0125 (mol)

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag↓

0,0125        →          0,0125 (mol)

Vậy khối lượng kết tủa thu được là: m↓ = m_AgCl + m_Ag = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 (g)

n_Al = 0,08 mol; n_HNO3 = 0,4 mol

PTHH: Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (Do 0,08/8 < 0,4/30 nên Al phản ứng hết, HNO₃ dư)

           0,08 → 0,3 →          0,08 (mol)

Vậy dd A gồm: Al³⁺ (0,08 mol) và H⁺ dư (0,4 - 0,3 = 0,1 mol) và NO₃^-

Khi cho 0,25 mol NaOH vào A:

H⁺  +  OH^- → H₂O

0,1 → 0,1_{dư 0,15}

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

           0,15 →   0,05

=> m _{kết tủa} = m_Al(OH)3 = 0,05.78 = 3,9 gam

Bước 1: Tính n_N2O, n_NO

- Gọi số mol của N₂O và NO lần lượt là x và y

\( \to x + y = \dfrac{{0,896}}{{22,4}} \to x + y = 0,04\) (1)

- Tỷ khối của hỗn hợp khí X so với hiđro bằng 18,5 \( \to {M_X} = 18,5.2 = 37\)

\( \to \dfrac{{44{\rm{x}} + 30y}}{{x + y}} = 37\) (2)

- Từ (1) và (2) \( \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,02\\y = 0,02\end{array} \right.\)

Bước 2: Tính m_Al = a

- Quá trình trao đổi e:

- Bảo toàn e: \(3{n_{Al}} = 8{n_{{N_2}O}} + 3{n_{NO}}\)

\( \to {n_{Al}} = \dfrac{{8.0,02 + 3.0,02}}{3} = \dfrac{{11}}{{150}}\,\,mol \to a = {m_{Al}} = \dfrac{{11}}{{150}}.27 = 1,98\,\,gam\)

n_Mg = 0,3 mol; n_Al2O3 = 0,1 mol; n_N2 = 0,02 mol

Ta nhận thấy: 2n_Mg (=0,6 mol) > 10n_N2 (=0,2 mol) => Phản ứng tạo NH₄NO₃

BT e: 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_NH4NO3 => 2.0,3 = 10.0,02 + 8n_NH4NO3 => n_NH4NO3 = 0,05 mol

Vậy Y gồm các muối: Mg(NO₃)₂ (0,3 mol); Al(NO₃)₃ (0,2 mol) và NH₄NO₃ (0,05 mol)

=> m _muối = 0,3.148 + 0,2.213 + 0,05.80 = 91 gam

Tính được n_NO = 0,09 mol và n_N2O = 0,015 mol

\(\left\{ \begin{gathered}
Fe:0,1 \hfill \\
Fe{(N{O_3})_2}:0,15 \hfill \\
Al:b \hfill \\
\end{gathered} \right. + HCl:0,61 \to 47,455(g)\left\{ \begin{gathered}
F{e^{2 + }}:a \hfill \\
F{e^{3 + }}:0,25 - a \hfill \\
A{l^{3 + }}:b \hfill \\
N{H_4}^ + :c \hfill \\
N{O_3}^ - :d \hfill \\
C{l^ - }:0,61 \hfill \\
\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}
NO:0,09 \hfill \\
{N_2}O:0,015 \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}O\)

+ BTNT “N”: 0,15.2 = c + d + 0,09 + 0,015.2 (1)

+ m _muối = 56.0,25 + 27b + 18c + 62d + 0,61.35,5 = 47,455 (2)

+ BTNT “H” => n_H2O = (n_HCl – 4n_NH4+)/2 = 0,305 – 2c (mol)

BTNT “O”: 0,15.6 = 3d + 0,09 + 0,015 + 0,305 – 2c (3)

+ BTĐT: 2a + 3(0,25-a) + 3b + c = d + 0,61 (4)

Giải (1) (2) (3) (4) được a = 0,1; b = 0,04; c = 0,01; d = 0,17

=> m = m_Al = 0,04.27 = 1,08 gam

Bước 1: Xác định xem Y có chứa NH₄NO₃ không.

n_N2O = 0,03 mol

- Ta thấy: n_{e do KL nhường} (= 3n_Al) > n_{e do khí nhận} (= 8n_N2O) ⟹ Sinh ra cả NH₄⁺.

Bước 2: Tính số mol NH₄NO₃

- Quá trình trao đổi e:

Bước 3: Tính m_muối

- Muối chứa Cu(NO₃)₂ (0,1 mol); Al(NO₃)₃ (0,14 mol) và NH₄NO₃ (0,0225 mol)

⟹ m_muối = 0,1.188 + 0,14.213 + 0,0225.80 = 50,42 gam.

\(\begin{array}{l}
x4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop {Mg}\limits^0 - 2e \to \mathop {Mg}\limits^{ + 2} \\
x1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\mathop N\limits^{ + 5} + 8e \to 2\mathop N\limits^{ + 1}
\end{array}\)

4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + N₂O↑ + 5H₂O

Tổng hệ số các chất tham gia là: 4 + 10 = 14

$\begin{align}& {{\overset{+8/3}{\mathop{Fe}}\,}_{3}}{{O}_{4}}+\text{ }H\overset{+5}{\mathop{N}}\,{{O}_{3}}\xrightarrow{{}}\overset{+3}{\mathop{Fe}}\,{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+\text{ }\overset{+2}{\mathop{N}}\,O\text{ }+\text{ }{{H}_{2}}O \\ & 3.|3\overset{+8/3}{\mathop{Fe\,}}\,\,\to \,\,3\overset{+3}{\mathop{Fe}}\,\,\,+1e \\ & 1.|\overset{+5}{\mathop{N}}\,\,\,+\,\,3e\,\,\to \,\,\overset{+2}{\mathop{N}}\,O \\ \end{align}$

=> phương trình phản ứng: 3Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O

=> tổng hệ số cân bằng là: 3 + 28 + 9 + 1 + 14 = 55

Quy đổi X thành Fe và O

Bảo toàn Fe thì n_Fe(X) =4,2 : 56 = 0,075 mol

Bảo toàn khối lượng có m_O = m_X – m_Fe= 5,32 – 4,2 = 1,12 g => n_O = 0,07 mol

Khi cho X + HNO₃ thì :

 Fe → Fe⁺³ + 3e                                       O + 2e → O^-2

 Fe → Fe⁺² + 2e                                      N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Đặt Fe⁺² : x mol và Fe⁺³ : y mol

Bảo toàn e có 2x + 3y = 2n_O + 3n_NO → 2x+ 3y = 2.0,07 + 0,02.3 = 0,2 mol e

Ta có n_Fe = x + y = 0,075 mol nên x = 0,025 mol và y = 0,05 mol

=> muối thu được có 0,025 mol Fe(NO₃)₂ và 0,05 mol Fe(NO₃)₃

=> m_muối = 0,025.180 + 0,05.242 =16,6

3FeO + 10HNO₃ → 5H₂O + NO + 3Fe(NO₃)₃

B. HNO₃ không phản ứng được với Pt

C. HNO₃ không phản ứng được với CO₂, Au

D. HNO₃ không phản ứng được với Au

Fe + 4HNO₃ → 2H₂O + NO + Fe(NO₃)₃

\({m_O} = \dfrac{{14,967\% .21,38}}{{100}} = 3,2\,\,gam \to {n_{O(X)}} = \dfrac{{3,2}}{{16}} = 0,2\,\,mol\)

Hỗn hợp 2 khí chắc chắn có CO₂, khí còn lại hóa nâu trong không khí → khí còn lại là NO

Quy đổi hỗn hợp

\(21,38\,(g)\left\{ \matrix{
C{O_2}:2a \hfill \cr
Fe:b \hfill \cr
O:(0,2 - 4a) \hfill \cr
Cl:c \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HCl:d \hfill \cr
NaN{O_3}:0,16 \hfill \cr} \right.\buildrel {} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
\left\{ \matrix{
NO:5a \hfill \cr
C{O_2}:2a \hfill \cr} \right. \hfill \cr
47,82(g)\left\{ \matrix{
F{e^{2 + }},F{e^{3 + }},N{a^ + } \hfill \cr
N{O_3}^ - ,C{l^ - } \hfill \cr} \right.\buildrel { + AgN{O_3}\,du} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
\overbrace {Ag,AgCl \downarrow }^{115,54(g)} \hfill \cr
F{e^{3 + }},N{a^ + },N{O_3}^ - \hfill \cr} \right. \hfill \cr
{H_2}O:0,5d \hfill \cr} \right.\)

Sau tất cả ta có:

Ta có: m_X = 2.44a + 56b + (0,2-4a).16 + 35,5c = 21,38  → 24a + 56b +35,5c = 18,18 (1)

\({n_{{H^ + }}} = 4{n_{NO}} + 2{n_O}\) → d = 4.5a + 2.(0,2- 4a)→ 12a -d = -0,4 (2)

\({n_{{H_2}O}} = \dfrac{1}{2}.{n_{{H^ + }}}\) = 0,5d (mol)                               

BTKL ta có:

m_X + m_HCl + \({m_{NaN{{\text{O}}_3}}}\) = m_muối  + m_khí + \({m_{{H_2}O}}\)

→ 21,38 + 36,5d + 0,16.85 = 47,82 + 2a.44 + 5a.30 + 0,5d.18

→ 238a - 27,5d = -12,84 (3)

BTNT "Cl": n_AgCl = \({n_{C{l^ - }}}\) = c + d (mol)

Bảo toàn e ta có: 3n_Fe = 2n_O + 3n_NO + \({n_{C{l^ - }}}\) + n_Ag

→ 3b = 2(0,2 - 4a) + 3.5a + c + n_Ag

→ n_Ag = 3b - 7a - c - 0,4 (mol)

Có: m_↓ = m_AgCl + m_Ag → 143,5(c + d) + 108(3b - 7a - c - 0,4) = 115,54

→ -756a + 324b + 35,5c + 143,5d = 158,74 (4)

giải hệ (1), (2), (3), (4) ra được a = 0,02 ; b = 0,24; c = 0,12; d = 0,64

→ \({n_{F{\text{e}}C{l_2}}} = \dfrac{c}{2}\) = 0,06 (mol)

% FeCl₂ = \(\dfrac{{0,06.127}}{{21,38}}.100\% \) = 35,64% gần nhất với 36%

n_Mg = 0,3 mol; n_Al2O3 = 0,1 mol; n_N2 = 0,02 mol

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e                                  2N⁺⁵ + 10e → N₂

0,3 →               0,6 (mol)                                   0,2 ← 0,02 (mol)

Vì 0,6 > 0,2 ⟹ sản phẩm có NH₄NO₃.

                                                                 N⁺⁵    +    8e → N^-3 (NH₄NO₃)

                                                                            (0,6-0,2) →      0,05      (mol)

Muối trong dung dịch sau pư:

n_Mg(NO3)2 = n_Mg = 0,3 mol

n_Al(NO3)3 = 2n_Al2O3 = 0,2 mol

n_NH4NO3 = 0,05 mol

→ m_muối = 0,3.148 + 0,2.213 + 0,05.80 = 91 gam.

→ 3Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O

n_Al = 8,1/27 = 0,3 mol

n_N2 = 1,344/22,4 = 0,06 mol

Các quá trình nhường nhận electron:

 Al  -  3e → Al⁺³

0,3 → 0,9                    (mol)

2N⁺⁵ + 10e → N₂⁰

            0,6 ← 0,06      (mol)

Ta thấy số e nhường > số e nhận ⟹ Có cả sản phẩm khử NH₄NO₃

N⁺⁵  +  8e    →    N^-3

        0,9-0,6 → 0,0375            (mol)

⟹ Dung dịch Z chứa 0,3 mol Al(NO₃)₃ và 0,0375 mol NH₄NO₃.

⟹ m = 0,3.213 + 0,0375.80 = 66,9 g.

n_NO=0,1 mol

NO₃^- + 4H⁺ + 3e → NO + 2H₂O

            0,4       ←   0,1

V_HNO3 = n_HNO3 : C_M = 0,4 : 1 = 0,4 lít