Bài tập tính oxi hóa của HNO3

  3Cu  +  8H⁺  +  2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

TN1: n_Cu = 0,1 mol; n_HNO3 = 0,12 mol

Xét \(\frac{{{n_{Cu}}}}{3} = \frac{{0,1}}{3};\,\,\,\,\frac{{{n_{{H^ + }}}}}{8} = \frac{{0,12}}{8} = 0,015;\,\,\,\,\frac{{{n_{NO_3^ - }}}}{2} = \frac{{0,12}}{2} = 0,06\)

=> H⁺ hết, Cu và NO₃^- dư => phản ứng tính theo H⁺

n_{NO (1)} = 1/4.n_H+ = 1/4.0,12 = 0,03 mol

TN2: n_Cu = 0,1 mol;  n_H+ = 0,24 mol;  n_NO3- = 0,12 mol

Xét \(\frac{{{n_{Cu}}}}{3} = \frac{{0,1}}{3};\,\,\,\,\frac{{{n_{{H^ + }}}}}{8} = \frac{{0,24}}{8} = 0,03;\,\,\,\,\frac{{{n_{NO_3^ - }}}}{2} = \frac{{0,12}}{2} = 0,06\)

=> H⁺ hết, Cu và NO₃^- dư => phản ứng tính theo H⁺  

n_{NO (2)} = 1/4.n_H+ = 1/4.0,24 = 0,06 mol

=> n_{NO (2)}  = 2.n_{NO (1)}  => b = 2a

Gọi n_NO = a mol; n_N2O = b mol => n_X = a + b = 0,25 mol (1)

\({\bar M_X} = \frac{{30a + 44b}}{{a + b}} = 16,4.2\) (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,2; b = 0,05

Giả sử phản ứng tạo ra NH₄NO₃ x mol

Bảo toàn e: n_{e cho} = n_{e nhận} = 3.n_NO + 8.n_N2O + 8.n_NH4NO3 = 3.0,2 + 8.0,05 + 8a

=> n_{NO3 (trong muối)} = n_{e cho} = 1 + 8a

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_NO + 2.n_N2O + n_{NO3 (trong muối)} + 2.n_NH4NO3

=> 1,425 = 0,2 + 2.0,05 + 1 + 8a + 2a => a = 0,0125 mol

=> m_muối = m_{kim loại} + m_{NO3 (trong muối)} + m_NH4NO3 = 29 + (1 + 8.0,0125).62 + 0,0125.80 = 98,2 gam

Al + 0,62 mol HNO₃ → Al(NO₃)₃ + khí  X

Nếu muối chỉ có m_Al(NO3)3 =  < 8m → muối có cả NH₄NO₃

Al(NO₃)₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + NaNO₃ + 2H₂O

NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃ + H₂O

Ta có n_NaOH  = 0,646 =  \(\dfrac{m}{{27}}.4 + \dfrac{{8m - 7,89m}}{{80}}\) → m =4,32 g → Al: 0,16 mol và NH₄NO₃: 0,006 mol

Al  → Al⁺³ + 3e                            N⁺⁵ +8e → N^-3

N⁺⁵ + (5-x) e → N^+X

Bảo toàn e có 3.n_Al = 8n_NH4 + (5-x).n_N(+x) → 0,48 = 8.0,006 + (5-x).n_N(+x)

Bảo toàn N có n_N(+x) + 2n_NH4NO3 + 3n_Al = n_HNO3 → n_N(+x) = 0,62 – 2.0,006 – 3.0,16 = 0,128

→ x = 1,625

A sai vì cả 2 khí N đều có số oxh > 1,625

B sai vì tạo khí H₂

C đúng

D sai vì cả 2 khí đều có số oxh nhỏ hơn 1,625

Xét hỗn hợp khí Y có N₂O : x mol và H₂ : y mol

Có n_Y = 0,25 = x + y mol

Và m_Y = M_Y . n_Y = 13,6.2.0,25 = 6,8 g = 44x + 2y

Nên x = 0,15 mol và y = 0,1 mol

Xét phản ứng Mg tác dụng với NaNO₃ và NaHSO₄ thì

4Mg + 10H⁺ + 2NO₃^- →  4Mg⁺²  + 5H₂O + N₂O

Mg +2H⁺ → Mg⁺²  + H₂                                         

Ta có 4n_N2O + n_H2 = 4.0,15 + 0,1 = 0,7 mol  < n_Mg = 0,9 nên phản ứng có tạo ra NH₄⁺ :

4Mg + 10H⁺ + NO₃^- →  4Mg⁺²  + 3H₂O + NH₄⁺

nên n_NH4+ = (0,9 – 0,7 ) : 4 =0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố N có n_NaNO3 = 2n_N2O + n_NH4 =2.0,15 + 0,05 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố H có n_NaHSO4 = 10n_N2O + 2n_H2 + 10n_NH4 = 10.0,15 + 0,1.2 + 0,05.10 = 2,2 mol

Sau phản ứng dung dịch X thu được có Mg⁺² : 0,9 mol; NH₄⁺ : 0,05 mol; Na⁺ : 2,55 mol và SO₄^2-  : 2,2 mol

=> m_muối = m_ion = 0,9.24 + 0,05.18 + 2,55.23 + 2,2.96 = 292,35

Khi cho dung dịch Z tác dụng với BaCl₂ dư thì kết tủa thu được là BaSO₄

\( \to {n_{BaS{O_4}}} = \dfrac{{166,595}}{{233}} = 0,715\,\,mol\)

Bảo toàn gốc \(SO_4^{2 - } \to {n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,715\,\,mol\)

Khi cho Z tác dụng với NaOH vừa đủ thu được khí là NH₃

\({n_{N{H_3}}} = \dfrac{{0,56}}{{22,4}} = 0,025\,\,mol \to {n_{NH_4^ + }} = 0,025\,\,mol\)

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Z: \(2{n_{M{g^{2 + }}}} + 2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} + {n_{N{a^ + }}} = 2{n_{SO_4^{2 - }}}\)

Mà \({n_{NaOH}} = 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = 1,285\,\,mol\)

\( \to 1,285 + {n_{N{a^ + }}} = 2.0,715 \to {n_{N{a^ + }}} = 0,145\,\,mol\)

Ta có: \({n_{O{H^ - }\,\,(trong\,\,hidroxit)}} + {n_{NH_4^ + }} = {n_{NaOH}} \to {n_{O{H^ - }\,\,(trong\,\,hidroxit)}} = 1,285 - 0,025 = 1,26\,\,mol\)

Bảo toàn khối lượng: \({m_{Fe}} + {m_{Mg}} + {m_{O{H^ - }\,\,(trong\,\,hidroxit)}} = 43,34 \to {m_{Fe}} + {m_{Mg}} + 1,26.17 = 43,34\)

\( \to {m_{Fe}} + {m_{Mg}} = 21,92g\)

Bảo toàn khối lượng cho dung dịch Z: \({m_{Mg}} + {m_{Fe}} + {m_{Na}} + {m_{NH_4^ + }} + {m_{SO_4^{2 - }}} = 21,92 + 0,145.23 + 0,025.18 + 0,715.96 = 94,345g\)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng: \({m_X} + {m_{{H_2}S{O_4}}} + {m_{NaN{O_3}}} = {m_Z} + {m_Y} + {m_{{H_2}O}}\)

\( \to 28,16 + 0,715.98 + 0,145.85 = 94,345 + 5,14 + {m_{{H_2}O}}\)

\( \to \) \({m_{{H_2}O}} = 14,07g \to {n_{{H_2}O}} = 0,615\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố H : \(2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 2{n_{{H_2}}} + 4{n_{NH_4^ + }} + 2{n_{{H_2}O}}\)

\( \to 2.0,715 = 2{n_{{H_2}}} + 4.0,025 + 2.0,615 \to {n_{{H_2}}} = 0,05\,\,mol\)

Đặt số mol của CO₂, NO và N₂ lần lượt là x, y, z

\( \to x + y + z + 0,05 = 0,2 \to x + y + z = 0,15\) (*)

Tổng khối lượng Y là 5,14 \( \to 44x + 30y + 28z + 0,05.2 = 5,14\)

\( \to 44x + 30y + 28z = 5,04\) (**)

Bảo toàn nguyên tố N : \({n_{NaN{O_3}}} = {n_{NO}} + 2{n_{{N_2}}} + {n_{NH_4^ + }} \to 0,145 = y + 2z + 0,025\)

\( \to y + 2z = 0,12\)  (***)

Từ (*), (**) và (***) \( \to \) x = 0,04; y = 0,01; z = 0,04

\( \to {n_{FeC{O_3}}} = 0,04\,\,mol\)

Gọi số mol của Mg và Fe₃O₄ lần lượt là a và b

\( \to 24a + 232b + 116.0,04 = 28,16 \to 24a + 232b = 23,52\) (1)

Vì tổng khối lượng của Mg và Fe trong hỗn hợp X là 21,92g

\( \to 24a + 56.(3b + 0,04) = 21,92 \to 24a + 168b = 19,68\) (2)

Từ (1) và (2) \( \to \) a = 0,4; b = 0,06

\( \to \% {m_{Mg}} = \dfrac{{0.4.24}}{{28,16}}.100\%  = 34,09\% \)

PT ion rút gọn: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO↑ + 4H₂O

ban đầu:                      0,24       0,6                                             (mol)

pư:                   0,09←0,24  →0,06                                            (mol)

sau:                  0,09                 0,54                                            (mol)

PT ion rút gọn:  Cu + 2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺

                          0,1 ← 0,2 (mol)

=> ∑ n_Cu = 0,09 + 0,1 = 0,19 (mol)

=> m_Cu = 0,19.64 = 12,16 (g)

X + HNO₃ → Muối + NO + H₂O

BTKL: m_H2O = m_X + m_HNO3 - m _muối - m_NO = 18,6 + 0,98.63 - 68,88 - 0,1.30 = 8,46 gam

=> n_H2O = 0,47 mol

BTNT "H": n_HNO3 = 4n_NH4+ + 2n_H2O => 0,98 = 4n_NH4+ + 2.0,47 => n_NH4+ = 0,01 mol

BTNT "N": n_HNO3 = n_NO3- + n_NH4+ + n_NO => 0,98 = n_NO3- + 0,01 + 0,1 => n_NO3- = 0,87 mol

BTNT "O": n_O(X) + 3n_HNO3 = 3n_NO3- + n_NO + n_H2O

=> n_O(X) + 3.0,98 = 3.0,87 + 0,1 + 0,47 => n_O(X) = 0,24 mol

=> m = m_KL = m_X - m_O(X) = 18,6 - 0,24.16 = 14,76 gam

Đặt số mol Al và Fe trong X là x mol thì m_X = 27x + 56x = 2,49

→ x = 0,03 mol

+) X + 0,17 mol HCl   

    2 Al  + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

    Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

→ Dd Y thu được có AlCl₃: 0,03 mol; FeCl₂: 0,03 mol; HCl: 0,02 mol

+) Y + 0,2 mol AgNO₃ thì :

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

     0,015 mol ← 0,02 mol

      Ag⁺     +     Cl^-     →  AgCl

     0,17           0,17       0,17  (mol)

\(n_{Fe^{2+}}còn\; lại =0,015\) mol

\(n_{Ag^+}còn\; lại = 0,03\) mol

Fe²⁺   +   Ag⁺  →   Fe³⁺    + Ag

0,015     0,03                  

=> \(n_{Fe^{2+}}\) phản ứng hết trước 

=> \(n_{Fe^{2+}}=n_{Ag}=0,015\) mol

→ m_rắn = m_AgCl + m_Ag = 0,17.143,5 + 0,015.108 = 24,395 + 1,62= 26,015 g

→ gần nhất với 26,0 g

A đúng

B loại CuO, CaCO₃

C loại CaO

D loại Fe₂O₃

Khi thêm O₂ vừa đủ vào Y thu được các khí NO₂, N₂O, N₂. Dẫn qua dung dịch KOH dư thì NO₂ bị hấp thụ khí còn lại là N₂O và N₂.

=> n_NO = n_NO2 = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol

Áp dụng đường chéo cho hỗn hợp Z:

Mà n_N2O + n_N2 = n_Z = 0,2 mol => n_N2O = 0,15 và n_N2 = 0,05

Đặt: n_Mg = 4x và n_Al = 5x (mol) => n_Mg(OH)2 = 4x và m_Al(OH)3 = 5x

m _{kết tủa max} = m_KL + m_OH- => m + 39,1 = m + 17(4x.2 + 5x.3) => x = 0,1

=> n_Mg = 0,4 mol và n_Al = 0,5 mol

Ta thấy: 2n_Mg + 3n_Al > 3n_NO + 8n_N2O + 10n_N2 => Có tạo muối NH₄NO₃

Bảo toàn e: 2n_Mg + 3n_Al = 3n_NO + 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3

=> 2.0,4 + 3.0,5 = 3.0,1 + 8.0,15 + 10.0,05 + 8n_NH4NO3

=> n_NH4NO3 = 0,0375 mol

Công thức tính nhanh: n_{HNO3 pư} = 4n_NO + 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4NO3 = 2,875 mol

=> n_{HNO3 bđ} = 2,875 + 2,875.(20/100) = 3,45 mol

=> m _{dd HNO3} = 3,45.63.(100/20) = 1086,75 gam

m _{dd sau pư} = m_Mg + m_Al + m _{dd HNO3} – m_NO – m_N2O – m_N2

              = 0,4.24 + 0,5.27 + 1086,75 – 0,1.30 – 0,15.44 – 0,05.28 = 1098,85 gam

Ta có: n_Al(NO3)3 = n_Al = 0,5 mol

→ %m_Al = (0,5.213/1098,85).100% = 9,69% gần nhất với 9,7%

A loại vì HNO₃ còn thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với Fe(OH)₂ và FeO

B loại vì HNO₃ còn thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với FeCO₃

C đúng

D loại vì HNO₃ còn thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với FeS

n_HNO3 = 12n_N2 + 2n_NO2 + 4n_NO + 10n_N2O

= 12x + 2x + 4y + 10z = 14x + 4y +10z (*)

*n_Z = 2x + y + z = 0,5 mol (1)

*m_Z = n_Z.M_Z => 28x + 44x + 30y + 44z = 0,5.8,9.4

=> 74x + 30y + 44z = 17,8 (2)

\(\xrightarrow{{\dfrac{3}{7}(2) - \dfrac{{62}}{7}(1)}}14x + 4y + 10z = 3,2\)(**)

(*) và (**) => n_HNO3 = 3,2 mol

Do Fe dư nên tạo thành muối Fe²⁺

n_Fe = (20 – 3,2)/56 = 0,3 mol

BTe ta có: 2n_Fe = 3n_NO => n_NO = 2.0,3/3 = 0,2 mol

=> V = 4,48 lít

Chỉ có Cu phản ứng với HNO₃ sinh ra khí.

Sử dụng định luật bảo toàn e ta có: 2n_Cu = n_NO2 => n_NO2 = 2.0,1 = 0,2 mol

=> V = 4,48 lít

Bước 1: Tính n_NO và n_CO2

- Đặt số mol của NO và CO₂ lần lượt là a và b (mol).

+) n_khí = 0,2 mol ⟹ a + b = 0,2

+) m_khí = 0,2.18,5.2 = 7,4 gam ⟹ 30a + 44b = 7,4

Giải hệ trên được a = b = 0,1.

Bước 2: Tính n_Mg, n_MgO, n_NH4NO3 tạo thành

- Hỗn hợp ban đầu chứa: Mg (x); MgO (y); MgCO₃ (0,1).

Đặt n_NH4NO3 = z mol.

+) m_hh = 30 gam ⟹ 24x + 40y + 0,1.84 = 30 (1)

+) BTe: 2n_Mg = 3n_NO + 8n_NH4NO3 ⟹ 2x = 3.0,1 + 8z (2)

+) Muối chứa Mg(NO₃)₂ (x + y + 0,1) và NH₄NO₃ (z)

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = 2n_Mg(NO3)2 + 2n_NH4NO3 + n_NO

⟹ 2,15 = 2(x + y + 0,1) + 2z + 0,1 (3)

Từ (1)(2)(3) ⟹ x = 0,65; y = 0,15; z = 0,125.

Bước 3: Tính m_muối trong X.

m_muối = m_Mg(NO3)2 + m_NH4NO3 = 143,2 gam.

Cách 1: Viết PTHH

Bước 1: Viết các PTHH của P tác dụng với HNO₃ đặc và S tác dụng với HNO₃ đặc.

P + 5HNO_{3 đ} \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) H₃PO₄ + 5NO₂ + H₂O

a →    5a               →    a                                 (mol)

S + 6HNO_{3 đ} \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) H₂SO₄ + 6NO₂ + 2H₂O

b →    6b               →   b                                 (mol)

Bước 2: Tính n_{HNO3 pứ} và n_{HNO3 dư} 

- Đặt số mol của P, S là a, b

⟹ n_{HNO3 pứ} = 5a + 6b (mol)

⟹ n_{HNO3 dư} = 20%.n_{HNO3 pứ} = 20%.(5a + 6b) = a + 1,2b (mol)

Bước 3: Xác định thành phần dd Y và viết các PTHH khi trung hòa

- Dung dịch Y gồm \(\left\{ \begin{array}{l}{H_3}P{O_4}:\,\,a\left( {mol} \right)\\{H_2}S{O_4}:b\left( {mol} \right)\\HN{O_3}:a + 1,2b\left( {mol} \right)\end{array} \right.\)

- Các phản ứng xảy ra khi trung hòa:

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

HNO₃ + NaOH → NaNO₃ + H₂O

Bước 4: Tính n_NaOH

- n_NaOH = 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 + n_{HNO3 dư} = 3a + 2b + (a + 1,2b) = 4a + 3,2b (mol)

Cách 2: Sử dụng bảo toàn e

Bước 1: Tính n_{HNO3 pư} và n_{HNO3 dư} 

- Đặt số mol của P, S là a, b

- Khi X + HNO₃: \(\left\{ \begin{array}{l}P\left( a \right)\\S\left( b \right)\end{array} \right. + HN{O_3} \to \left\{ \begin{array}{l}{H_3}P{O_4}\left( a \right)\\{H_2}S{O_4}\left( b \right)\\HN{O_3}du\end{array} \right. + N{O_2} + {H_2}O\)

- Áp dụng bảo toàn e: 5n_P + 6n_S = n_NO2 = 5a + 6b (mol)

- Bảo toàn nguyên tố N: n_{HNO3 pư} = n_NO2 = 5a + 6b (mol)

⟹ n_{HNO3 dư} = 20%.(5a + 6b) = a + 1,2b (mol)

Bước 2: Tính n_NaOH

- Khi trung hòa thì n_OH^- = n_H⁺

⟹ n_NaOH = 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 + n_{HNO3 dư} = 3.a + 2.b + (a + 1,2b) = 4a + 3,2b (mol).