Tổng hợp bài tập nitơ - photpho hay và khó

Ta có: n_NO3 = n_NaNO3 =  0,2 mol ; n_SO4 = n_H2SO4 = 0,4 mol

Thêm HCl vào Y vẫn  tạo NO chứng tỏ Y không còn H⁺, còn NO₃^- và Fe²⁺

=> n_H+ = 2n_H2SO4 = 0,4.2 = 4n_NO + 2n_O => n_O = 0,3 mol

Bảo toàn  nguyên  tố Oxi => n_Fe3O4 = 0,075 mol

n_{NO tổng} = 0,065 mol < n_NO3 => sau khi kết thúc tất cả quá trình thì NO₃^- vẫn dư

Bảo toàn e: 2n_Cu + n_Fe3O4 = 3n_{NO tổng}

=> n_Cu = 0,06 mol

Vậy m = m_Cu + m_Fe2O3 = 0,06.64 + 0,075.232 = 21,24g

m_O(X) = 30,24.28,57% = 8,64 gam => n_O(X) = 0,54 mol

Do phản ứng thu được khí H₂ nên trong dung dịch Y không chứa NO₃^-

Đặt các ẩn như trong sơ đồ sau:

\(30,24(g)X\left\{ \matrix{
Mg:x \hfill \cr
MgC{O_3}:y \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2}:z \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,12 \hfill \cr
NaHS{O_4}:1,64 \hfill \cr} \right. \to {\rm{dd}}\,Y\underbrace {\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }}:x + y + z \hfill \cr
N{H_4}^ + :t \hfill \cr
N{a^ + }:1,64 \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,64 \hfill \cr} \right.}_{215,08(g)} + Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

+ m_X = 24x + 84y + 148z = 30,24 (1)

+ n_O(X) = 3y + 6z = 0,54 (2)

+ BTĐT cho dd Y: 2n_Mg2+ + n_NH4+ + n_Na+ = 2n_SO42- => 2x + 2y + 2z + t + 1,64 = 2.1,64 (3)

+ m _muối = m_Mg2+ + m_NH4+ + m_Na+ + m_SO42- => 24(x+y+z) + 18t + 23.1,64 + 96.1,64 = 215,08 (4)

Giải hệ (1) (2) (3) (4) được x = 0,68; y = 0,06; z = 0,06; t = 0,04

BTNT "C": n_CO2 = n_MgCO3 = y = 0,06 mol => n_N2O = n_CO2 = 0,06 mol (theo đề bài)

BTNT "N": 2n_Mg(NO3)2 + n_HNO3 = n_NH4+ + 2n_N2O + 2n_N2

=> 2.0,06 + 0,12 = 0,04 + 2.0,06 + 2n_N2 => n_N2 = 0,04 mol

BTNT "O": n_O(X) + 3n_HNO3 + 4n_NaHSO4 = 4n_SO42- + n_N2O + 2n_CO2 + n_H2O

=> 0,54 + 3.0,12 + 4.1,64 = 4.1,64 + 0,06 + 2.0,06 + n_H2O => n_H2O = 0,72 mol

BTNT "H": n_HNO3 + n_NaHSO4 = 4n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_H2O

=> 0,12 + 1,64 = 4.0,04 + 2n_H2 + 2.0,72 => n_H2 = 0,08 mol

=> n_Z = 0,06 + 0,04 + 0,06 + 0,08 = 0,24 mol

BTKL: m_Z = 0,06.44 + 0,04.28 + 0,06.44 + 0,08.2 = 6,56 gam

=> M_Z = 6,56 : 0,24 = 82/3 => d_Z/He = 82/3 : 4 = 6,833 gần nhất với 7,0

X + H₂SO₄ → 56,9 gam muối + 0,06 mol NO + 0,13 mol H₂ + H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_H2O = m_X + m_H2SO4 – m_muối - m_NO – m_H2 = 21,5 + 0,43.98 – 56,9 – 0,06.30 – 0,13.2 = 4,68 g

→ n_H2O = 0,26 mol

Ta có 4H⁺  + NO₃^-  + 3e  → 2H₂O + NO               

           2H⁺  + O^2- → H₂O

           2H⁺ + 2e → H₂

          10 H⁺ + 8e + NO₃^- → 3H₂O + NH₄⁺

Bảo toàn H có 2n_H2SO4 = 4n_NO + 2n_H2 + 10n_NH4 + 2n_O → 2.0,43 = 4.0,06 + 0,13.2 + 10n_NH4+ 2n_O (1)

Lại có n_H2O = 0,26 = 2n_NO + n_O + 3n_NH4 = 0,06.2 + n_O + 3n_NH4 (2)

Từ 1 và 2 giải được n_O = 0,08 mol và n_NH4 =0,02 mol → n_FeO = n_O = 0,08 mol

Bảo toàn N có 2n_Cu(NO3)2 = n_NH4 + n_NO = 0,02 + 0,06 =0,08 mol nên n_Cu(NO3)2 = 0,04 mol

Đặt số mol của Al và Zn lần lượt là a và b ( mol)

Khối lượng của X là 27a + 65b + 0,08.72 + 0,04.188 =21,5 (3)

Vì phản ứng có tạo ra khí H₂ nên chỉ tạo muối Fe²⁺

Bảo toàn electron có 3a + 2b = 3n_NO + 2n_H2 + 8n_NH4 = 3.0,06 + 2.0,13 + 8.0,02 = 0,6 (4)

Giải (3) và (4) có a = 0,16 mol và b = 0,06 mol → %Zn = 18,14% → gần nhất 18,2%

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 thì  2 Al  + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

                                     Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

→ Dung dịch 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

                                          Fe²⁺   + Ag⁺  → Fe³⁺  + Ag

                                        0,015 mol                       0,015 mol

                                         Ag⁺     +     Cl^-     →  AgCl

                                                     0,17 mol       0,17 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

M_Z = 4.23/18 = 5,1 => khí còn lại là H₂

Tính được n_NO = 0,05 mol và n_H2 = 0,4 mol

\(66,2(g)X\left\{ \begin{gathered}
F{e_3}{O_4} \hfill \\
Fe{(N{O_3})_2} \hfill \\
Al \hfill \\
\end{gathered} \right. + KHS{O_4}:3,1 \to 466,6(g)\,muoi\left\{ \begin{gathered}
F{e^{2 + }} \hfill \\
F{e^{3 + }} \hfill \\
A{l^{3 + }} \hfill \\
{K^ + }:3,1 \hfill \\
N{H_4}^ + \hfill \\
S{O_4}^{2 - }:3,1 \hfill \\
\end{gathered} \right. + \left\{ \begin{gathered}
NO:0,05 \hfill \\
{H_2}:0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}O\)

BTKL: m_H2O = 66,2 + 3,1.136 – 466,6 – 0,05.30 – 0,4.2 = 18,9 gam => n_H2O = 1,05 mol

BTNT “H”: n_NH4+ = (n_KHSO4 – 2n_H2 – 2n_H2O)/4 = (3,1 – 0,4.2 – 1,05.2)/4 = 0,05 mol

BTNT “N”: n_Fe(NO3)2 = (n_NH4+ + n_NO)/2 = (0,05 + 0,05)/2 = 0,05 mol

BTNT “O”: n_Fe3O4 = (4n_SO42- + n_NO + n_H2O - 6n_Fe(NO3)2 - 4n_KHSO4)/4 = 0,2 mol

m_Al = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 66,2 – 0,2.232 – 0,05.180 = 10,8 gam

=> %m_Al = 10,8/66,2.100% = 16,3% gần nhất với giá trị 15%

\(\left\{ \begin{gathered} Fe:a \hfill \\ F{e_3}{O_4}:b \hfill \\ FeC{O_3}:c \hfill \\ Fe{(N{O_3})_2}:d \hfill \\ \end{gathered}  \right.\xrightarrow{{ + NaHS{O_4} + HN{O_3}}}\left\{ \begin{gathered} F{e^{3 + }} \hfill \\ N{a^ + } \hfill \\ NO_3^ -  \hfill \\ SO_4^{2 - } \hfill \\ {H^ + } \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Xét dung dịch Y có :

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

0,045      0,12         0,03          0,045                            0,03

  Cu + 2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺

0,09   0,18

Y + Ba(OH)₂ thì thu được n_BaSO4 = n_SO4 = n_NaHSO4 và n_Fe(OH)3 = n_Fe(3+) = 0,18 mol

→ 233.n_NaHSO4 + 0,18.107 = 154,4 → n_NaHSO4 = 0,58 mol

Bảo toàn điện tích cho Y có  mol

 m_X = 15 = 56a + 232b + 116c + 180d

Bảo toàn Fe có : a + 3b + c + d =0,18

Vì n_NO = 4n_CO2 nên n_NO = 4c

Bảo toàn N có 0,16 + 2d = 4c + 0,03 + 0,08

Bảo toàn e có 3a + b + c + d = 3.4c

Giải hệ ta được a = 0,1 ; b = 0,01 ; c = 0,03 và d = 0,02

→%Fe₃O₄ = 15,47%

- Xét khí Z : n_Z = 3,92 : 22,4 = 0,175 mol

M_Z = 9.2 = 18g. Vì có 1 khí hóa nâu ngoài không khí => NO

=> khí còn lại là H₂

=> n_NO + n_H2 = 0,175 mol và m_Z = 30n_NO + 2_N2 = 18.0,175 = 3,15g

=> n_NO = 0,1 ; n_H2 = 0,075 mol

- Bảo toàn khối lượng : m_X + m_H2SO4 = m_muối + m_Z + m_H2O

=> m_H2O = 38,55 + 0,725.98 – 3,15 – 96,55 = 9,9g => n_H2O = 0,55 mol

- Bảo toàn nguyên tố H : 2n_H2SO4 = 4n_NH4 + 2n_H2 + 2n_H2O

=> n_NH4 = 0,05 mol

- Công thức tính nhanh : n_{H+ pứ} = 4n_NO + 2n_H2 + 2n_O(X) + 10n_NH4

=> n_O(X) = 0,2 mol = n_ZnO (Bảo toàn nguyên tố Oxi)

- Bảo toàn Nito : n_NO + n_NH4 = 2n_Fe(NO3)2 => n_Fe(NO3)2 = 0,075 mol

- Ta có : m_X = m_Al + m_Mg + m_ZnO + m_Fe(NO3)2 => 24n_Mg + 27n_Al = 8,85g

Và : n_e = 3n_Al + 2n_Mg = 2n_H2 + 8n_NH4 + 3n_NO = 0,85 mol

(Vì có H₂ nên H⁺ dư phản ứng với kim loại => chỉ có Fe²⁺ trong dung dịch)

=> n_Al = 0,15 ; n_Mg = 0,2 mol

=> %m_Mg(X) = 0,2.24 : (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% (gần nhất với giá trị 30%)

M _khí = 37

Khí hóa nâu ngoài không khí là NO (M = 30) => Khí còn lại có M > 37

Vì khí không màu nên khí đó là N₂O

Giả sử khí gồm NO (x mol) và N₂O (y mol)

Giải hệ: n _khí = x + y = 0,2 và m _khí = 30x + 44y = 0,2.27 được x = y = 0,1

Trung hòa dd Y cần vừa đủ 0,1 mol NaOH nên ta có n_HNO3 = n_NaOH = 0,1 mol

Sơ đồ bài toán:

\(m(g)\left\{ \matrix{
Mg \hfill \cr
Al \hfill \cr
Zn \hfill \cr} \right. + HN{O_3}:2 \to \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,Y\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
A{l^{3 + }} \hfill \cr
Z{n^{2 + }} \hfill \cr
N{H_4}^ + \hfill \cr
{H^ + }:0,1 \hfill \cr
N{O_3}^ - \hfill \cr} \right.\buildrel { + NaOH:0,1} \over
\longrightarrow \underbrace {Muoi}_{134,5(g)} + \underbrace {{H_2}O}_{0,1(mol)} \hfill \cr
Khi\left\{ \matrix{
NO:0,1 \hfill \cr
{N_2}O:0,1 \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)

+ Xét phản ứng của dd Y với NaOH:

m _{ion dd Y} = m _muối + m_H2O - m_NaOH = 134,5 + 0,1.18 - 0,1.40 = 132,3 (g)

+ Ta có công thức: n_HNO3 = n_{HNO3 dư} + 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3

=> 2 = 0,1 + 4.0,1 + 10.0,1 + 10n_NH4NO3 => n_NH4NO3 = 0,05 mol

+ BTNT "N": n_HNO3 = n_NH4+ + n_NO3- + n_NO + 2n_N2O

=> 2 = 0,05 + n_{NO3- (dd Y)} + 0,1 + 2.0,1 => n_{NO3 (dd Y)} = 1,65 mol

Ta có: m = m_KL = m _{ion KL} = m _{ion dd Y} - m_NH4+ - m_H+ - m_NO3-

                                           = 132,3 - 0,05.18 - 0,1 - 1,65.62 = 29 gam

Bước 1: Tóm tắt sơ đồ phản ứng, xác định thành phần các muối và khí X

\(\left\{ \begin{array}{l}Cu:0,03\\Mg:0,09\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}KN{O_3}:0,07\\{H_2}S{O_4}:0,16\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}C{u^{2 + }}:0,03\\M{g^{2 + }}:0,09\\N{H_4}^ + \\{K^ + }:0,07\\S{O_4}^{2 - }:0,16\end{array} \right. + X\left\{ \begin{array}{l}N\\O\end{array} \right. + {H_2}O\)

Bước 2: Tính n_NH4⁺, n_H2O, n_N(X), n_O(X) 

+) BTĐT cho dd muối: n_NH4⁺ = 2n_SO4^2- - 2n_Cu²⁺ - 2n_Mg²⁺ - n_K⁺ = 0,01 mol

+) BTNT "H": 2n_H2SO4 = 4n_NH4⁺ + 2n_H2O ⟹ n_H2O = 0,14 mol

+) BTNT "N": n_N(X) = n_KNO3 - n_NH4⁺ = 0,06 mol

+) BTNT "O": n_O(X) = 3n_KNO3 - n_H2O = 0,07 mol

Bước 3: Tính giá trị tỉ khối x

m_X = m_N(X) + m_O(X) = 0,06.14 + 0,07.16 = 1,96 gam

⟹ M_X = m_X : n_X = 1,96 : 0,05 = 39,2 ⟹ d_X/H2 = 19,6.

Gọi hóa trị của kim loại là n (1 ; 2 ; 3), Khối lượng mol là a (g)

Gọi số mol muối mỗi phần là x. Ta có số mol kim loại ban đầu là 2x

Có : 2ax = 4,8 nên ax = 2,4 (1)

Nếu muối tạo thành chỉ là M(NO₃)_n thì ta có : (a + 62n)x = 25,6 (2)

Từ (1) và (2) => $x=\frac{25,62,4}{62n}=\frac{0,187}{n}$

Mặt khác, số mol oxit thu được là x/2

=> $(2a+16n).\frac{x}{2}=4$ (3)

Từ (1) và (3) => $x=\frac{42,4}{16n}=\frac{0,1}{n}$

2 giá trị x không bằng nhau. Vì vậy muối phải là muối ngậm nước.

Đặt công thức muối là M(NO₃)_n.mH₂O

Khối lượng muối mỗi phần là (a + 62n + 18m)x = 25,6 (4)

Kết hợp (1), (3), (4) ta có hệ sau :

ax = 2,4

(2a + 16n).x/2 = 4

(a + 62n + 18m)x = 25,6

=> nx = 0,2 ; mx = 0,6

=> a/n = 12. Thay n = 1, 2, 3 ta được a = 24 thỏa mãn => Mg

Thay n = 2 => x = 0,1 ; do đó m = 6

Vậy M là Mg và muối là Mg(NO₃)₂.6H₂O

n_D = 0,45 => n_{O (D)} = 0,9 mol

n_Y = 0,05 mol

Đặt ${{n}_{{{N}_{2}}}}~=x\text{ }\Rightarrow \text{ }{{n}_{{{H}_{2}}}}=0,05x$

=> 28x + 2.(0,05 – x) = 0,05.11,4.2 = 1,14

=> x = 0,04 mol

=> n_N2 = 0,04 mol và n_H2 = 0,01 mol

Trong Y chứa khí H₂ chứng tỏ NO₃^- hết

Hỗn hợp muối clorua gồm : a mol MgCl₂ ; 0,25 mol CuCl₂ ; NH₄Cl

Bảo toàn Clo : ${{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}$ = 1,3 – 2a – 0,5 = 0,8 – 2a

Bảo toàn H : ${{n}_{{{H}_{2}O}}}~=\frac{1}{2}.\left( {{n}_{HCl}}+4{{n}_{N{{H}_{4}}Cl}}\text{-}2{{n}_{{{H}_{2}}}} \right)=4a-0,96$

Bảo toàn O : ${{n}_{O}}{{~}_{(Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}})}}={{n}_{O\,(D)}}+{{n}_{O\,({{H}_{2}}O)}}~\Rightarrow \text{ }0,25.6=0,9+4a-0,96$

=> a = 0,39 mol

=> m = 0,39.95 + 0,25.135 + (0,8 – 2.0,39).53,5 = 71,87 gam

n_NaOH = 0,384 mol; n_KOH = 0,24 mol

Gọi CT chung của kiềm là MOH (với $M=\frac{23.0,384+39.0,24}{0,624}=\frac{379}{13}$ )

Giả sử chỉ tạo một trong các muối sau:

MH₂PO₄: ${{n}_{M{{H}_{2}}P{{O}_{4}}}}={{n}_{MOH}}=0,624\Rightarrow {{m}_{M{{H}_{2}}P{{O}_{4}}}}=0,624.\frac{1640}{13}=78,72\text{ }gam$

M₂HPO₄: ${{n}_{{{M}_{2}}HP{{O}_{4}}}}=\frac{1}{2}.{{n}_{MOH}}=\frac{0,624}{2}\Rightarrow {{m}_{{{M}_{2}}HP{{O}_{4}}}}=\frac{0,624}{2}.\frac{2006}{13}=48,144$ gam

M₃PO₄:  ${{n}_{{{M}_{3}}P{{O}_{4}}}}=\frac{1}{3}.{{n}_{MOH}}=\frac{0,624}{3}\Rightarrow {{m}_{{{M}_{3}}P{{O}_{4}}}}=\frac{0,624}{3}.\frac{2372}{13}=37,952\,gam$

Vì: 37,952 g < 20,544.2 = 41,088 < 48,144 g

=> Tạo 2 muối M₂HPO₄ (x mol); M₃PO₄ (y mol) (số mol trong 1 phần)

Ta có:

$\frac{2006}{13}.x+\frac{2372}{13}.y=20,544$  (1)

$2x+3y=\frac{0,624}{2}$   (2)

=> x = 0,048; y = 0,072

${{n}_{C{{a}_{3}}{{(P{{O}_{4}})}_{2}}}}=\frac{1}{2}.{{n}_{{{M}_{3}}P{{O}_{4}}}}=0,036\,mol;\,{{n}_{CaHP{{O}_{4}}}}={{n}_{{{M}_{2}}HP{{O}_{4}}}}=0,048\,mol$

=> ${{m}_{\downarrow }}={{m}_{C{{a}_{3}}{{\left( P{{O}_{4}} \right)}_{2}}}}+{{m}_{CaHP{{O}_{4}}}}=0,036.310+0,048.136=17,688\text{ }gam$

n_Mg = 0,15 mol ; n_HNO3 = 0,4 mol ; n_X = 0,02 mol

m_X = 3,6 – 3,04 = 0,56 gam => M_X = 28 (N₂)

Bảo toàn e : ${{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}~=\frac{1}{8}.\left( 0,15.2-0,02.10 \right)=0,0125\text{ }mol$

Bảo toàn Nito : ${{n}_{HN{{O}_{3}}\,(Y)}}=0,4-\left( 2{{n}_{Mg}}+2{{n}_{{{N}_{2}}}}+2{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}} \right)=0,035\text{ }mol$

${{n}_{NaOH}}~={{n}_{HN{{O}_{3}}(Y)}}+2{{n}_{Mg}}+{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=0,3475\text{ }mol$

=> V_{dd NaOH} = 173,75 ml

m_Mg pư = 8,64 – 4,08 = 4,56 (g) => n_Mg pư = 0,19 (mol) => n_{e (Mg  nhường)} = 0,38 (mol)

n_X = 0,08 (mol) => M_X = 1,84 : 0,08 = 23 (g/mol) => khí X là H₂

Gọi n_NO = a (mol); n_H2 = b (mol)

∑ n_X = a + b = 0,08  (1)

∑ m_X = 30a + 2b = 1,84 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,06 ; b = 0,02

=> ∑ n_{e (nhận)} = 3n_NO + 2n_H2 = 0,06.3 + 0,02.2 = 0,22 < n_{e (Mg nhường)} = 0,38

=> tạo muối NH₄⁺

Bảo toàn electron => $2{{n}_{Mg\text{ }pu}}~=3{{n}_{NO}}+2{{n}_{{{H}_{2}}}}+8{{n}_{NH_{4}^{+}}}$

=> ${{n}_{NH_{4}^{+}}}=\dfrac{2{{n}_{Mg\text{ }pu}}-3{{n}_{NO}}-2{{n}_{{{H}_{2}}}}}{8}=0,02\text{ }\left( mol \right)$

BTNT N => ${{n}_{NO_{3}^{-}}}={{n}_{NO}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}~=0,06+0,02=0,08\text{ }\left( mol \right)\Rightarrow {{n}_{N{{a}^{+}}}}=0,08\text{ }\left( mol \right)$

=> m_muối = ${{m}_{MgS{{O}_{4}}}}+{{m}_{{{\left( N{{H}_{4}} \right)}_{2}}S{{O}_{4}}}}+{{m}_{N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}}}$= 0,19.120 + 132.0,01 + 0,04.142 = 29,8 (g)

=> Giá trị gần nhất với m là 29,6

∑n_KOH = a + b = 0,105 (1)

∑ m_rắn = 85a + 56b = 8,78 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,1 (mol) ; b = 0,005 (mol)

n_KNO3 tạo ra từ Cu(NO₃)₂ = 0,04 (mol)

=> n_KNO3 tạo ra từ HNO₃ dư = 0,1 – 0,04 = 0,06 (mo)

=> n_HNO3 dư = 0,12- 0,06 = 0,06 (mol)

=> n_HNO3 bị khử = 0,06 – 0,02.2 = 0,02 (mol)

Với n_{e( Cu nhường)} = 2.n_Cu = 0,04 (mol) => Trung bình mỗi N⁺⁵ nhận 0,04/0,02 = 2e

=> Tạo NO₂ (1e) và NO ( 3e)

=> n_NO = n_NO2 = 0,02/ 2= 0,01(mol)

Vậy m_{dd X} = m_Cu + m_{dd HNO3} – m _khí = 1,28 + 12,6 – 0,01.30 – 0,01.46 = 13,12 (g)

=> C% Cu(NO₃)₂ = [( 0,02.188) : 13,12].100% = 28,66%

PTHH : Ca₃(PO₄)₂  →  2H₃PO₄

${{n}_{C{{a}_{3}}{{\left( P{{O}_{4}} \right)}_{2}}}}~=\frac{5299.0,78}{310}=13,33$ mol

→ n_H3PO4 = 13,33.0,75.2.0,005 = 0,1 mol

Các phương trình có thể xảy ra là :

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂ HPO₄ + 2H₂O

H₃PO₄ + NaOH → NaH₂PO₄ + H₂O

Nếu chất rắn chỉ có muối

Lượng muối tạo ra tối đa khi tạo thành Na₃PO₄  => m_Na3PO4 = 0,1.164 =16,4 < 17,2 → còn dư NaOH

→ chỉ tạo muối Na₃PO₄: 0,1 mol và còn dư NaOH : 0,8 gam hay 0,02 mol

Bảo toàn nguyên tố Na có 0,1.3 + 0,02 = n_NaOH = 0,32 = 0,1x → x = 3,2M

2Cu(NO₃)₂ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$2CuO + 4NO₂↑+ O₂↑ (1) 

2x                                   →  4x  →    x            (mol)

4Fe(NO₃)₂  $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$2Fe₂O₃ + 8NO₂↑ + O₂↑  (2)

4y                                      → 8y      → y        (mol)

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO_3­ (3)

Ta thấy ở PTHH (1) và (3): ${{n}_{N{{O}_{2}}}}:{{n}_{{{O}_{2}}}}~=4:1$

Ở PTHH (2): ${{n}_{N{{O}_{2}}}}:{{n}_{{{O}_{2}}}}~=8:1$

=> số khí thoát ra chính là khí NO₂ dư ở PTHH (2)

=> ${{n}_{N{{O}_{2}}}}=\frac{0,448}{22,4}=0,02$ (mol)

=> 4y = 0,02 => y = 0,005 (mol)

BTKL: m_hh = 188.2x + 180.4y = 20,2

=> x = 0,044 (mol)

=> ${{n}_{HN{{O}_{3}}}}=2{{n}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}~+2{{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}-{{n}_{N{{O}_{2}}}}$_dư = 2. 2.0,044 + 2. 4.0,005 – 0,02 = 0,196 (mol)

=> ${{C}_{M}}{{~}_{HN{{O}_{3}}}}=\frac{0,196}{2}=0,098M$

=> pH = -log [HNO₃] = 1

Giả sử dung dịch kiềm có công thức chung là: MOH: 0,15 (mol) với $M=\frac{0,1.23+0,05.39}{0,1+0,05}=\frac{85}{3}(g/mol)$

+ Nếu phản ứng chỉ tạo 1 muối:

$\begin{array}{*{35}{l}}\begin{align}& M{{H}_{2}}P{{O}_{4}}:0,15(mol)=>{{m}_{1}}=0,15.\frac{376}{3}=18,8(g) \\& {{M}_{2}}HP{{O}_{4}}:0,075(mol)=>{{m}_{2}}=0,075.\frac{458}{3}=11,45(mol) \\& {{M}_{3}}P{{O}_{4}}:0,05(mol)=>{{m}_{3}}=0,05.180=9(g) \\\end{align}  \\\end{array}$

Ta thấy   11,45= m₂ <  m_rắn = 13, 9 < m₁ = 18,8 => tạo cả 2 muối MH₂PO₄ và M₂HPO₄

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}\sum {{n_M} = {\mkern 1mu} } x + 2y = 0,15\\\sum {{m_{{\kern 1pt} ran}}{\mkern 1mu}  = \frac{{376}}{3}x + \frac{{458}}{3}y = 13,9}\end{array}\end{array}} \right. =  > \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}\begin{array}{l}x = 0,05{\mkern 1mu} (mol)\\y = 0,05{\mkern 1mu} (mol)\end{array}\end{array}} \right.\). 

BTNT: P => ${{n}_{P}}~={{n}_{M{{H}_{2}}P{{O}_{4}}}}~+{{n}_{{{M}_{3}}P{{O}_{4}}}}~$ = 0,05 + 0,05 = 0,1 (mol)

=> ${{n}_{{{P}_{2}}{{O}_{5}}}}~=\frac{1}{2}.{{n}_{P}}~=0,05\left( mol \right)\Rightarrow {{m}_{{{P}_{2}}{{O}_{5}}}}~=0,05.142=7,1\text{ (gam)}$

Nhận thấy:

$\frac{{{n}_{{{H}_{2}}pu}}}{{{n}_{{{H}_{2}}bd}}}.100\%=\frac{9}{12}.100\%=75\%$=> Hiệu suất tính theo H₂

Nếu H% tính theo N₂ thì:

n_{N2 bđ} = 3.(100/75) = 4

=> n_{N2 bđ} = x ≥ 4

Đặt n_N2O = n_H2 = a (mol)

n_NH4+ = b (mol)

=> n_H+ = 10n_N2O + 2n_H2 + 10 n_NH4+ = 12a + 10b

=> n_Na+ = 12a + 10b + 0,06 ; n_SO42- = 12a + 10b

n_Mg = n_Mg(OH)2 = 0,24 (mol)

Bảo toàn electron: 2n_Mg + 3n_Al = 8n_N2O + 2n_H2 + 8n_NH4+

=> n_Al = (10a + 8b – 0,48)/3

BTNT N => 3n_Al(NO3)3 + n_NaNO3 = 2n _N2O + n_NH4+

=> n_Al(NO3)3 = (2a + b – 0,06)/3

BTNT Al => n_{Al3+ trong X} = n_Al + n_Al(NO3) = 4a + 3b – 0,18

Khối lượng muối trong X (Na⁺ ; Al³⁺; Mg²⁺; NH₄⁺ ; SO₄^2-):

23( 12a + 10b + 0,06) + 27 (4a + 3b – 0,18) + 0,24.24 + 18b + 96 (12a + 10b) = 115, 28 (1)

n_NaOH = 4n_Al3+  + 2n_Mg2+ + n_NH4+

=> 0,92 = 4 (4a + 3b – 0,18) + 2.024 + b (2)

Từ (1) và (2) => a = b = 0,04 (mol)

=> n_T = 2a = 0,08 (mol)

=> V= 1,792 (lít)