Tổng hợp bài tập nitơ - photpho hay và khó

Ta có: n_HNO3 = 44,1: 63 = 0,7 mol

Ta có: m_Cu = 0,7m và m_Fe = 0,3m

Khối lượng chất rắn sau khi kết thúc các phản ứng là 0,75m → Chất rắn này gồm 0,7m gam Cu và 0,05m gam Fe → m_{Fe pứ} = 0,3m - 0,05m = 0,25m

Ta có: n_NO + n_NO2 = 0,25 mol (1)

Quá trình nhận electron:

NO₃^-+ 1e + 2H⁺ → NO₂ + H₂O

NO₃^-+ 3e + 4H⁺ → NO + 2H₂O

Ta có: n_H+ = 2.n_NO2 + 4.n_NO = 0, 7 mol (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có: n_NO = 0,1 mol và n_NO2 = 0,15 mol

Do sau phản ứng vẫn còn Fe dư và Cu nên quá trình cho electron là:

Fe → Fe²⁺ + 2e

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

2.n_Fe = n_NO2 + 3.n_NO = 0,15 + 3.0,1 = 0,45 mol → n_{Fe pứ} = 0,225 mol  = 0,25m/56 (mol) → m = 50,4 gam

Đặt số mol của FeCO₃ là x mol, FeS₂ : y mol

Đốt cháy X có CO₂ : x mol và SO₂ : 2y mol và hỗn hợp rắn X

Vì d_Y/H2 = M_Y : 2 = 27 → M_Y = 54 =  \(\dfrac{{44x + 64.2y}}{{x + 2y}}\) → x = 2y

X + HCl + NaNO₃: quy đổi X thành M ( M là kim loại) và O

n_khí = 0,05 mol

Vì khí thu được có M = 0,66 : 0,05 = 13,2 (g/mol) mà một khí hóa nâu ngoài không khí là NO

→ khí còn lại có M < 13,2 → khí đó là H₂

n_NO = a mol và n_H2 = b mol thì n_khí  = a + b =0,05 mol và m_khí = 30a + 2b = 0,66

nên a = 0,02 mol và b = 0,03 mol

Vì khí sinh ra có H₂ nên lượng NO₃^- phải phản ứng hết, mà n_NO < n_NO3 nên xảy ra phản ứng tạo NH₄⁺

PTHH : 4H⁺  + NO₃^-  + 3e → H₂O + NO

              0,08     0,02     0,06                0,02      

               10H⁺  + NO₃^-  + 9e → 3H₂O + NH₄⁺

                         0,1         0,01    0,09                  0,01          

              O + 2e → O^2-

                    O^2- + 2H⁺ → H₂O

              2 H⁺  + 2e → H₂

Vì dung dịch thu được chỉ chứa muối clo nên H⁺ hết nên 0,08 + 0,1 + 2n_O + 0,03.2= 0,72 mol→ n_O = 0,24 mol

Bảo toàn O cho phản ứng đốt cháy X có n_O(X) + 2n_O2 = n_O(Y) + 2n_SO2 + 2n_CO2

                                                      → 3x + 2.0,16 = 0,24 + 2.2y + 2x

                                                      → 3x + 0,32 = 0,24 + 2x + 2x → x = 0,08 mol

→ n_O(X) = 0,08.3 = 0,24 mol → m_O(X) = 3,84 gam

Vì trong X chiếm 16,71% O nên m_X = 3,84 : 16,71 .100 =22,98 gam gần nhất với 23 gam

- Gọi số mol FeO, Fe₃O₄, Cu trong X lần lượt là a ; b ; c

=> n_X = a + b + c = 3a (= 3n_FeO) => 2a – b – c = 0 (1)

- Ta có : m_X = m_FeO + m_Fe3O4 + m_Cu => 72a + 232b + 64c = 16,4g (2)

- Khi X + HCl : Bảo toàn H : n_H2O.2 = n_HCl = 2x

=> Bảo toàn khối lượng : m_X + m_HCl = m_muối + m_H2O

=> 16,4 + 36,5.2x = 29,6 + 18x => x = 0,24 mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O(X) = n_O(H2O) => a + 4b = 0,24 (3) => n_{HCl (TN2)} = 2n_H2O = 0,48 mol

Từ (1,2,3) => a = 0,04 ; b = 0,05 ; c = 0,03 mol

- Thí nghiệm 1 có : n_NO = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol

=> Công thức tính nhanh : n_HCl = 4n_NO + 2n_O(X) = 0,64 mol

=> n_{HCl tổng} = 0,64 + 0,48 = 1,12 mol

- Trộn dung dịch Y và dung dịch Z để phản ứng với AgNO₃ dư

=> Qui đổi về thành quá trình sau :

\(\left. \begin{gathered}F{{\text{e}}_{0,38}} \hfill \\C{u_{0,06}} \hfill \\{O_{0,48}} \hfill \\ \end{gathered} \right\} + \left\{ \begin{gathered}NaN{{\text{O}}_3} \hfill \\HC{l_{1,12}} \hfill \\AgN{O_3} \hfill \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}F{{\text{e}}^{3 + }} \hfill \\C{u^{2 + }} \hfill \\\end{gathered}  \right. + \left\{ \begin{gathered}Ag \hfill \\AgCl \hfill \\\end{gathered}  \right. + N{O_{0,04}} + {H_2}O\)

(Trong đó : n_Fe = n_FeO + 3n_Fe3O4 ; n_O = n_FeO + 4n_Fe3O4)

(Số mol X gấp đôi vì gộp cả 2 thí nghiệm)

- Bảo toàn electron : 3n_Fe + 2n_Cu = n_Ag + 2n_O + 3n_NO

=> n_Ag = 0,18 mol

Lại có : n_AgCl = n_HCl = 1,12 mol (Bảo toàn nguyên tố Cl)

=> m_{kết tủa} = m_Ag + m_AgCl = 180,16g (Gần nhất với giá trị 180,15)

M_Y = 62/3 và trong Y có chứa khí không màu hóa nâu trong không khí => Y có chứa H₂ và NO

Đặt n_NO = a và n_H2 = b (mol)

n_Y = a + b = 5,04/22,4 = 0,225 (1)

m_Y = 30a + 2b = 0,225.62/3 (2)

Giải hệ (1) và (2) được a = 0,15 và b = 0,075

Do khí thu được chứa H₂ nên ta suy ra dd Z chứa Al³⁺, Fe²⁺, NH₄⁺ (có thể có) và SO₄^2-

*Sơ đồ bài toán:

\(\left\{ \matrix{
Al:x \hfill \cr
Fe{(N{O_3})_2}:y \hfill \cr
F{e_3}{O_4}:0,1 \hfill \cr} \right. + {H_2}S{O_4}:1,025 \to {\rm{dd}}\,Z\underbrace {\left\{ \matrix{
A{l^{3 + }}:x \hfill \cr
\buildrel {BT:Fe} \over
\longrightarrow F{e^{2 + }}:y + 0,3 \hfill \cr
\buildrel {BT:N} \over
\longrightarrow N{H_4}^ + :2y - 0,15 \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,025 \hfill \cr} \right.}_{132,5(g)} + Y\left\{ \matrix{
NO:0,15 \hfill \cr
{H_2}:0,075 \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

+) m _{chất tan trong Z} = 27x + 56(y + 0,3) + 18(2y - 0,15) + 1,025.96 = 132,5 (3)

+) BTĐT cho dd Z: 3n_Al3+ + 2n_Fe2+ + n_NH4+ = 2n_SO42- => 3x + 2(y + 0,3) + 2y - 0,15 = 2.1,025 (4)

Giải (3) (4) được x = 0,4 và y = 0,1

=> m₁ = m_Al + m_Fe(NO3)2 + m_Fe3O4 = 0,4.27 + 0,1.180 + 0,1.232 = 52 gam

*Dung dịch Z chứa 

\(\left\{ \matrix{
A{l^{3 + }}:0,4 \hfill \cr
F{e^{2 + }}:0,4 \hfill \cr
N{H_4}^ + :0,05 \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,025 \hfill \cr} \right.\)

+) Khi cho BaCl₂ vừa đủ vào dd Z: n_{BaCl2 pư} = n_SO42- = 1,025 mol => m_BaSO4 = 1,025 mol

+) Khi cho AgNO₃ dư vào dd vừa thu được thì có xảy ra các phản ứng sau:

Ag⁺ + Cl^- → AgCl

Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag

Như vậy:

n_AgCl = n_Cl- = 2n_BaCl2 = 2,05 mol

n_Ag = n_Fe2+ = 0,4 mol

=> m₂ = m_BaSO4 + m_AgCl + m_Ag = 1,025.233 + 2,05.143,5 + 0,4.108 = 576,2 gam

Vậy: m₁ + m₂ = 52 + 576,2 = 628,2 gam

T có chứa 5 khí là sản phẩm của phản ứng Y + dung dịch X trong đó có H₂; N₂O và NO₂ nên hai khí còn lại là NO và N₂

Đặt T có n_N2 = x mol và n_NO = y mol thì n_T = 0,09 mol = x + y + 0,04 + 0,01 + 0,01 → x + y =0,03 (1)

Khối lượng của T là m_T = 28x + 30y + 0,04.2 +0,01.44 + 0,01.46 → 28x + 30y =0,86 (2)

Giải (1) và (2) có x = 0,02 mol và y =0,01 mol

Vì phản ứng tạo khi H₂ nên N⁺⁵ phản ứng hết → dung dịch thu được chứa SO₄^2- và các cation khác

Khi cho Z + BaCl₂ thì chỉ xảy ra phản ứng : Ba²⁺  + SO₄^2-  → BaSO₄

→ n_BaSO4 = 1,53 mol

Bảo toàn nguyên tố S có n_NaHSO4 = n_BaSO4 = 1,53 mol

→ m_Fe(NO3)3 = 192,07 – 1,53.120 = 8,47 g nên n_Fe(NO3)3 = 0,035 mol

Bảo toàn nguyên tố N có 3n_Fe(NO3)3 =0,105 mol

                                            n_NO + 2n_N2O + 2n_N2 + n_NO2 = 0,01 + 2.0,01+2.0,02 + 0,01 = 0,08 mol < 3n_Fe(NO3)3

→ Phản ứng có tạo thêm NH₄⁺ : n_NH4 =0,105 – 0,08 =0,025 mol

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

                                    10H⁺ + 2NO₃^-  + 8e → N₂O + 5H₂O

                                     12H⁺ + 2NO₃^-  + 10e → N₂ +6 H₂O

                                     2H⁺ + NO₃^-  + 1e → NO₂ + H₂O

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

                                       2H⁺ +2e → H₂

                                    2H⁺ + O^2- → H₂O

Vì dung dịch thu được chỉ chứa muối trung hòa nên bảo toàn H có :

             n_NaHSO4 = 4n_NO + 10n_N2O + 12n_N2 + 2n_NO2 + 10n_NH4 + 2n_O + 2n_H2

             → 1,53 = 4.0,01 + 10.0,01 + 12.0,02 + 2.0,01 + 0,025.10 + 2n_O + 2.0,04→ n_O = 0,4 mol

→ m_O(Y)  = 6,4 g → m_Y = m_O : 30 .100 = 21,33 g → gần nhất với 20g

Qui hỗn hợp Q về: 0,6 mol Fe₂O₃; 0,5 mol Fe; 0,6 mol FeO; 0,4 mol CuO

4H⁺  + NO₃^-  + 3e → NO + 2H₂O

Vì phản ứng chỉ tạo Fe³⁺ và Cu²⁺

Chỉ có Fe và FeO bị oxi hóa ⇒ n_H+ pứ oxi hóa = 4n_Fe + \(\frac{4}{3}\)n_FeO = 2,8 mol ⇒ n_NO = 0,7 mol

Gọi số mol HCl là 3,7a mol ⇒ số mol HNO3 là 4,7a mol

⇒ n_{NO3( muối)}  = 4,7a – 0,7( mol)

Bảo toàn điện tích: trong Y: 3n_Fe3+ + 2n_Cu2+ = n_Cl- + n_NO3- ⇒ (0,6.3+0,5).3 + 2.0,4 = 3,7a + 4,7a – 0,7

⇒ a = 1 ⇒ n_HCl = 3,7 mol và n_{NO3( muối)} = 4 mol

⇒ m_muối = m_Fe3+ + m_Cu2+ + m_Cl + n_{NO3( muối)}  =533,75 gam 

Nếu KOH phản ứng hết thì T chứa KNO₂:

n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol => m _{chất rắn} = 0,5.101 = 50,5 gam > 41,05 (g) (vô lí) => KOH dư

- Đặt T gồm: KOH dư (a mol) và KNO₂ (b mol)

+ BTNT "K": n_KOH = n_{KOH dư} + n_KNO2 => a + b = 0,5

+ m _{chất rắn} = 56a + 85b = 41,05

Giải hệ được: a = 0,05 và b = 0,45

BTNT "N": n_KNO2 = n_{NO3- (dd X)} = 0,45 mol

- Đặt A gồm: Fe (x mol) và Cu (y mol)

+ m_A = 56x + 64y = 11,6

+ m_Fe2O3 + m_CuO = 160.0,5x + 80y = 16

Giải hệ được x = 0,15 và y = 0,05

TH1: Giả sử dd X chứa: Fe³⁺ (0,15), Cu²⁺ (0,05), H⁺ và NO₃^- (0,45)

\(11,6(g)A\left\{ \matrix{
Fe:x \hfill \cr
Cu:y \hfill \cr} \right. + HN{O_3}:0,7 \to \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,X\left\{ \matrix{
F{e^{2 + }}:u \hfill \cr
F{e^{3 + }}:v \hfill \cr
C{u^{2 + }}:0,05 \hfill \cr
N{O_3}^ - :0,45 \hfill \cr} \right.\buildrel { + KOH:0,5} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
\downarrow Y\buildrel {Nung} \over
\longrightarrow \underbrace {\left\{ \matrix{
F{e_2}{O_3}:0,5x \hfill \cr
CuO:y \hfill \cr} \right.}_{16(g)} \hfill \cr
{\rm{dd}}\,Z\buildrel {Co\,can} \over
\longrightarrow T\buildrel {Nung} \over
\longrightarrow \underbrace {\left\{ \matrix{
KOH:0,05 \hfill \cr
KN{O_2}:0,45 \hfill \cr} \right.}_{41,05(g)} \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\hfill \cr
Khi\,B \hfill \cr
{H_2}O \hfill \cr} \right.\)

BTĐT => n_H+ = n_NO3- - 2n_Fe3+ - 2n_Cu2+ = 0,45 - 0,15.3 - 0,05.2 = -0,1 < 0 (loại)

TH2: Dung dịch X chứa: Fe²⁺ (u); Fe³⁺ (v); Cu²⁺ (0,05) và NO₃^- (0,45)

+ BTĐT: 2u + 3v + 2.0,05 = 0,45

+ BTNT "Fe": u + v = 0,15

Giải hệ được u = 0,1 và v = 0,05

BTNT H: n_H2O = 0,5.n_HNO3 = 0,35 mol

BTNT "N": n_N(B) = n_HNO3 - n_NO3- = 0,7 - 0,45 = 0,25 mol

Do dd X chứa NO₃^- dư nên không sinh ra H₂ => Khí B chỉ chứa N và O

BTNT "O": n_O(B) = 3n_HNO3 - 3n_NO3- - n_H2O = 0,7.3 - 0,45.3 - 0,35 = 0,4 mol

=> m_B = m_N + m_O = 0,25.14 + 0,4.16 = 9,9 gam

BTKL: m _{dd X} = m_A + m_{dd HNO3} - m_B = 11,6 + 87,5 - 9,9 = 89,2 (g)

C% _Fe(NO3)2 = (0,1.180/89,2).100% = 20,2%

Quy đổi m gam X thành Mg; Al và O với số mol lần lượt là a, b và c mol

Khi cho X + HCl thì

m_muối = m_MgCl2 + m_AlCl3 = 95a + 133,5b = m + 70,295 = 24a + 27b + 16z + 70,295 (1)

2m gam X + H₂SO₄ đặc nóng dư thì :

Mg → Mg²⁺ + 2e                                    Al → Al³⁺ + 3e

O + 2e → O^2-                                           S⁺⁶ + 2e → S⁺⁴

Bảo toàn e có 2.2a + 2.3b – 2.2c = 2n_SO2 = 2.1,19 (2)

3m gam X + HNO₃ loãng dư → NO và N₂O với số mol x và y mol

\(\left\{ \begin{gathered}{n_{khi}} = x + y = 0,51 \\{M_{khi}} = \frac{{30x + 44y}}{{x + y}} = \frac{{318}}{{17}}.2 \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,24 \\y = 0,27 \\\end{gathered}  \right.\)

 Vì 2.3a + 3.3b – 3.2c = 2.1,5.1,19 > 0,24.3 + 0,27.8 nên pư tạo NH₄⁺

Mg → Mg²⁺ + 2e                                    Al → Al³⁺ + 3e

O + 2e → O^2-                                           N⁺⁵ + 3e → N⁺²

2N⁺⁵ + 8e →2N⁺¹                                                       N⁺⁵ +8e → N^-3

Bảo toàn e có 2.3a + 3.3b – 3.2c = 0,24.3 + 0,27.8 + 8n_N^-3

→ n_N^-3 = 2.1,5.1,19 – 0,24.3 – 0,27.8 = 0,08625 → n_NH4⁺ = 0,08625 mol

m_muối = m_Mg(NO3)2 + m_Al(NO3)3 +m_NH4MO3 = 148.3a + 213.3b + 0,08625.80 = 486,45(3)

Giải (1)(2)(3) được a = 0,49 mol; b = 0,41 mol và c = 0,51 mol

→ m= 24a + 27b +  16c = 30,99 gam gần nhất với 31

Đặt số mol các muối MgSO₄, FeSO₄, CuSO₄, (NH₄)₂SO₄ lần lượt là a, b, c, d

Bảo toàn Na → n_Na2SO4(Y) = 0,5n_NaNO3 = 0,0225 mol

120a + 152b + 160c + 132d + 0,0225.142 = 62,605 (1)

n_NaOH = 2a + 2b + 2c + 2d = 0,865 (2)

m_↓ = 58a + 90b + 98c = 31,72 (3)

Sản phẩm sau đó là Na₂SO₄ => n_Na2SO4 = ½ n_NaOH + n_{Na2SO4 ban đầu} = 0,4325 + 0,0225 = 0,455

n_BaCl2 = 0,455 => Vừa đủ để tạo ra n_BaSO4 = 0,455

Sau đó thêm tiếp AgNO₃ dư => Tạo thêm AgCl = 0,455.2 = 0,91 mol và n_Ag = n_Fe²⁺ = b

=> m_↓ = 108b + 0,91.143,5 + 0,455.233 = 256,04 (4)

Giải (1) (2) (3) (4) => a = 0,2; b = 0,18; c = 0,04; d = 0,0125 (mol)

Như trên đã có n_H2SO4 = n_{Na2SO4 tổng} = 0,455

BTNT H: 2n_H2SO4 = 8n_(NH4)2SO4 + 2n_H2 + 2n_H2O => n_H2O = 0,385 mol

BTKL: m_X = m_muối + m_khí + m_H2O – m_NaNO3 – m_H2SO4 = 27,2 gam

Bảo toàn Mg có n_Mg = n_MgSO4 = 0,2 mol → %Mg = 17,65%

- Xét hỗn hợp khí:

Đặt n_NO = x mol; n_N2 = y mol.

⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,02\\30x + 28y = 0,02.14,5.2 = 0,58\end{array} \right.\)

⟹ x = y = 0,01.

- Bảo toàn khối lượng:

m_H2O = m_{hh bđ} + m_HCl + m_NaNO3 - m_muối - m_{hh khí} = 7,44 + 0,4.36,5 + 0,05.85 - 22,47 - 0,58 = 3,24 gam.

⟹ n_H2O = 3,24/18 = 0,18 mol.

- Bảo toàn nguyên tố H:

n_HCl = 4n_NH4⁺ + 2n_H2O ⟹ n_NH4⁺ = (0,4 - 2.0,18)/4 = 0,01 mol.

- Bảo toàn nguyên tố N:

n_NaNO3 = n_NO3^-_/X + n_NH4⁺ + n_N/khí

⟹ n_NO3^-_/X = n_NaNO3 - n_NH4⁺ - n_NO - 2n_N2 = 0,05 - 0,01 - 0,01 - 0,01.2 = 0,01 mol.

- Dung dịch X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}M{g^{2 + }}\\F{e^{2 + }}\\F{e^{3 + }}\\N{a^ + }:0,{05^{mol}}\\NH_4^ + :0,{01^{mol}}\\C{l^ - }:0,{4^{mol}}\\NO_3^ - :0,{01^{mol}}\end{array} \right.\)

⟹ m_Mg + m_Fe = 22,47 - 0,05.23 - 0,01.18 - 0,4.35,5 - 0,01.62 = 6,32 gam.

- Xét 9,6 gam hỗn hợp rắn gồm MgO và Fe₂O₃.

m_O/rắn = 9,6 - 6,32 = 3,28 gam ⟹ n_O/rắn = 0,205 mol ⟹ n_{điện tích Mg}²⁺_{, Fe}²⁺ = 0,41 mol (1)

- Xét dung dịch X có n_{điện tích Mg}²⁺_{, Fe}²⁺ = 0,4 + 0,01 - 0,05 - 0,01 = 0,35 mol (2)

- Từ (1)(2), tổng số mol điện tích Mg²⁺ và Fe²⁺ trong X nhỏ hơn trong 9,6 gam chất rắn vì trong X có Fe²⁺ còn trong 9,6 gam chất rắn Fe đã bị oxi hóa hoàn toàn thành Fe³⁺.

⟹ n_Fe²⁺ = 0,41 - 0,35 = 0,06 mol.

- Trong dung dịch X có 0,06 mol Fe²⁺; 0,4 mol Cl^-

⟹ Khi tác dụng với AgNO₃ sinh ra kết tủa gồm 0,06 mol Ag và 0,4 mol AgCl.

⟹ m ↓ = 0,06.108 + 0,4.143,5 = 63,88 gam.

\(\left\{ \begin{array}{l}Fe\\F{e_2}{O_3}\end{array} \right.\)+ dd X \(\left\{ \begin{array}{l}{H_2}S{O_4}\\NaN{O_3}\end{array} \right.\)→ dd Y \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}\\F{e^{2 + }}\\N{a^ + }\\SO_4^{2 - }\\NO_3^ - \end{array} \right.\) + NO ↑ + H₂O

- A + dd X:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

           0,04         ← 0,04

- Dd Y + HCl dư: (sau phản ứng thu được dung dịch Z không có phản ứng với dung dịch X ⟹ Z không còn Fe²⁺)

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

 0,03   ←                                   0,01

- Dd Y gồm \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}:x\\F{e^{2 + }}:0,03\\N{a^ + }:z\\SO_4^{2 - }:y\\NO_3^ - :z - 0,04\end{array} \right.\)⟹ Bảo toàn điện tích: 3x + 0,06 + z = 2y + z - 0,04

⟹ -3x + 2y = 0,1 (1)

- 69,13 gam kết tủa gồm \(\left\{ \begin{array}{l}Fe{(OH)_2}:0,03\\Fe{(OH)_3}:x\\BaS{O_4}:y\end{array} \right.\)

⟹ 107x + 233y = 69,13 - 0,03.90 = 66,43 (2)

(1)(2) ⟹ x = 0,12; y = 0,23.

⟹ n_H+ = 2y = 0,46 mol.

- A + dd X:

4H⁺  +  NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

0,16 ←0,04        ←   0,04

2H⁺ + O^2- → H₂O

0,3 → 0,15

⟹ n_Fe2O3 = 0,15/3 = 0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe = 0,12 + 0,03 - 0,05.2 = 0,05 mol.

⟹ %m_Fe = 25,93% gần nhất với 26%.

16,58g \(\left\{ \begin{array}{l}Al\\Mg\\Fe\\FeC{O_3}\end{array} \right.\)+ \(\left\{ \begin{array}{l}NaHS{O_4}:1,16\\HN{O_3}:0,24\end{array} \right.\)→ dd Z \(\left\{ \begin{array}{l}A{l^{3 + }}\\M{g^{2 + }}\\F{e^{2 + }}\\F{e^{3 + }}\\NH_4^ + \\N{a^ + }:1,16\\SO_4^{2 - }:1,16\end{array} \right.\) + khí Y \(\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:b\\NO:2c\\{N_2}:c\\{H_2}:0,035\end{array} \right.\) + H₂O

- Đặt n_NH4+ = a; n_CO2 = b; n_N2 = c; n_NO = 2c.

- Khối lượng khí Y:

44b + 30.2c + 28c + 2.0,035 = 6,89

⟹ 44b + 88c = 6,82 (1)

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

12H⁺ + 2NO₃^- + 10e → N₂ + 6H₂O

10H⁺ + NO₃^- + 8e → NH₄⁺ + 3H₂O

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

2H⁺ + 2e → H₂

⟹ n_H+ = 4n_NO + 12n_N2 + 10n_NH4+ + 2n_CO2 + 2n_H2 = 1,16 + 0,24 = 1,4

⟹ 4.2c + 12c + 10a + 2b = 1,4 - 0,035.2

⟹ 10a + 2b + 20c = 1,33 (2)

- Bảo toàn nguyên tố N

n_NO3- = n_NH4+ + n_NO + 2n_N2

⟹ a + 2c + 2c = 0,24 ⟹ a + 4c = 0,24 (3)

Từ (1)(2)(3) ⟹ a = 0,01; b = 0,04; c = 0,0575

⟹ n_FeCO3 = 0,04 mol.

- n_{NaOH pứ} = 1,46 mol chênh 0,3 mol so với 1,16 mol (3n_Al3+ + 2n_Mg2+ + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ + n_NH4+ = 2n_SO42- - n_Na+ = 1,16 mol) do còn phản ứng NaOH hòa tan Al(OH)₃.

⟹ n_Al3+ = 1,46 - 1,16 = 0,3 mol.

- Đặt n_Mg = x mol; n_Fe = y mol.

⟹ 24x + 56y + 0,3.27 + 0,04.116 = 16,58 ⟹ 24x + 56y = 3,84 (5)

- 8,8 gam chất rắn gồm MgO: x mol; Fe₂O₃: 0,5y + 0,02 mol

⟹ 40x + 160(0,5y + 0,02) = 8,8 ⟹ 40x + 80y = 5,6 (6)

Từ (5)(6) ⟹ x = 0,02; y = 0,06

⟹ %m_Fe = 20,27%.

Đặt số mol C và S lần lượt là x và y (mol)

Cho X + HNO₃ đặc nóng:

+) Bảo toàn e → 4n_C + 6n_S = n_NO2 → 4x + 6y = 0,16 - x (1)

+) \(\frac{{{m_X}}}{{{m_{CaC{{\rm{O}}_3}}}}} = \frac{{12{\rm{x}} + 32y}}{{100{\rm{x}}}} = \frac{{3,5}}{{12,5}}\) (2)

Giải (1) (2) được x = 0,02 và y = 0,01

⟹ m_X = 3,5a = 0,02.12 + 0,01.32 ⟹ a = 0,16

Coi hh X gồm Fe, Cu và S

\(2,72\,g\,X\left\{ \begin{array}{l}Fe:\,x(mol)\\Cu:\,y(mol)\\S\end{array} \right. + HN{O_3}:0,5 \to 0,07\,mol\,NO + dd\,Y\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}\\F{e^{2 + }}\\{H^ + }\\S{O_4}^{2 - }\\N{O_3}^ - \end{array} \right. + BaC{l_2}du \to 4,66\,g\,BaS{O_4}\)

BTNT “S”: n_S = n_BaSO4 = 4,66 : 233 = 0,02 (mol)

quá trình nhường e

Fe → Fe⁺³ + 3e

x              → 3x (mol)

Cu → Cu⁺² + 2e

y               → 2y (mol)

S  + H₂O + 6e → 8H⁺ + SO₄^2-

0,02  →   0,12→ 0,16 (mol)

quá trình nhận e

4H⁺ + NO₃^‑ + 3e → NO + 2H₂O  (*)

0,28              0,21 ← 0,07 (mol)

Lượng H⁺ có trong dd Y là: n_H+ = n_HNO3 + 8n_S -  4n_NO = 0,5 + 8.0,02 - 4.0,07 = 0,38 (mol)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{hhX}} = 56x + 64y + 0,02.32 = 2,72\\Bt\,e:3x + 2y + 0,12 = 0,21\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,02\\y = 0,015\end{array} \right.\)

Vậy dd Y chứa \(\left\{ \begin{array}{l}F{e^{3 + }}:0,02\,\,mol\\C{u^{2 + }}:0,015\,mol\\{H^ + }:0,38\,\,mol\\S{O_4}^{2 - }:\,0,02\,mol\\N{O_3}^ - :0,43\,mol\end{array} \right. + Cu:a(mol) \to \left\{ \begin{array}{l}F{e^{2 + }}:0,015\,\,mol\\C{u^{2 + }}:0,015\, + a\,mol\\S{O_4}^{2 - }:\,0,02\,mol\\N{O_3}^ - :\end{array} \right. + NO + {H_2}O\)

Cho Cu vào dd Y có: n_NO = 1/4n_H+ = 1/4.0,38 = 0,095 (mol) (Nhìn theo tương tự như bán phản ứng (*))

Bảo toàn e ta có: 2n_Cu = n_Fe3+ + 3n­_NO = 0,02 + 3.0,095 → n_Cu = 0,1525 (mol)

→ m_Cu = 0,1525×64 = 9,76 (g)

Đặt n_Fe(NO3)2 = x mol và n_Al = y mol

Xét hỗn hợp khí T có n_T = 0,12 mol thì theo tỉ lệ có n_CO2 = 0,05 mol, n_H2 = 0,02 mol và n_NO = 0,05 mol

→ n_FeCO3 = 0,05 mol → 180x + 27y + 0,05.116 = 11,02 (1)

PTHH: 4H⁺ + NO₃^- + 3e → 2H₂O + NO

             2H⁺  + CO₃^2- → H₂O + CO₂

             2H⁺ + 2e → H₂

→ n_H⁺_pư = 0,05.2 + 0,02.2 + 0,05.4 = 0,34 mol → n_H⁺_dư = 0,06 mol

Dung dịch Z có Fe³⁺: z mol thì Fe²⁺: x + 0,05 – z (mol)

Bảo toàn e có z + 3y = 2n_H2 + 3n_NO = 0,19 mol (2)

Z + NaOH → thì n_NaOH = n_H⁺ _dư + 3z + 2(x + 0,05 - z) + 4y = 0,45 mol → 2x + 4y + z = 0,29 mol (3)

Giải (1)(2)(3) có x = 0,02 mol; y = 0,06; z = 0,01 mol

Vậy dung dịch Z có \(\left\{ \begin{array}{l}F{{\rm{e}}^{3 + }}\left( {0,01} \right);F{{\rm{e}}^{2 + }}\left( {0,06} \right);A{l^{3 + }}\left( {0,06} \right);{H^ + }\left( {0,06} \right)\\{K^ + }\left( {0,01} \right)\left( {BT{\rm{D}}T} \right)\\C{l^ - }\left( {0,4} \right)\end{array} \right.\)

Khi cho Z tác dụng với AgNO₃ dư:

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

            0,045 ←  0,06

            Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

            0,015 →                    0,015

            Ag⁺ + Cl^- → AgCl

                      0,4 →   0,4

Kết tủa gồm 0,015 mol Ag và 0,4 mol AgCl.

(a) sai, vì Z không có NH₄⁺.

(b) sai, số mol khí H₂ trong T là 0,02 mol.

(c) đúng.

(d) sai, %m_AgCl = \(\dfrac{{0,4.143,5}}{{0,015.108 + 0,4.143,5}}.100\% \) = 97,26%.

Vậy có 1 phát biểu đúng.