Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa (phần 1)

n_Fe = 5,46 : 22,4 = 0,0975 (mol)

n_H2SO4 = 0,3V (mol) ; n_Fe(NO3)3 = 0,04V (mol)

=> n_H+ = 0,6V (mol) ; n_NO3- =0,12V (mol) ; n_Fe3+ = 0,04V (mol)

Vì cần ít nhất V (ml) dung dịch nên  Fe phản ứng sẽ lên Fe²⁺

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

Ta thấy: n_H+ = 0,6V > 4n_NO3- = 0,48V. Nên tại thời điểm NO₃- hết thì H+ vẫn còn dư một lượng là

n_H+ dư = 0,6V - 0,48V = 0,12V (mol) => còn có phản ứng tạo H₂

Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

Bảo toàn e ta có:  2n_Fe = 3n_NO + n_H+ dư + n_Fe3+

=> 2.0,0975 = 3.0,12V + 0,12V + 0,04V

=> V = 0,375 (l) = 375 (ml)

Khí mùi trứng thối là H₂S (xem lại phần lí thuyết kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa)

Các sản phẩm khử của H₂SO₄ đặc là H₂S, S, SO₂ (xem lại phần lí thuyết kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa)

Các kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học thì không tác dụng với H₂SO₄ loãng => loại Cu

Al, Fe không tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội

Phản ứng không sinh ra khí => sản phẩm khử là muối NH₄NO₃

$4\overset{0}{\mathop{Mg}}\,\text{ }+\text{ }10H\overset{+5}{\mathop{N}}\,{{O}_{3}}\xrightarrow{{}}\text{}4\overset{+2}{\mathop{Mg}}\,{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+\text{ }\overset{3}{\mathop{N}}\,{{H}_{4}}N{{O}_{3}}+\text{ }3{{H}_{2}}O$

$\begin{align}  & 4\text{x} \\  &  \\  & 1\text{x} \\ \end{align}$$\left| \begin{align}  & \overset{0}{\mathop{Mg}}\,\to \overset{+2}{\mathop{Zn}}\,+2e \\  & \overset{+5}{\mathop{N}}\,+8e\to \overset{-3}{\mathop{N}}\,{{H}_{4}}N{{O}_{3}} \\ \end{align} \right.$

=> số nguyên tử Al bị oxi hóa là 8

Số phân tử HNO₃ bị khử là 3.2 = 6

$10\overset{0}{\mathop{Fe}}\,\text{ }+\text{ 3}6H\overset{+5}{\mathop{N}}\,{{O}_{3}}\xrightarrow{{}}\text{10}\overset{+3}{\mathop{Fe}}\,{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+\text{}{{\overset{0}{\mathop{3N}}\,}_{2}}+\text{ 18}{{H}_{2}}O$

$\begin{align}  & 10\text{x} \\  &  \\  & 3\text{x} \\ \end{align}$$\,\,\left| \begin{align}  & \overset{0}{\mathop{Fe}}\,\to \overset{+3}{\mathop{Fe}}\,+3e \\  & \overset{+5}{\mathop{N}}\,+10e\to {{\overset{0}{\mathop{N}}\,}_{2}} \\ \end{align} \right.$

=> số nguyên tử Fe bị oxi hóa là 10

=> Số phân tử HNO₃ bị khử là 3.2 = 6

\(Zn \to \mathop {Zn}\limits^{ + 2} + 2e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} O\)

0,15   →    0,3                             0,3  →0,1

=> V_N2O = 0,1.22,4 = 2,24 lít

n_SO2 = 0,1 mol => n_{e nhận} = 2n_SO2 = 0,2 mol

=> n_Cu = n_echo / 2 = n_{e nhận} / 2 = 0,1 mol

\({n_{SO_4^{2 - }}} = {{{n_{e{\rm{ }}cho}}} \over 2}\) = 0,1 mol

=> m_muối = m_Cu + m_SO4 = 0,1.64 + 0,1.96 = 16 gam

n_NO2 = 0,24 mol

Áp dụng bảo toàn electron: n.n_R = n_NO2→\(n.{{7,68} \over {{M_R}}} = 0,24\,\, \to \,\,{M_R} = 32n\)

=> R là Cu

n_Al = 0,2 mol

Bảo toàn e: 3n_Al = 3n_NO => n_NO = 0,2 mol

=> n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO = 4.0,2 = 0,8 mol

HNO₃ lấy dư 25% => n_{HNO3 ban đầu} = 0,8.1,25 = 1 mol

=> C_{M HNO3} = 1 / 0,2 = 2M

n_NaOH = 0,36 mol

ta thấy : \({{22,68} \over {0,18}} = 126 = {M_{N{a_2}S{O_3}}}\)=> chất rắn thu được chỉ gồm Na₂SO₃

Bảo toàn S: n_SO2 = n_Na2SO3 = 0,18 mol

Bảo toàn e:  n.n_M = 2n_SO2  =>\(n.{{6,72} \over M} = 2.0,18\,\, \to \,\,M = {{56} \over 3}n\)

=> kim loại M là Fe

n_Fe = 0,5 mol

Giả sử Fe tạo 2 muối FeSO₄ ( x mol) và Fe₂(SO₄)₃ (y mol)

Bảo toàn Fe: x + 2y = 0,5  (1)

n_{e nhận} = n_{e cho}  = 2x + 2.3y = 2x + 6y

=> \({n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{S{O_2}}} = {{{n_{e{\rm{ }}cho}}} \over 2}\)= x + 3y

Bảo toàn nguyên tố S:  n_H2SO4 = n_SO4 + n_SO2 => 1,3 = x + 3y + x + 3y   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,2;  y = 0,15

Vậy sau phản ứng thu được 0,2 mol FeSO₄ và 0,15 mol Fe₂(SO₄)₃

Phản ứng còn lại 5,6 gam Fe không tan => có 16,8 – 5,6 = 11,2 gam Fe phản ứng, thu được Fe(NO₃)₂

n_{Fe phản ứng} = 0,2 mol

Bảo toàn e: 2n_Fe = 3n_NO => n_NO = 0,133 mol

=> V_NO = 0,133.22,4 = 2,987 lít

n_Fe = 0,5 mol;  n_HNO3 = 1.1,6 = 1,6 mol

Giả sử tạo thành 2 muối Fe(NO₃)₂ x mol và Fe(NO₃)₃ y mol

Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe = n_Fe(NO3)2 + n_Fe(NO3)3 => x + y = 0,5  (1)

Ta có: n_HNO3 = 4n_NO  => n_NO = 1,6 / 4 = 0,4 mol

Bảo toàn e: 2n_Fe(NO3)2 + 3n_Fe(NO3)3 = 3n_NO  =>  2x + 3y = 0,4.3   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,3 và y = 0,2 mol

=> m_muối = m_Fe(NO3)2 + m_Fe(NO3)3 = 102,4 gam

X + HCl => chỉ có Fe phản ứng

n_Fe =n_H2 = 0,15 mol

X + HNO_­3 đặc nguội => chỉ có Cu phản ứng

n_NO2 = 0,1 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu = n_NO2 => n_Cu = 0,1 / 2 = 0,05 mol

=> m = m_Fe + m_Cu = 0,15.56 + 0,05.64 = 11,6 gam

Ta có :\({n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{S{O_2}}} = {{{n_{e{\rm{ }}cho}}} \over 2}\)= 0,4 mol

=> khối lượng muối tạo thành là: m_muối = m_{kim loại} + m_SO4 = 15 + 0,4.96 = 53,4 gam

n_Fe = 0,12 mol; n_Al = 0,2 mol; n_Ag = 0,1 mol

Ta có:\({n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{S{O_2}}} = {{{n_{e{\rm{ }}cho}}} \over 2} = {{0,12.3 + 0,2.3 + 0,1.1} \over 2} = 0,53\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố S: \({n_{{H_2}S{O_4}}} = {\rm{ }}{n_{S{O_2}}} + {\rm{ }}{n_{SO_4^{2 - }}}\) = 0,53.2 = 1,06 mol

HNO₃ cần dùng ít nhất để hòa tan hỗn hợp khi tạo thành muối Fe(II)

Bảo toàn e: n_{e cho} = 2n_Fe + 2n_Cu = 3n_NO => n_NO = 0,4 mol

Ta có: n_NO3 = n_{e cho} = 1,2

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_NO3 + n_NO = 1,2 + 0,4 = 1,6 mol

=> V_HNO3 = 1,6 lít

Các cây ứng dụng đa bội lẻ để tăng năng suất là các cây không thu hạt: 3,5,6