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

n_NO(đktc) = 2,912 :22,4 = 0,13 (mol)

Ta có: n_NO3-(muối) = n_{e (nhận)}  = 3n_NO = 3.0,13 = 0,39 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_muối = m_KL + m_NO3-(muối) = 10,41 + 0,39.62 = 34,59 (g)

Gọi n_Fe = n_Cu= x mol

=> 56x+ 64x = 18  => x= 0,15 mol

=> n_Fe  = nCu = 0,15 mol
- Do thể tích dung dịch HNO₃ cần dùng ít nhất → muối Fe²⁺

→ ∑ n _{electron cho}  = 0,15*2 + 0,15*2= 0,6 mol 

=> 3 * n_NO = 0,6 => n_NO = 0,2 (mol)

\(\begin{gathered}
= > {n_{HN{O_3}}} = n{}_{N{O_3}^ - (muoi)} + {n_{NO}} = 0,3 + 0,3 + 0,2 = 0,8mol \hfill \\
= > {V_{HN{O_3}}} = 0,8\,(l) \hfill \\
\end{gathered} \)

Khí mùi hắc là SO₂ (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)

=> X không thể là SO₃

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

Al, Fe, Cr không tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội => loại A

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

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

$8\overset{0}{\mathop{Al}}\,\text{ }+\text{ 3}0H\overset{+5}{\mathop{N}}\,{{O}_{3}}\xrightarrow{{}}\text{8}\overset{+3}{\mathop{Al}}\,{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+\text{}{{\overset{+1}{\mathop{3N}}\,}_{2}}O+\text{ 15}{{H}_{2}}O$

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

=> số nguyên tử Al bị oxi hóa là 8

=> Số phân tử HNO₃ bị khử là 3.2 = 6

Quá trình cho – nhận e:

$\begin{align}  & Al\to\overset{+3}{\mathop{Al}}\,+3e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\overset{+5}{\mathop{N}}\,+8e\to{{\overset{+1}{\mathop{N}}\,}_{2}}O \\  & 0,1\to \,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\,\,\,\,\,\,0,0375 \\ \end{align}$

=> V_N2O = 0,0375.22,4 = 0,84 lít

n_SO2 = 0,15 mol => n_{e nhận} = 2n_SO2 = 0,3 mol

=> n_Fe = n_echo / 3 = n_{e nhận} / 3 = 0,1 mol

${n_{SO_4^{2 - }}} = \frac{{{n_{e{\text{ }}cho}}}}{2}$ = 0,15 mol

=> m_muối = m_Fe + m_SO4 = 0,1.56 + 0,15.96 = 20 gam

Áp dụng bảo toàn electron: $n.{{n}_{R}}=\text{ }{{n}_{NO2}}~\to n.\frac{4,8}{{{M}_{R}}}=0,4\,\,\to \,\,{{M}_{R}}=12n$

=> R là Mg

n_Cu = 0,15 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu = 3n_NO => n_NO = 0,1 mol

=> n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO = 4.0,1 = 0,4 mol

HNO₃ lấy dư 25% => n_{HNO3 ban đầu} = 0,4.1,25 = 0,5 mol

=> C_{M HNO3} = 0,5 / 0,5 = 1M

n_NaOH = 0,6 mol

ta thấy : $\frac{37,8}{0,3}=126={{M}_{N{{a}_{2}}S{{O}_{3}}}}$ => chất rắn thu được chỉ gồm Na₂SO₃

Bảo toàn S: n_SO2 = n_Na2SO3 = 0,3 mol

Bảo toàn e:  n.n_M = 2n_SO2  =>  $n.\frac{19,2}{M}=2.0,3\,\,\to \,\,M=32n$

=> kim loại M là Cu

n_Fe = 0,12 mol

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

Bảo toàn Fe: x + 2y = 0,12  (1)

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

=> ${{n}_{SO_{4}^{2-}}}={{n}_{S{{O}_{2}}}}=\frac{{{n}_{e\text{ }cho}}}{2}=\text{ }x\text{ }+\text{ }3y$

Bảo toàn nguyên tố S:  n_H2SO4 = n_SO4 + n_SO2 => 0,3 = x + 3y + x + 3y   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,06;  y = 0,03

Vậy sau phản ứng thu được 0,06 mol FeSO₄ và 0,03 mol Fe₂(SO₄)₃

Phản ứng còn lại 4,8 gam Fe không tan => có 30 – 4,8 = 25,2 gam Fe phản ứng, thu được Fe(NO₃)₂

n_{Fe phản ứng} = 0,45 mol

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

=> V_NO = 0,3.22,4 = 6,72 lít

n_Fe = 0,12 mol;  n_HNO3 = 0,125.3,2 = 0,4 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 = 0,12  (1)

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

Bảo toàn e: 2n_Fe(NO3)2 + 3n_Fe(NO3)3 = 3n_NO  =>  2x + 3y = 0,1.3   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,06 và y = 0,06 mol

=> m_muối = m_Fe(NO3)2 + m_Fe(NO3)3 = 25,32 gam

X + HCl => chỉ có Al phản ứng

n_H2 = 0,15 mol

Bảo toàn electron: 3n_Al = 2n_H2 => n_Al  = 2.0,15 / 3 = 0,1 mol

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

n_NO2 = 0,3 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu = n_NO2 => n_Cu = 0,3 / 2 = 0,15 mol

=> m = m_Al + m_Cu = 0,1.27 + 0,15.64 = 12,3 gam

Ta có : ${{n}_{SO_{4}^{2-}}}={{n}_{S{{O}_{2}}}}=\frac{{{n}_{e\text{ }cho}}}{2}=\text{ }0,2\text{ }mol$

=> khối lượng muối tạo thành là: m_muối = m_{kim loại} + m_SO4 = 8,37 + 0,2.96 = 27,57 gam

n_Fe = 0,3 mol; n_Al = 0,1 mol; n_Ag = 0,05 mol

Ta có: \({{n}_{SO_{4}^{2-}}}={{n}_{S{{O}_{2}}}}=\dfrac{{{n}_{e\text{ }cho}}}{2}=\dfrac{0,3.3+0,1.3+0,05.1}{2}=0,625\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố S: \({{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=\text{ }{{n}_{S{{O}_{2}}}}+\text{ }{{n}_{SO_{4}^{2-}}}\) = 0,625.2 = 1,25 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 = 0,2 mol

Ta có: n_NO3 = n_{e cho} = 0,6

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3 = n_NO3 + n_NO = 0,6 + 0,2 = 0,8 mol

=> V_HNO3 = 0,8 lít

Bảo toàn e có 2n_Mg + 3n_Al + 2n_Cu = 3n_NO = 0,15 mol

Khối lượng kết tủa thu được lớn nhất khi kết tủa hoàn toàn Mg(OH)₂, Al(OH)₃ và Cu(OH)₂

=> n_OH^- = 2n_Mg + 3n_Al + 2n_Cu = 0,15 mol

=> m_{kết tủa} = m_KL + m_OH = 2,91 + 0,15.17 = 5,46 gam