Google
Câu hỏi: Cho 38,55 gam hỗn hợp $X$ gồm $Mg,Al,ZnO$ và $Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}$ tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol ${{H}_{2}}S{{O}_{4}}$ loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch $Y$ chỉ chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí $Z$ gồm 2 khí trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của $Z$ so với ${{H}_{2}}$ là 9. Phần trăm số mol của $Mg$ trong hỗn hợp $X$ gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 40
B. 30
C. 25
D. 15
A. 40
B. 30
C. 25
D. 15
$\begin{aligned}
& 38,55\ gam\ X\ \left\{ \begin{aligned}
& Mg:\ x\ mol \\
& Al:\ y\ mol \\
& ZnO \\
& Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}} \\
\end{aligned} \right.\xrightarrow{+{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\left( 0,725\ mol \right)}\left| \begin{aligned}
& 96,55\ gam\ Y\ \left\{ \begin{aligned}
& M{{g}^{2+}}:\ x \\
& A{{l}^{3+}}:\ y \\
& Z{{n}^{2+}};\ F{{e}^{2+}};\ NH_{4}^{+} \\
& SO_{4}^{2-}:0,725\ mol \\
\end{aligned} \right. \\
& 0,175\ mol\ \uparrow \ Z\left\{ \begin{aligned}
& {{H}_{2}}:0,075\ mol \\
& NO:\ 0,1\ mol \\
\end{aligned} \right. \\
& {{H}_{2}}O \\
\end{aligned} \right. \\
& \xrightarrow{BTKL}{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\dfrac{{{m}_{X}}+{{m}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}-{{m}_{muoi}}-{{m}_{Z}}}{18}=\dfrac{38,55+98.0,725-96,55-0,175.18}{18}=0,55\ mol \\
& \xrightarrow{BT.H}{{n}_{NH_{4}^{+}}}=\dfrac{2{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}-2{{n}_{{{H}_{2}}}}-2{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{4}=\dfrac{2.0,725-2.0,075-2.0,55}{4}=0,05\ mol \\
& \xrightarrow{BT.N}{{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}=\dfrac{{{n}_{NH_{4}^{+}}}+{{n}_{NO}}}{2}=\dfrac{0,05+0,1}{2}=0,075\ mol \\
& \xrightarrow{BT.O}{{n}_{ZnO}}={{n}_{NO}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}-6{{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}=0,1+0,55-6.0,075=0,2\ mol \\
& \to \left\{ \begin{aligned}
& \xrightarrow{BTKL}24x+27y+81.0,2+180.0,075=38,55 \\
& \xrightarrow{BTDT\ cho\ Y}2x+3y+2.0,2+2.0,075+0,05=2.0,725 \\
\end{aligned} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& x=0,2 \\
& y=0,15 \\
\end{aligned} \right. \\
& \to \%{{n}_{Mg}}=\dfrac{0,2}{0,2+0,15+0,2+0,075}.100\%=32\% \\
\end{aligned}$
Note: Dấu hiệu có $NH_{4}^{+}$ tạo ra khi Kim loại $+{{K}^{+}}+NO_{3}^{+}$ .
- Thông thường dữ kiện đề bài cho không nói rõ là có sản phẩm khử $NH_{4}^{+}$ tạo ra, để chứng minh có $NH_{4}^{+}$ ta có thể làm 2 cách sau:
Cách 1: Chỉ ra: ${{n}_{e\ cho}}>{{n}_{e\ nhan}}$ (của các sản phẩm khử là khí) $\to $ có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
Cách 2: Chỉ ra: $m$ (muối thu được) $>m$ (muối nitrat kim loại) $\to $ có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
Ngoài 2 cách trên ta có thể áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch thu được hoặc bảo toàn nguyên tố $H$ để tính số mol $NH_{4}^{+}$.
- Việc chứng minh có ion $NH_{4}^{+}$ đôi khi không dễ dàng, để đơn giản ta dựa vào các dấu hiệu có ion $NH_{4}^{+}$ phía dưới đây và giả sử có ion $NH_{4}^{+}$ tạo ra:
+ Hỗn hợp $X$ chứa $Mg,Al,Zn$ khi tác dụng với $HN{{O}_{3}}$ thu được khí và dung dịch $Y$, cô cạn dung dịch $Y$ thu được $m$ gam muối khan $\to $ Thường có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
+ Kim loại tác dụng với $HN{{O}_{3}}$ không có khí tạo ra $\to $ Sản phẩm khử là $N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}$.
& 38,55\ gam\ X\ \left\{ \begin{aligned}
& Mg:\ x\ mol \\
& Al:\ y\ mol \\
& ZnO \\
& Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}} \\
\end{aligned} \right.\xrightarrow{+{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\left( 0,725\ mol \right)}\left| \begin{aligned}
& 96,55\ gam\ Y\ \left\{ \begin{aligned}
& M{{g}^{2+}}:\ x \\
& A{{l}^{3+}}:\ y \\
& Z{{n}^{2+}};\ F{{e}^{2+}};\ NH_{4}^{+} \\
& SO_{4}^{2-}:0,725\ mol \\
\end{aligned} \right. \\
& 0,175\ mol\ \uparrow \ Z\left\{ \begin{aligned}
& {{H}_{2}}:0,075\ mol \\
& NO:\ 0,1\ mol \\
\end{aligned} \right. \\
& {{H}_{2}}O \\
\end{aligned} \right. \\
& \xrightarrow{BTKL}{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\dfrac{{{m}_{X}}+{{m}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}-{{m}_{muoi}}-{{m}_{Z}}}{18}=\dfrac{38,55+98.0,725-96,55-0,175.18}{18}=0,55\ mol \\
& \xrightarrow{BT.H}{{n}_{NH_{4}^{+}}}=\dfrac{2{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}-2{{n}_{{{H}_{2}}}}-2{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{4}=\dfrac{2.0,725-2.0,075-2.0,55}{4}=0,05\ mol \\
& \xrightarrow{BT.N}{{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}=\dfrac{{{n}_{NH_{4}^{+}}}+{{n}_{NO}}}{2}=\dfrac{0,05+0,1}{2}=0,075\ mol \\
& \xrightarrow{BT.O}{{n}_{ZnO}}={{n}_{NO}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}-6{{n}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}=0,1+0,55-6.0,075=0,2\ mol \\
& \to \left\{ \begin{aligned}
& \xrightarrow{BTKL}24x+27y+81.0,2+180.0,075=38,55 \\
& \xrightarrow{BTDT\ cho\ Y}2x+3y+2.0,2+2.0,075+0,05=2.0,725 \\
\end{aligned} \right.\to \left\{ \begin{aligned}
& x=0,2 \\
& y=0,15 \\
\end{aligned} \right. \\
& \to \%{{n}_{Mg}}=\dfrac{0,2}{0,2+0,15+0,2+0,075}.100\%=32\% \\
\end{aligned}$
Note: Dấu hiệu có $NH_{4}^{+}$ tạo ra khi Kim loại $+{{K}^{+}}+NO_{3}^{+}$ .
- Thông thường dữ kiện đề bài cho không nói rõ là có sản phẩm khử $NH_{4}^{+}$ tạo ra, để chứng minh có $NH_{4}^{+}$ ta có thể làm 2 cách sau:
Cách 1: Chỉ ra: ${{n}_{e\ cho}}>{{n}_{e\ nhan}}$ (của các sản phẩm khử là khí) $\to $ có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
Cách 2: Chỉ ra: $m$ (muối thu được) $>m$ (muối nitrat kim loại) $\to $ có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
Ngoài 2 cách trên ta có thể áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch thu được hoặc bảo toàn nguyên tố $H$ để tính số mol $NH_{4}^{+}$.
- Việc chứng minh có ion $NH_{4}^{+}$ đôi khi không dễ dàng, để đơn giản ta dựa vào các dấu hiệu có ion $NH_{4}^{+}$ phía dưới đây và giả sử có ion $NH_{4}^{+}$ tạo ra:
+ Hỗn hợp $X$ chứa $Mg,Al,Zn$ khi tác dụng với $HN{{O}_{3}}$ thu được khí và dung dịch $Y$, cô cạn dung dịch $Y$ thu được $m$ gam muối khan $\to $ Thường có $NH_{4}^{+}$ tạo ra.
+ Kim loại tác dụng với $HN{{O}_{3}}$ không có khí tạo ra $\to $ Sản phẩm khử là $N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}$.
Đáp án B.