Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu...

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Viết các PTHH xảy ra. Sử dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố.

Giải chi tiết:

\({n_{HN{O_3}}} = \frac{{87,5.50,4}}{{100.63}} = 0,7mol;nKOH = 0,5mol\) 

Đặt  n_Fe = x mol; n_Cu = y mol.

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO₃ → X có Cu(NO₃)₂, muối của sắt (Fe(NO₃)₂ hoặc Fe(NO₃)₃ hoặc cả 2 muối của sắt), có thể có HNO₃ dư.

X + dd KOH có thể xảy ra các phản ứng

HNO₃ + KOH → KNO₃ + H₂O                          (1)

Cu(NO₃)₂ +2KOH → Cu(OH)₂ + 2KNO₃          (2)

Fe(NO₃)₂ + 2KOH → Cu(OH)₂ + 2KNO₃         (4)

Fe(NO₃)₃ + 3KOH → Fe(OH)₃ + 3KNO₃          (5)   

Cô cạn Z được chất rắn T có KNO₃, có thể có KOH dư

Nung T:

              2KNO₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) 2KNO₂ +O₂   (6)

+ Nếu T không có KOH thì

             Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6)  n_KNO2 = n_KNO3 = n_KOH = 0,5 mol

             → m_KNO2 = 42,5 gam ≠ 41,05 gam  (Loại)

+ Nếu T có KOH dư:

           Đặt n_KNO3 = a mol →  n_KNO2 = a mol; n_{KOH  phản ứng} = a mol;

            → 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05

            → a = 0,45 mol

Nung kết tủa Y

Cu(OH)₂ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) CuO + H₂O       

Nếu Y có Fe(OH)₃: 2Fe(OH)₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) Fe₂O₃ +3H₂O

Nếu Y có Fe(OH)₂    4Fe(OH)₂+ O₂ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) 2Fe₂O₃ +4H₂O

Áp  dụng BTNT đối với sắt ta có: n_Fe2O3 = 0,5n_Fe =0,5x; 

Áp  dụng BTNT đối với đồng ta có: n_CuO = n_Cu= y mol

           →160. 0,5x + 80.y = 16 (I)

           m_{hh kim loại}  = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II)

Giải hệ (I) và (II) → x= 0,15 và y= 0,05.

Áp dụng BTNT đối với Nitơ: n_{N trong X} = n _{N trong KNO2} = 0,45 mol.

TH1: Dung dịch X có HNO₃ dư, Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃

Ta có: n_Cu(NO3)2 = n_Cu = 0,05 mol; nFe(NO3)3 = n_Fe = 0,15 mol

Gọi n_HNO3 = b mol → b + 0,05.2 + 0,15.3 = 0,45 → b = -0,1 (loại)

TH2: Dung dịch X không có HNO₃ (gồm Cu(NO₃)₂, có thể có muối Fe(NO₃)₂ hoặc Fe(NO₃)₃ hoặc cả Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ )

            n_Fe(NO3)2 = z mol (z ≥ 0); n_Fe(NO3)3 = t mol (t ≥ 0)

Theo BTNT đối với Nitơ → 2z + 3t + 0,05. 2 = 0,45           (III)

Theo BTNT đối với sắt    → z + t = 0,15                           (IV)

Giải hệ (III) và (IV) → z = 0,1 và t=0,05.

Khi kim loại phản ứng với HNO₃

n_{N trong hỗn hợp  khí} = n_{N trong HNO3 ban đầu}- n_{N trong muối} = 0,7-0,45 = 0,25mol

Gọi số oxi hóa trung bình của Nitơ trong hỗn hợp khí B là +k (k≥0)

Fe → Fe³⁺ + 3e                     N⁺⁵ + (5-k).e   → N^+k

0,05               0,15                0,25    0,25(5-k)      0,25

Fe → Fe²⁺ + 2e

0,1                 0,2

Cu → Cu²⁺ + 2e

0,05                 0,1

Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2

- Xác định số mol O trong hỗn hợp khí.

Tổng số oxi hóa của các nguyên tố trong một hỗn hợp =0 nên

               0,25.(+3,2) + (-2). n_O  = 0.

          → n_O  = 0,4mol.

Bảo toàn khối lượng: m_{dd sau} = m _ddaxit + m _{2kim loại} – m _{hh khí}

→ m_{dd sau}= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16) = 89,2 gam

C%_Cu(NO3)2= \(\frac{{0,05.188}}{{89,2}}.100\%  = 10,5\% \)

C%_Fe(NO3)2 = \(\frac{{0,1.180}}{{89,2}}.100\%  = 20,2\% \)

C%_Fe(NO3)3 = \(\frac{{0,05.242}}{{89,2}}.100\%  = 13,6\% \)

Vậy chất có nồng độ % lớn nhất là Fe(NO₃)₂ có nồng độ gần nhất với 20%

Đáp án A