Hỗn Hợp A gồm Fe, CuO, Al (phần trăm khối lượng oxi trong A là 11,852%). Hòa tan hoàn toàn m gam A trong dung dịch NaOH dư thu được 6,72 lít H2 (đktc). Mặt khác hòa tan hoàn toàn m gam A bằng một lượng vừa đủ dung dịch chứa 92,61 gam HNO3, thu được hỗn hợp khí B gồm 2 khí( trong đó có NO) và dung dịch X chưa 102,9 gam muối. Thêm 1,67 lít dung dịch KOH 1M vào X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Nung Y ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 24gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T, nung rắn T đến khối lượng không đổi thu được 138,75 gam chất rắn.
a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong A
b) Xác định khí còn lại trong B và tính khối lượng từng khí trong B.
Câu trả lời tốt nhất
nKOH = 1,67, với cùng số mol thì mKAlO2 > mKNO2
Nếu không có KOH dư m rắn ≥ mKNO2 = 1,67.85 = 141,95 > 138,75: Vô lý
Vậy phải có KOH dư, Al(OH)3 đã bị hòa tan hết.
nH2 = 0,3 —> nAl = 0,2
Đặt u, v là số mol Fe, CuO trong A
—> mO = 16v = 11,852%(56u + 80v + 0,2.27)
Nung Y —> m rắn = 160u/2 + 80v = 24
—> u = 0,1; v = 0,2
—> mA = 27
—> A gồm Fe (20,74%), CuO (59,26%) và Al (20%)
T gồm KNO2 (a), KOH dư (b), KAlO2 (0,2)
nKOH ban đầu = a + b + 0,2 = 1,67
mT = 85a + 56b + 0,2.98 = 138,75
—> a = 1,27; b = 0,2
X gồm Cu2+ (0,2), Al3+ (0,2), Fe2+ (x), Fe3+ (y), NH4+ và NO3- (1,27)
Bảo toàn Fe —> x + y = 0,1
nNH4+ = (m muối – mNO3- – m cation kim loại)/18 = 0,02
Bảo toàn điện tích:
2x + 3y + 0,02 + 0,2.2 + 0,2.3 = 1,27
—> x = y = 0,05
nHNO3 = 1,47, bảo toàn N —> nN(B) = 0,18
Bảo toàn electron:
2x + 3y + 0,2.3 + 2nO(B) = 0,18.5 + 0,02.8
—> nO(B) = 0,105
(Có thể dùng bảo toàn khối lượng tính mB, từ đó tính nO(B)).
B có nO < nN —> Khí còn lại có O ít hơn N.
TH1: Khí gồm NO (r) và N2O (s)
nN = r + 2s = 0,18 và nO = r + s = 0,105
—> r = 0,03; s = 0,075
—> mNO = 0,9 và mN2O = 3,3
TH1: Khí gồm NO và N2
—> nNO = nO = 0,105
nN2 = (0,18 – 0,105)/2 = 0,0375
—> mNO = 3,15 và mN2O = 1,05