by Cho m gam hỗn hợp G gồm Mg và Al có tỉ lệ mol 4 : 5 vào dung dịch HNO$_{3}$ 20%. Sau khi các kim loại tan hết có 6,72 lít hỗn hợp X gồm NO, N$_{2}$O, N$_{2}$ bay ra (đktc) và được dung dịch T. Thêm một lượng O$_{2}$ vừa đủ vào X, sau phản ứng được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch KOH dư, có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (đktc). Tỉ khối của Z đối với H$_{2}$ bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch T thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là (m + 39,1) gam. Biết HNO$_{3}$ dùng dư 20% so với lượng cần thiết. Nồng độ phần trăm của Al(NO$_{3}$)$_{3}$ trong T gần nhất với
A. 9,5%.
B. 9,6%.
C. 9,4%.
D. 9,7%.
Hướng dẫn
Chọn phương án: D
Phương pháp giải:
Phương pháp đường chéo, bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố.
Lời giải chi tiết:
Khi thêm O$_{2}$ vừa đủ vào Y thu được các khí NO$_{2}$, N$_{2}$O, N$_{2}$. Dẫn qua dung dịch KOH dư thì NO$_{2}$ bị hấp thụ khí còn lại là N$_{2}$O và N$_{2}$.
⇒ n$_{NO}$ = n$_{NO2}$ = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol
Áp dụng đường chéo cho hỗn hợp Z:
Mà n$_{N2O}$ + n$_{N2}$ = n$_{Z}$ = 0,2 mol ⇒ n$_{N2O}$ = 0,15 và n$_{N2}$ = 0,05
Đặt: n$_{Mg}$ = 4x và n$_{Al }$= 5x (mol) ⇒ n$_{Mg(OH)2}$ = 4x và m$_{Al(OH)3}$ = 5x
m $_{kết tủa max }$= m$_{KL}$ + m$_{OH-}$ ⇒ m + 39,1 = m + 17(4x.2 + 5x.3) ⇒ x = 0,1
⇒ n$_{Mg}$ = 0,4 mol và n$_{Al }$= 0,5 mol
Ta thấy: 2n$_{Mg }$+ 3n$_{Al }$> 3n$_{NO}$ + 8n$_{N2O}$ + 10n$_{N2}$ ⇒ Có tạo muối NH$_{4}$NO$_{3}$
B. ảo toàn e: 2n$_{Mg }$+ 3n$_{Al }$= 3n$_{NO }$+ 8n$_{N2O}$ + 10n$_{N2}$ + 8n$_{NH4NO3}$
⇒ 2.0,4 + 3.0,5 = 3.0,1 + 8.0,15 + 10.0,05 + 8n$_{NH4NO3}$
⇒ n$_{NH4NO3}$ = 0,0375 mol
Công thức tính nhanh: n$_{HNO3 pư}$ = 4n$_{NO}$ + 10n$_{N2O }$+ 12n$_{N2 }$+ 10n$_{NH4NO3}$ = 2,875 mol
⇒ n$_{HNO3 bđ}$ = 2,875 + 2,875.(20/100) = 3,45 mol
⇒ m $_{dd HNO3 }$= 3,45.63.(100/20) = 1086,75 gam
m $_{dd sau pư }$= m$_{Mg}$ + m$_{Al }$+ m $_{dd HNO3 }$– m$_{NO}$ – m$_{N2O}$ – m$_{N2}$
= 0,4.24 + 0,5.27 + 1086,75 – 0,1.30 – 0,15.44 – 0,05.28 = 1098,85 gam
Ta có: n$_{Al(NO3)3}$ = n$_{Al}$ = 0,5 mol
→ %m$_{Al}$ = (0,5.213/1098,85).100% = 9,69% gần nhất với 9,7%
Đáp án D
