by Hòa tan hoàn toàn 22,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Al$_{2}$O$_{3}$, Al(NO$_{3}$)$_{3}$ trong dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ loãng sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất và 6,72 lít hỗn hợp khí Z ở đktc (gồm hai khí không màu trong đó có một khí tự hóa nâu trong không khí) có tỉ khối so với H$_{2}$ là 8. Số mol H$_{2}$SO$_{4}$ đã tham gia phản ứng bằng
A. 0,45 mol.
B. 0,30 mol.
C. 0,75 mol.
D. 0,60 mol.
Hướng dẫn
Chọn đáp án là: D
Phương pháp giải:
Dựa vào dữ kiện Z chứa khí không màu hóa nâu và M$_{Z}$ ta suy ra Z chứa H$_{2}$ và NO
Từ số mol và tỉ khối ta tính được số mol mỗi khí.
Áp dụng BTe có: 3n$_{Al}$ = 2n$_{H2}$ + 3n$_{NO}$ ⇒ n$_{Al }$= ?
Mặt khác dung dịch sau phản ứng chỉ chứa chất tan duy nhất là Al$_{2}$(SO$_{4}$)$_{3}$ nên NO$_{3}$$^{- }$chuyển hết vào NO
B. TNT “N” ⇒ n$_{Al(NO3)3}$ = n$_{NO}$/3 = ?
⇒ m$_{Al2O3}$ = m$_{X}$ – m$_{Al }$- m$_{Al(NO3)3}$ = ? ⇒ n$_{Al2O3}$ = ?
B. TNT “Al”: n$_{Al2(SO4)3}$ = (n$_{Al }$+ 2n$_{Al2O3}$ + n$_{Al(NO3)3}$)/2 = ?
B. TNT “S”: n$_{H2SO4}$ = 3n$_{Al2(SO4)3}$ = ?
Lời giải chi tiết:
Z chứa khí không màu hóa nâu và M$_{Z}$ = 8.2 = 16 ⇒ Z chứa H$_{2}$ (a mol) và NO (b mol)
Giải nhanh hệ n$_{Z}$ = a + b = 0,3 và m$_{Z}$ = 2a + 30b = 0,3.16 được a = b = 0,15 mol
Áp dụng BTe có: 3n$_{Al}$ = 2n$_{H2}$ + 3n$_{NO}$ ⇒ n$_{Al }$= (2.0,15 + 3.0,15)/3 = 0,25 mol
Mặt khác dung dịch sau phản ứng chỉ chứa chất tan duy nhất là Al$_{2}$(SO$_{4}$)$_{3}$ nên NO$_{3}$$^{-}$ chuyển hết vào NO
B. TNT “N” ⇒ n$_{Al(NO3)3}$ = n$_{NO}$/3 = 0,05 mol
⇒ m$_{Al2O3}$ = m$_{X}$ – m$_{Al }$- m$_{Al(NO3)3}$ = 22,5 – 0,25.27 – 0,05.213 = 5,1 gam ⇒ n$_{Al2O3}$ = 0,05 mol
B. TNT “Al”: n$_{Al2(SO4)3}$ = (n$_{Al }$+ 2n$_{Al2O3}$ + n$_{Al(NO3)3}$)/2 = 0,2 mol
B. TNT “S”: n$_{H2SO4}$ = 3n$_{Al2(SO4)3}$ = 0,6 mol
Đáp án D
