by Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO$_{3}$ loãng, thu được dung dịch Y chứa 8m gam muối và x mol một chất khí duy nhất là N$_{2}$O. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, kết thúc thí nghiệm có 25,84 gam NaOH đã phản ứng. Giá trị của x gần nhất với
A. 0,060.
B. 0,050.
C. 0,030.
D. 0,055.
Hướng dẫn
Chọn phương án: D
Phương pháp giải:
Khi cho m g Al vào thì → m$_{Al(NO3)3}$ = (m/27).213 < 8m → Muối có NH$_{4}$NO$_{3}$ → n$_{NH4NO3}$ theo m
– Viết các quá trình cho – nhận e. Áp dụng định luật bảo toàn e ⇒ Phương trình (1) ẩn m, x
– Khi cho NaOH vào Y: NaOH + NH$_{4}$NO$_{3}$ → NaNO$_{3}$ + NH$_{3}$ + H$_{2}$O
4NaOH + Al(NO$_{3}$)$_{3}$ → 3NaNO$_{3}$ + NaAlO$_{2}$ + 2H$_{2}$O
Từ số mol NaOH phản ứng ⇒ Phương trình (2) ẩn m, x
Giải hệ (1) và (2) tìm được m và x.
Lời giải chi tiết:
Khi cho m g Al vào thì → m$_{Al(NO3)3}$ = (m/27).213 < 8m → Muối có NH$_{4}$NO$_{3}$
Ta có: n$_{Al }$ = \(\frac{m}{{27}}\) mol → n$_{NH4NO3}$ = \(\frac{{8m – 213.\frac{m}{{27}}}}{{80}} = \frac{m}{{720}}\) mol
QT cho e: Al → Al$^{+3}$ + 3e
QT nhận e: 2N$^{+5}$ + 8e → 2N$^{+1}$ ; N$^{+5}$ + 8e → N$^{-3}$
– Bảo toàn e: 3n$_{Al }$= 8n$_{N2O}$ + 8n$_{NH4NO3}$ ⇒ \(\frac{m}{{27}}.3 = 8{\rm{x}} + 8.\frac{m}{{720}}\) (1)
– Khi cho NaOH vào Y: NaOH + NH$_{4}$NO$_{3}$ → NaNO$_{3}$ + NH$_{3}$ + H$_{2}$O
4NaOH + Al(NO$_{3}$)$_{3}$ → 3NaNO$_{3}$ + NaAlO$_{2}$ + 2H$_{2}$O
→ n$_{NaOH phản ứng}$ = n$_{NH4NO3}$ + 4n$_{Al(NO3)3}$ → 0,646 =\(\frac{m}{{720}} + 4.\frac{m}{{27}}\) → m = 4,32 gam (2)
Từ (1) và (2) suy ra x = 0,054 mol → x gần nhất với 0,055
Đáp án D
