Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%. Sau khi kim loại tan hết thu

Câu hỏi số 275768:

Vận dụng cao

Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam HNO₃ 50,4%. Sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2). Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z thu được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Trong dung dịch X chất tan có nồng độ % cao nhất có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 20%.

B. 30%.

C. 25%.

D. 10%.

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:275768

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

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

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 = \(\dfrac{{0,05.188}}{{89,2}}.100\% = 10,5\% \)

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

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

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

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.