Hòa tan hoàn toàn 49,14 gam kim loại M vào 1 lít dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch B và 3,6736 lít
Hòa tan hoàn toàn 49,14 gam kim loại M vào 1 lít dung dịch HNO3 2M, thu được dung dịch B và 3,6736 lít khí A (đktc) gồm N2O, N2 có tỉ khối so với H2 là 17,122. Mặt khác, hòa tan cẩn thận 69,712 gam hỗn hợp D (gồm hai kim loại kiềm X, Y ở hai chu kì liên tiếp của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học) vào 2 lít dung dịch HCl. Sau thí nghiệm thu được 29,2096 lít khí H2 (đktc) và dung dịch E. Cho từ từ toàn bộ dung dich E vào dung dịch B, thu được 54,846 gam kết tủa G (không có khí thoát ra). Xác định các kim loại M, X, Y và nồng độ mol của dung dịch HCl đã dùng.
Quảng cáo
TH1: M phản ứng với HNO3 tạo muối amoni
TH2: M phản ứng với HNO3 không tạo muối amoni
Sử dụng bảo tòa e tìm ra được kim loại M thỏa mãn
Đặt công thức chung của 2 kim loại X, Y. Dựa vào số mol H2 và khối lượng hỗn hợp X, Y ban đầu => phân tử khối trung bình của 2 kim loại, từ đó xác định được hai kim loại.
Trộn dd E với dd B chú ý phản ứng trung hòa xảy ra trước, sau đó mới đến phản ứng tạo kết tủa của OH- với ion M2+
nHNO3 = 1.2 = 2 (mol)
\({n_A} = {{3,6736} \over {22,4}} = 0,164\,(mol);{\overline M _A} = 17,122.{M_{{H_2}}} = 34,244\,(g/mol)\)
Ta có hệ phương trình:\(\left\{ \matrix{{n_A} = {n_{{N_2}O}} + {n_{{N_2}}} = 0,164 \hfill \cr {m_A} = 44.{n_{{N_2}O}} + 28.{n_{{N_2}}} = 34,244 \times 0,164 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{{n_{{N_2}O}} = 0,064\,(mol) \hfill \cr {n_{{N_2}}} = 0,1\;(mol) \hfill \cr} \right.\)
TH1: M phản ứng với HNO3 tạo muối amoni (Đặt mol NH4NO3 = a mol)
Đặt hóa trị của M là n
Ta có: ∑ ne nhường = ∑ ne nhận = 0,512 + 1 + 8a (mol) = nNO3- (trong muối)
BTNT "N": nHNO3 bđ = nNO3- (trong muối) + nkhí = ∑ ne nhận + 2nN2O + 2nN2 + 2 nNH4NO3
→ 2 = 1,512 + 8a + 2.0,064 + 2.0,1 + 2a
→ 10a = 0,16 → a = 0,16 (mol)
→ ∑ ne nhường = 2,792 (mol)
\( \to {n_M} = {{\sum {n{\,_{e\,nhan}}} } \over n} = {{2,792} \over n}(mol) \to {M_M} = {{49,14} \over {{{2,792} \over n}}} \approx 30n\)
Vì hóa trị của kim loại thường là 1,2, 3 ta chạy n =1,2,3 thấy đều không thỏa mãn → loại
TH2: M phản ứng với HNO3 không tạo muối amoni → N2O, N2 là sản phẩm khử duy nhất
∑ne M nhường = ∑ ne (N2O, N2) nhận = 0,512 + 1 = 1,512 (mol)
\( \to {n_M} = {{\sum {n{\,_{e\,nhan}}} } \over n} = {{1,512} \over n}(mol) \to {M_M} = {{49,14} \over {{{1,512} \over n}}} \to {M_M} = 32,5n\)
Vì hóa trị của kim loại thường là 1,2, 3 ta chạy n = 2 thì M = 65 (Zn) → chọn
BTNT "N": nHNO3 bđ = nHNO3 dư + nNO3- (trong muối) + nkhí = nHNO3 dư + ∑ ne nhận + 2nN2O + 2nN2
→ nHNO3 dư = 2 - 1,512 - 0,064.2 - 0,1.2 = 0,16 (mol)
Vậy dd B chứa: Zn(NO3)2: 0,756 (mol) và HNO3 dư = 0,16 (mol)
Xét hh X, Y + 2 lít HCl →\({n_{{H_2}(dktc)}} = {{29,2096} \over {22,4}} = 1,304\,(mol)\)
Đặt công thức chung của X, Y là\(\overline N \)
\(\eqalign{
& 2\overline N + 2HCl\buildrel {} \over
\longrightarrow 2\overline N Cl + {H_2} \uparrow \cr
& 2\overline N + 2{H_2}O\buildrel {} \over
\longrightarrow 2\overline N OH + {H_2} \uparrow \cr
& \to {n_{\overline N }} = 2{n_{{H_2}}} = 2,608\,(mol) \cr
& \to {\overline M _{\overline N }} = {{69,712} \over {2,608}} \approx 26,7 \cr} \)
Vì X, Y là hai kim loại kiềm và ở hai chu kì liên tiếp nên X là Na và Y là K
Vậy dd E chứa
\(\left\{ \matrix{
\overline N Cl:a(mol) \hfill \cr
\overline N OH:b(mol) \hfill \cr} \right. \to a + b = 2{n_{{H_2}}} = 2,608(*)\)
Cho dd E vào dd B chứa: Zn(NO3)2:0,756 (mol) và HNO3 dư = 0,16 (mol) → kết tủa G là Zn(OH)2: 0,554 (mol)
Thứ tự xảy ra phản ứng là:
\(\eqalign{
& HN{O_3} + \overline N OH\buildrel {} \over
\longrightarrow \overline N N{O_3} + {H_2}O\,\,\,\,(I) \cr
& 0,16\buildrel {} \over
\longrightarrow 0,16\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(mol) \cr
& Zn{(N{O_3})_2} + 2\overline N OH\buildrel {} \over
\longrightarrow Zn{(OH)_2} \downarrow + \overline N N{O_3}\,\,(II) \cr
& 2\overline N OH + Zn{(OH)_2}\buildrel {} \over
\longrightarrow \,{\overline N _2}Zn{O_2} + 2{H_2}O\,\,(III) \cr} \)
Ta thấy: nZn(OH)2 < nZn(NO3)3 nên có 2 trường hợp xảy ra
TH1: Chỉ xảy ra pư (I) và (II), tức chỉ tạo kết tủa Zn(OH)2. Zn(NO3)2 pư dư, mọi tính toán theo số mol HNO3 và kết tủa.
\(\eqalign{
& {n_{\overline N OH}} = {n_{HN{O_3}}} + 2{n_{Zn{{(OH)}_2}}} = 0,16 + 2.0,554 = 1,268(mol) = b \cr
& \buildrel {(*)} \over
\longrightarrow a = 1,34 = {n_{HCl}} \cr
& \to {C_M}_{HCl} = {{{n_{HCl}}} \over {{V_{HCl}}}} = {{1,34} \over 2} = 0,67(M) \cr} \)
TH2: Xảy ra cả (I), (II), (III) tức kết tủa Zn(OH)2 đạt cực đại sau đó bị hòa tan 1 phần, cả HNO3 và Zn(NO3)2 đều phản ứng hết
\(\eqalign{
& {n_{\overline N OH}} = {n_{HN{O_3}}} + 2{n_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} - 2{n_{Zn{{(OH)}_2}bi\,hoa\,\tan }} = 0,16 + 2.0,756 + 2.(0,756 - 0,554) = 2,076(mol) = b \cr
& \buildrel {(*)} \over
\longrightarrow a = 0,532 = {n_{HCl}} \cr
& \to {C_M}_{HCl} = {{{n_{HCl}}} \over {{V_{HCl}}}} = {{0,532} \over 2} = 0,266(M) \cr} \)
Kết luận: Vậy M là Zn, X, Y là Na và K. Nồng độ HCl bằng 0,67 (M) hoặc 0,266 (M)
PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
