Hòa tan hết 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Fe(NO₃)₃ vào dung dịch chứa 0,92 mol HCl và 0,01 mol NaNO₃, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ chứa 46,95 gam hỗn hợp muối) và 2,92 gam hỗn hợp Z gồm ba khí không màu (trong đó có hai khí có số mol bằng nhau). Dung dịch Y phản ứng tối đa với 0,91 mol KOH, thu được 29,18 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm thể tích của khí có phân tử khối lớn nhất trong Z là

Câu 350901: Hòa tan hết 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Fe(NO₃)₃ vào dung dịch chứa 0,92 mol HCl và 0,01 mol NaNO₃, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ chứa 46,95 gam hỗn hợp muối) và 2,92 gam hỗn hợp Z gồm ba khí không màu (trong đó có hai khí có số mol bằng nhau). Dung dịch Y phản ứng tối đa với 0,91 mol KOH, thu được 29,18 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm thể tích của khí có phân tử khối lớn nhất trong Z là

A. 58,82%.

B. 45,45%.

C. 51,37%.

D. 75,34%.

Câu hỏi : 350901

Quảng cáo

Phương pháp giải:

Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố.

Đáp án : B
(9) bình luận (0) lời giải
Giải chi tiết:
\(23,18(g)X\left\{ \matrix{
Fe \hfill \cr
Mg \hfill \cr
Fe{(N{O_3})_3} \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HCl:0,92 \hfill \cr
NaN{O_3}:0,01 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
\underbrace {{\rm{dd}}\,Y}_{46,95(g)}\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
F{e^{2 + }} \hfill \cr
F{e^{3 + }} \hfill \cr
N{H_4}^ + \hfill \cr
N{a^ + }:0,01 \hfill \cr
C{l^ - }:0,92 \hfill \cr} \right.\buildrel { + KOH:0,91} \over
\longrightarrow 29,18(g)Ket\,tua \hfill \cr
\underbrace {Khi\,Z}_{2,92(g)}\left\{ \matrix{
{H_2} \hfill \cr
A \hfill \cr
B \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\hfill \cr
{H_2}O:0,43(BTKL) \hfill \cr} \right.\)

BTKL: m_H2O = m_X + m_HCl + m_NaNO3- m _muối- m _khí= 7,74 gam => n_H2O = 0,43 mol

Đặt n_NH4+= x (mol)

Ta có: n_{OH(kết tủa)}= n_NaOH - n_NH4+ = 0,91 - x (mol)

m _{Mg2+, Fe2+, Fe3+}= m _muối- m_NH4+ - m_Na+- m_Cl- = 46,95 - 18x - 0,01.23 - 0,92.35,5 = 14,06 - 18x (gam)

=> m _{kết tủa}= m_{Mg2+, Fe2+, Fe3+} + m_OH => 14,06 - 18x + 17(0,91 - x) = 29,18 => x = 0,01 mol

BTNT "H": n_H2 = (n_HCl - 4n_NH4+- 2n_H2O)/2 = 0,01 mol

m_NO3(X)= 23,18 - m_Fe,Mg = 23,18 - (14,06 - 18x) = 9,3 gam => n_NO3 = 0,15 mol

BTNT "N": n_{N (khí)}= n_NO3(X) + n_NaNO3 - n_NH4+ = 0,15 + 0,01 - 0,01 = 0,15 mol

BTKL: m_O(khí) = m _{khí Z} - m_H2 - m_N = 2,92 - 0,01.2 - 0,15.14 = 0,8 gam => n_H = 0,05 mol

Ta thấy: n_N : n_O = 0,15 : 0,05 = 3 : 1 => Hỗn hợp khí phải chứa N₂ (Vì NO có tỉ lệ là 1:1, N₂O có tỉ lệ là 2:1)

Hỗn hợp khí Z gồm \(\left\{ \matrix{
{H_2}:0,01 \hfill \cr
{N_n}O:0,05 \hfill \cr
{N_2}:{{0,15 - 0,05n} \over 2} \hfill \cr} \right.\)

Do trong Z có hai khí có số mol bằng nhau nên suy ra \({{0,15 - 0,05n} \over 2} = 0,05 \to n = 1\)

Vậy Z gồm \(\left\{ \matrix{
{H_2}:0,01 \hfill \cr
NO:0,05 \hfill \cr
{N_2}:0,05 \hfill \cr} \right.\) => %V_NO = 0,05/(0,01 + 0,05 + 0,05) = 45,45%

Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
- Mẹo : Viết lời giải với bộ công thức đầy đủ tại đây

Xem bình luận

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2024 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.