Câu 59THPTChuyên đề: Nhôm và hợp chất của nhôm • Lớp 12Nitric acid và muối nitrateVận dụng cao#secondary:CHEM11.L3.NITROGEN_SULFUR.NITRIC#curriculum:undetermined
Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng 620 ml dung dịch HNO 1M (vừa đủ) thu được hỗn hợp khí X (gồm hai khí) và dung dịch Y chứa 8m gam muối. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thấy có 25,84 gam NaOH phản ứng. Hai khí trong X là cặp khí nào sau đây?
Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng 620 ml dung dịch HNO 1M (vừa đủ) thu được hỗn hợp khí X (gồm hai khí) và dung dịch Y chứa 8m gam muối. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thấy có 25,84 gam NaOH phản ứng. Hai khí trong X là cặp khí nào sau đây?
Chọn một phương án bên dưới để kiểm tra đáp án ngay:
Đáp án chính thức: C
Hướng dẫn giải chi tiết
(AI giải đề cho tôi)
n_{HNO_3} = 0,62 mol. Gọi n_{Al} = n (mol), m = 27n. Muối trong Y là Al(NO_3)_3 và có thêm NH_4NO_3 (do HNO_3 dư rất loãng khử thành NH_4^+): khối lượng muối = 213n + 80n_{NH_4} = 8m = 216n ⟹ 80n_{NH_4} = 3n. Vì cho NaOH dư nên Al^{3+} chuyển thành AlO_2^- (Al^{3+} + 4OH^- → AlO_2^- + 2H_2O) và NH_4^+ + OH^- → NH_3 + H_2O: n_{NaOH} = 25,84/40 = 0,646 = 4n + n_{NH_4} = 4n + 0,0375n ⟹ n = 0,16 mol (m = 4,32 g, muối = 34,56 g = 8m ✓), n_{NH_4^+} = 0,006 mol. Bảo toàn N: n_{NO} + 2n_{khí N khác} = 0,62 − 3(0,16) − 0,006 = 0,134. Bảo toàn electron: 3n = 0,48 mol e. Xét các phương án: A (NO, NO_2): 3n_{NO} + n_{NO_2} = 0,48 và n_{NO} + n_{NO_2} = 0,134 ⟹ n_{NO} = 0,173 > 0,134, vô lý. B (NO, H_2): cho nghiệm dương (n_{NO} = 0,134; n_{H_2} = 0,039) nhưng HNO_3 là chất oxi hóa mạnh, không thể khử Al^{3+} sinh H_2, loại. C (NO, N_2O): n_{NO} + 2n_{N_2O} = 0,134; 3n_{NO} + 8n_{N_2O} = 0,48 ⟹ n_{N_2O} = 0,039; n_{NO} = 0,056, đều dương và thỏa mãn (kiểm tra: 3·0,056 + 8·0,039 = 0,48 ✓; 0,056 + 0,078 + 0,006 + 0,48 = 0,62 ✓). D (N_2O, N_2): 2n_{N_2O} + n_{N_2} = 0,134; 8n_{N_2O} + 10n_{N_2} = 0,48 ⟹ n_{N_2} < 0, vô lý. Vậy hai khí trong X là NO và N_2O, khớp đáp án nguồn C.
n_{HNO_3} = 0,62 mol. Gọi n_{Al} = n (mol), m = 27n. Muối trong Y là Al(NO_3)_3 và có thêm NH_4NO_3 (do HNO_3 dư rất loãng khử thành NH_4^+): khối lượng muối = 213n + 80n_{NH_4} = 8m = 216n ⟹ 80n_{NH_4} = 3n. Vì cho NaOH dư nên Al^{3+} chuyển thành AlO_2^- (Al^{3+} + 4OH^- → AlO_2^- + 2H_2O) và NH_4^+ + OH^- → NH_3 + H_2O: n_{NaOH} = 25,84/40 = 0,646 = 4n + n_{NH_4} = 4n + 0,0375n ⟹ n = 0,16 mol (m = 4,32 g, muối = 34,56 g = 8m ✓), n_{NH_4^+} = 0,006 mol. Bảo toàn N: n_{NO} + 2n_{khí N khác} = 0,62 − 3(0,16) − 0,006 = 0,134. Bảo toàn electron: 3n = 0,48 mol e. Xét các phương án: A (NO, NO_2): 3n_{NO} + n_{NO_2} = 0,48 và n_{NO} + n_{NO_2} = 0,134 ⟹ n_{NO} = 0,173 > 0,134, vô lý. B (NO, H_2): cho nghiệm dương (n_{NO} = 0,134; n_{H_2} = 0,039) nhưng HNO_3 là chất oxi hóa mạnh, không thể khử Al^{3+} sinh H_2, loại. C (NO, N_2O): n_{NO} + 2n_{N_2O} = 0,134; 3n_{NO} + 8n_{N_2O} = 0,48 ⟹ n_{N_2O} = 0,039; n_{NO} = 0,056, đều dương và thỏa mãn (kiểm tra: 3·0,056 + 8·0,039 = 0,48 ✓; 0,056 + 0,078 + 0,006 + 0,48 = 0,62 ✓). D (N_2O, N_2): 2n_{N_2O} + n_{N_2} = 0,134; 8n_{N_2O} + 10n_{N_2} = 0,48 ⟹ n_{N_2} < 0, vô lý. Vậy hai khí trong X là NO và N_2O, khớp đáp án nguồn C.
