SKKN Tính oxi hóa của ion nitrat trong môi trường axít

TÊN ĐỀ TÀI:

TÍNH OXI HÓA CỦA ION NITRAT TRONG MÔI TRƯỜNG AXIT

A. MỞ ĐẦU

I. Lý do chọn đề tài

Trong những năm gần đây, trong các đề thi đại học, cao đẳng luôn có những bài

tập khó để học sinh “chinh phục” nhằm lấy điểm cao. Một trong các dạng bài tập

-

quan trọng đó là dạng bài tập vận dụng cao về ion NO₃trong môi trường H⁺, học

sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn để tìm ra hướng giải loại bài tập này. Khi giải loại

bài tập này yêu cầu học sinh phải có tư duy cao và vận dụng thành thạo các định

luật bảo toàn trong hóa học, phân tích đúng hướng. Bài tập tính oxi hóa của ion

nitrat trong môi trường axít là loại bài tập khó, yêu cầu đặt ra là học sinh phải nắm

chắc bản chất các quá trình để có khả năng biến đổi linh hoạt.

Với những lý do trên, tôi chọn đề tài “Tính oxi hóa của ion nitrat trong môi

trường axít”, với hi vọng mang lại cho các em học sinh lớp11, 12 một số kinh

nghiệm trong việc giải bài tập loại này được tốt hơn.

II. Mục đích nghiên cứu

Chỉ ra được những nội dung cần nắm vững để giải loại bài tập này được nhanh

hơn, dễ hiểu hơn, đem lại kết quả cao nhất trong quá trình làm bài tập trắc nghiệm.

III. Đối tượng nghiên cứu

Học sinh khối 11,12 có năng lực học môn Hóa học tốt.

IV. Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu bản chất: các quá trình xảy ra, các định luật bảo toàn thường sử

dụng, vai trò của ion H⁺trong quá trình, công thức tính nhanh số mol H⁺phản ứng,

phân tích dự đoán dung dịch thu được. .

Khảo sát học sinh để phân loại các đối tượng sao cho phù hợp với mỗi mức độ

của bài tập đưa ra.

Xây dựng phương pháp giải cụ thể cho một số bài tập.

V. Phạm vi nghiên cứu

Từ tháng 9/2018 đến 6/2020: Trong thời gian này vừa nghiên cứu, vừa áp dụng

bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi trung học phổ thông quốc gia trong năm học

2019-2020.

Đề tài này tôi đã xây dựng và báo cáo chuyên đề Hóa học cấp cụm Vĩnh Linh-

Gio Linh vào ngày 01/11/2019 tại trường THCS & THPT Cồn Tiên.

B. NỘI DUNG

I. Cơ sở lí luận

Đối với dạng bài tập tính oxi hóa của ion nitrat trong môi trường axít, việc viết

phương trình để giải là rất phức tạp, đôi khi còn gặp nhiều rắc rối trong quá trình

giải toán. Điều quan trọng nhất đối với học sinh là phải phân tích được đề bài, xây

dựng được sơ đồ tổng quát của bài toán.

Kỹ năng giải toán hoá học chỉ được hình thành khi học sinh nắm vững lý

thuyết, nắm vững các kiến thức về tính chất hoá học của chất, biết vận dụng kiến

thức vào giải bài tập. Học sinh phải hình thành được một mô hình giải toán, các

bước để giải một bài toán, kèm theo đó là phải hình thành ở học sinh thói quen

phân tích đề bài và định hướng được cách làm đây là một kỹ năng rất quan trọng

đối với việc giải một bài toán hóa học. Do đó, để hình thành được kỹ năng giải

nhanh loại bài tập này thì ngoài việc giúp học sinh nắm được bản chất của các quá

trình xãy ra thì giáo viên phải hình thành cho học sinh một phương pháp giải nhanh

bên cạnh đó rèn luyện cho học sinh tư duy định hướng khi đứng trước một bài toán

và khả năng phân tích đề bài.

-

Chính vì vậy việc rèn luyện cho học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập NO₃

trong môi trường H⁺để giúp học sinh định hướng đúng, xử lý nhanh khi làm bài tập

loại này là điều rất cần thiết, nó giúp học sinh có tư duy khoa học khi học tập hoá

học nói riêng và các môn học khác nói chung nhằm nâng cao chất lượng dạy học.

II. Thực trạng vấn đề nghiên cứu

II.1. Thuận lợi

- Trong quá trình thực hiện đề tài sáng kiến kinh nghiệm bản thân tôi đã được tham

khảo rất nhiều nguồn tư liệu thông tin thông qua các tài liệu sách báo, mạng

internet. Ngoài ra còn có sự giúp đỡ, góp ý nhiệt tình của bạn bè, đồng nghiệp

trong và ngoài trường.

- Trong quá trình còn đi học cho đến khi là giáo viên bản thân tôi đã luôn tìm tòi,

học hỏi và sưu tầm được một nguồn bài tập phong phú.

-Nội dung trong sáng kiến kinh nghiệm lần này bản thân tôi đã áp dụng, lồng ghép

vào quá trình giảng dạy và thấy đạt hiệu quả cao trong dạy học, làm cho các em

thấy thích thú với môn học và chất lượng học tập của các em đã có sự nâng lên,

điều đó đã thúc đẩy tôi thực hiện nội dung sáng kiến này.

II.2. Khó khăn.

- Kỹ năng giải bài tập hóa học của học sinh còn yếu.

-Chuyên đề này chỉ sử dụng để dạy cho những học sinh khá, giỏi.

- Khi gặp bài toán dạng này thông thường học sinh sẽ gặp nhiều khó khăn trong

việc tìm hướng giải quyết. Nhiều bài tập trong các đề thi đại học các em thường

không làm vì thấy phức tạp.

III. MỘT SỐ NỘI DUNG LƯU Ý KHI GIẢI BÀI TOÁN TÍNH OXI HÓA

CỦA ION NITAT TRONG MÔI TRƯỜNG AXÍT

Khi cho hỗn hợp các chất (kim loại, muối, oxit của kim loại) tác dụng với dung

-

dịch HNO₃(hoặc gián tiếp tạo môi trường (H⁺, NO₃) thì thường gặp bài toán có

thể mô tả bằng sơ đồ tổng quát như sau:





N O ₂

N O



N O

2

K h í Z

+

H O





2

N

2

m 

H





X

H

2



C O









2

K im lo a ïi

h h X O x it k im lo a ïi





m 





X

+

N O

C l^





3



n 



M u o ái (n itra t / c a c b o n a t / ...)

M





S O ₄^{2 }, ...



N H

(c o ù th e å c o ù)

4







d d Y

H

(c o ù th e å c o ù)





N O ₃^(c o ù th e å c o ù)



C l

S O ^{2 }, ....





4

III.1. Các quá trình

a. Quá trình oxi hóa

-Thông thường là các quá trình nhường e của kim loại, ion kim loại, phi kim,...

VD: M → Mⁿ⁺+ ne

b. Quá trình khử

-Thông thường gặp một số quá trình sau:



2H^+ NO₃+ e  NO₂+ H₂O







4H^+ NO₃+ 3e  NO + 2H₂O



10H^+ 2NO₃+ 8e  N O + 5H O (*)

12H^+ 2NO₃+ 10e  N₂+ 6H₂O

10H^+ NO₃+ 8e  NH₄+ 3H₂O

2H^+ 2e  H₂(**)





2











O

+ 2e  O^2(Neáu coù qui ñoåi hoãn hôïp coù Oxi),....

n(e nhaän) = 1. nNO  3.nNO 8.nN O 10.nN 8.nNH  2nH  2.nO(coù qui ñoåi)+...





2

4

2

III.2. Các định luật bảo toàn thường sử dụng

- Bảo toàn nguyên tố.

- Bảo toàn điện tích.

- Bảo toàn electron.

- Bảo toàn khối lượng.

III.3. Vai trò của H⁺

-Làm môi trường: các quá trình (*).

-Là chất oxi hóa: quá trình (**).

-Tham gia phản ứng trao đổi, ví dụ như:

2H⁺+ O^2-→ H₂O

2-

2H⁺+ CO₃

→ CO₂+ H₂O

III.4. Số mol H⁺phản ứng

nH^(phaûn öùng) = 2. nNO  4.nNO 10.nN O 12.nN 10.nNH ^ 2nH₂ 2.nO(oxit)+2.nCO₂...



2

4

III.5. Dự đoán thành phần dung dịch Y

a. Nếu trong hỗn hợp phản ứng ban đầu có kim loại có tính khử mạnh (Mg, Al,

+

Zn,..) và hợp chất của chúng thì dung dịch Y thông thường có muối amoni NH₄.

b. Nếu trong hỗn hợp X có Fe và hợp chất của sắt tham gia phản ứng thì dung dịch

Y thông thường gồm Fe²⁺, Fe³⁺(trừ các trường hợp đề cho tồn tại một ion, hoặc có

dữ kiện để xác định dung dịch chỉ tồn tại một ion).

-

c. Nếu sản phẩm có khí H₂xuất hiện thì dung dịch Y không có ion NO₃(NO₃đã

hết).

d. Nếu dung dich Y chỉ gồm các muối trung hòa thì trong dung dịch Y không có

ion H⁺(H⁺hết).

e. Nếu dung dịch Y gồm (Fe²⁺, Fe³⁺, một số ion khác,...) tác dụng với AgNO₃dư,

sản phẩm thu được có khí thì kết luận trong dung dịch có ion H⁺

f. Một số trường hợp thường gặp của dung dich Y

2 





F e

F e ^{3 }

3 

A l

N O





V D1 : d d Y N H

+

 ^d^{d A g}^{N O}³^{d ö}

,



A g



4









H ^

A g C l







N a

C l^, ....







A g  C l^ A g C l 





C aùc p h aûn ö ùn g 3F e ^{2 } 4 H ^ N O ₃ 3F e ^{3 } N O  2 H ₂O (1 )







S au (1 ) F e ^{2 }co øn d ö th ì: F e ^{2 }+ A g ^ F e ^{3 }+ A g 



2





Fe

Fe^3

3

Al





VD2 : ddY NH

+ amol NaOH (toái ña) thì: nOH ^ a  nH ^+ 2.nFe^2 3.nFe^3 4nAl^3 nNH ₄



4



H ^







Na

Cl^,....





2









Fe

Fe^3m(g)

29,18g 









Mg^2







K  0,91mol

VD3: ddY(46,95g)

+ 0,91 mol KOH (toái ña) 



ddZ Na^ 0,01mol

Na^ 0,01mol





 Cl^ 0,92mol





NH₄ ?







Cl  ?



*Neân tìm thaønh phaàn dung dòch Z maëc duø ñeà baøi khoâng yeâu caàu

(VD tröôøng hôïp naøy tính ñöôïc nCl^ 0,92mol)



*Coù theå tính ñöôïc giaù trò m, nNH₄,töø ñoù vaän duïng caùc ñònh luaät baûo toaøn nhanh hôn











m  m 17.(0,91 nNH )  29,18

m 13,88gam

4







nNH  0,01mol

mY  m  23.0,0118.nNH  0,92.35,5  46,95









4

IV. BÀI TẬP CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. Hòa tan hết 11,02 gam hỗn hợp X gồm FeCO₃, Fe(NO₃)₂, Al vào dung dich

Y chứa KNO₃và 0,4 mol HCl, thu được dung dich Z và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp

khí T gồm CO₂, H₂, NO (có tỉ lệ mol tương ứng là 5:2:5). Dung dịch Z phản ứng

tối đa với 0,45 mol NaOH. Nếu cho dung dịch Z tác dụng với dung dịch AgNO₃dư

thì thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và NO là sản phẩm

khử duy nhất của của N⁺⁵trong các quá trình trên. Giá trị m là

A. 63,88.

B. 68,74.

C. 59,02.

D. 64,69.

(Đề THPT Quốc Gia 2019)

Hướng dẫn giải:

2









Fe  x

Fe^3 y

toái ña: 0,45 mol NaOH

      

3



Al  z



Ag

AgCl  0, 4





AgNO₃dö

K ^ t

    mg 









FeCO₃ 0,05



H





HCl  0, 4

11,02g X Fe(NO )



 



3

2





KNO

Cl  0, 4





3



Al







H ₂O





CO₂ 0,05

T H  0,02



2



NO  0,05



Ta có: nH⁺pứ = 2. nCO₂+ 2. nH₂+ 4. nNO = 0,34 mol → nH⁺_(Z)= 0,06 mol

[C]

[Fe]

nFeCO₃ 0,05mol nFe(NO₃)₂ (x  y  0,05)mol

[,]



2x  3y  3z  t  0,06  0,4



x  0,06mol

y  0,01mol

z  0,06mol

t  0,01mol









[nOH]

2x  3y  4z  0,06  0,45



[N]

2x  2y  0,1 t  0,05



mX





116.0,05180(x  y  0,05) 27z 11,02



Cho dung dịch (Z) + AgNO₃dư, các phản ứng như sau:

Ag⁺+ Cl^-→ AgCl

0,4

-

3Fe²⁺+ 4H⁺+ NO₃→ 3Fe³⁺+ NO + 2H₂O

0,045←0,06

Fe²⁺+ Ag⁺→ Fe³⁺+ Ag

0,015

→0,015

AgCl  0,4









 m  59,02gam

Ag  0,015

Câu 2. Hòa tan hết 23,18 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Fe(NO₃)₃vào dung dịch

chứa 0,92 mol HCl và 0,01 mol NaNO₃thu được dung dịch Y (chất tan chỉ có

46,95 gam hỗn hợp muối) và 2,92 gam hỗn hợp Z gồm ba khí không màu (trong đó

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. 51,37%.

C. 75,34%.

D. 45,45%

(Đề THPT Quốc Gia 2019)

Hướng dẫn giải

2 , 9 2 g (Z )

2 















F e

F e ^{3 }

M g ^{2 }

N a ^ 0 , 0 1

m (g )

m   2 9 ,1 8 g







F e









0 ,9 2 H C l

 ⁰^{,0 1 N}^{a N O}³



N a  0 , 0 1

 0 ,9 1 K O H



4 6 , 9 5 g ( Y )

   

2 3,1 8 g ( X ) M g













d d (T )

K

 0 , 9 1



F e ( N O ₃

)

3

C l ^ 0 , 9 2





N H

4







C l  0 , 9 2

H

₂O

-

*Do dd T đã bảo toàn điện tích nên dd T không có NO₃→ dd Y không có NO₃

[m]

nH2O  0,43mol







m 13,88g

 m 17(0,91 nNH )  29,18







4







nNH₄ 0,01mol

mY  m  23.0,0118.nNH  35,5.0,92  46,95





4

[H]

trongZ,nH₂ 0,01mol

23,1813,88



nNO₃(X) 

 0,15mol

62

2,92  0,01.2  0,15.14

[N]

nN_(Z) 0,15 0,01 0,01 0,15mol  nO_(Z)



 0,05mol

16





H₂ 0,01mol

Vậy 2,92g (Z) goàm N  0,15mol





O  0,05mol



*Vậy Z gồm H₂=0,01mol và hai khí trong 3 khí sau: NO,N₂O, N₂.





H₂ 0,01













a  2b  0,15

a  b  0,05

a  0

b  0,1

TH : Z NO  a



(loaïi)



1



N₂O  b







H₂ 0,01













a  0,05

a  2b  0,15

a  0,05

b  0,05

TH : Z NO  a



(thoûa maõn)



2



N₂ b







H₂ 0,01













a  0,05

2a  2b  0,15

a  0,05

b  0,025

TH : Z N O  a 



(loaïi vì khoâng coù hai khí coù soá mol=nhau)



3

2





N₂ b

0,05

0,11

%VNO_(Z)



.100%  45,45%

Câu 3. Hòa tan hết 16,58 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg, Fe, FeCO₃trong dung dịch

chứa 1,16 mol NaHSO₄và 0,24 mol HNO₃thu được dung dịch Z (chỉ chứa muối

trung hòa) và 6,89 gam hỗn hợp khí Y gồm CO₂, N₂, NO, H₂(trong Y có 0,035

mol H₂và tỉ lệ số mol NO : N₂bằng 2 : 1). Dung dich Z phản ứng được tối đa với

1,46 mol NaOH, lọc lấy kết tủa đem nung nóng trong không khí đến khối lượng

không đổi thu được 8,8 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần

trăm khối lượng Fe đơn chất trong X là

A. 16,89%.

B. 20,27%.

C. 33,77%.

D. 13,51%.

(Đề THPT Quốc Gia 2018)

Hướng dẫn giải:



CO₂ c





N  d

2

6,89gY

+ H₂O

NO  2d

H₂ 0,035





Al







3



1,16NaHSO

Mg  a

Fe  b

FeCO₃ c

Al



4





MgO  a

16,58g

+







Mg^2

8,8g raén

0,24HNO









3

Fe O  0,5b  0,5c





2

3

n





Fe

Na^1,16



dd Z

^^1,46^NaO^{H (}^{toái ñ}^a)





Na  2,62





Ñun noùng keát tuûa



2

dd T SO 1,16





4

NH₄





AlO₂ ?

2







SO₄1,16

-

Btđt → nAlO₂= 0,3 mol n Al = 0,3mol

+

Bt N → n NH₄= 0,24 -4d





a  0,02

b  0,06

c  0,04

nH phaûn öùng=2c+12d+8d+2.0,035+10(0,24-4d)=1,4

mX=24a+56b+116c+27.0,3=16,58

mY=44c+28d+60d+0,07=6,89









Ta coù:



 %Fe=20,27%



d  0,0575

m (raén)=40a+ 80b+80c=8,8



Câu 4: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO₃)₂, Al₂O₃, Mg và Al vào

dung dịch NaNO₃và 1,08 mol HCl (đun nóng). Sau khi kết thức phản ứng thu

được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N₂O và

H₂. Tỷ khối của Z so với He bằng 5. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch

chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi

thu được 9,6 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là

A. 31,95%.

B. 19,97%.

C. 23,96%.

D. 27,96%.

Hướng dẫn giải:

2











Mg 0,24

Al^3

Na^

NH^₄z

x





1,14molNaOH

y

MgO

Mg(NO )



3

2

0,24







NaNO y

Al O







3

2

3

13,52g X









HCl 1,08

Mg

Al

Cl 1,08









H₂O 0,46  2z

N O 0,06







2

H₂0,08

^B^TD^T3x  y  z  0,06

x  0,16





1,14molNaOH

4x  z  0,66

^B^TK^L13,52 85y  39,42  27x  23y 18z  46,9 18(0,46  2z)

 y  0,1





z  0,02



0,02  0,06.2  0,1

^B^TN^{T N}n_{Mg(NO )}



 0,02 (mol)

=> n_Mg= 0,22 (mol)

3

2

8.0,02 8.0,06  2.0,08 0,22.2

^B^Ten_Al

 0,12(mol)

=> %Al = 23,96%

3

Câu 5: Trộn 10,17 gam hỗn hợp X gồm Fe(NO₃)₂và Al với 4,64 gam FeCO₃được

hỗn hợp Y. Cho Y vào lượng vừa đủ dung dịch chứa 0,56 mol KHSO₄được dung

dịch Z chứa 83,41 gam muối sunfat trung hòa và m gam hỗn hợp khí T trong đó có

chứa 0,01 mol H₂. Thêm NaOH vào Z đến khi toàn bộ muối sắt chuyển hết thành

hidroxit và ngừng khí thoát ra thì cần 0,57 mol NaOH, lọc kết tủa nung trong

không khí đến khối lượng không đổi thu được 11,5 gam chất rắn. Giá trị m là

A. 3,22.

B. 2,52.

C. 3,42.

Hướng dẫn giải:

D. 2,70.

3





Al

Fe^2a

Al(OH)





x  0,01

3



3



Fe b

K^0,56

Al O

3

^o,kk

2





83,41g

^^NaO^H Fe(OH) ^t

2







2

0,57



Al

x











Fe₂O₃y  0,04

Fe(OH)₃

10,17g







Fe(NO ) y

 KHSO₄

NH₄c



3

2

0,56





2





FeCO₃0,04

SO₄0,56





H₂0,01

T CO

+

H₂O



2



N_xO_y



Al^3,Fe^2,Fe^3,NH^

–

Để ý ta thấy lượng OH dùng để tác dụng hết với

là 0,56 mol,

4

nhưng lượng OH ^–cho vào dung dịch là 0,57 mol. Vậy lượng kết tủa Al(OH)₃đã

tan 0,01 mol.

27x 180y 10,17









x  0,11

y  0,04







Ta có:



x  0,01

(y 0,04)

102.

160.

11,5



2

[ Fe ]

a  b  0,08

[,]

2a  3b  c  0,23

56a  56b 18c  4,84

=> a = 0,03 ; b = 0,05 ; c = 0,02

0,56  0,02.4  0,01.2

[ H ]

n_{H O}



 0,23(mol)

2

[ m ]

10,174,640,56.136 83,410,23.18m_T m_T 3,42gam

Câu 6: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al₂O₃(trong đó Al chiếm 60% về

khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H₂SO₄và NaNO₃, thu được

dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015

mol H₂). Cho dung dịch BaCl₂dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn,

thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH

phản ứng tối đa 0,935 mol. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau đây ?

A. 2,5.

B. 3.

C. 1,5.

D. 1.

(Đề thi THPT Quốc Gia năm 2016)

Hướng dẫn giải:

3









Al 0,23

Na^



0,935 mol NaOH









NH^0,015

BaCl₂

BaSO₄0,4

4

Al

0,17

H SO 0,4













2

4

2



7,65g X





SO₄0,4



Al₂O₃0,03

NaNO₃

H O





2

H

0,015







2

T

N_xO_y

^B^TD^Tn_NaNO n_Na_ 0,4.20,23.30,015  0,095 (mol)

3

0,4.2  0,015.4  0,015.2

^B^TN^{T H}n_{H O}



 0,355 (mol)

2

BTKL

m_T7,650,4.980,095.850,355.180,23.270,095.230,015.180,4.961,47 (g)

Câu 7: Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al₂O₃và MgCO₃(trong đó oxi chiếm 25,157%

về khối lượng). Hòa tan hết 19,08 gam X trong dung dịch chứa 1,32 mol

NaHSO₄và x mol HNO₃, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các

muối trung hòa có khối lượng 171,36 gam và hỗn hợp khí Z gồm CO₂, N₂O, H₂.

Tỉ khối của Z so với He bằng 7,5. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được

19,72 gam kết tủa. Giá trị của x là

A. 0,10

B. 0,18

C. 0,16

D. 0,12

Hướng dẫn giải

2











Mg 0,34

Al^3



NaOH dö

Y(171,36g) Na^1,32 0,34molMg(OH)



2



Mg a

NH^₄











Al  b

NaHSO 1,32mol

2

4



SO₄1,32

19,08gX(nO0,3)









Al₂O₃ c

MgCO₃d

HNO xmol







3

H₂O







CO₂









N O,M30

2

H₂

24a  27b 102c 84d 19,08

3c  3d  0,3

a  0,28

b  0,12

c  0,04

d  0,06















a  d  0,34









b  2c  0,2

3



3









mY  24.0,34  27.nAl 18.nNH  23.1,32  96.1,32 171,36

nAl  0,2mol

4

 ddY





btdtY  2.0,34  3.nAl^3 nNH 1,32 1,32.2



nNH  0,04mol









4

^B^TCnCO₂ 0,06mol

^B^TNnN₂O  0,5x-0,02

^B^TOnH₂O  0,3 3x  2.0,06  0,5x  0,02  0,2  2,5x

1,32  x  0,16  0,4 5x

^B^THnH₂

 0,38 2x

2

44.0,06  44.(0,5x  0,02) 2.(0,38 2x)

0,06  0,5x  0,02  0,38 2x

 M 

 30  x  0,16

(Có thể tính số mol H₂dựa vào công thức tính nhanh số mol H⁺phản ứng

nH⁺phản ứng= 1,32+x= 2.nCO₂+ 10.nN₂O+2.nH₂+10.nNH₄+ 2.nO(oxít)→

+

nH₂= 0,38-2x mol)

Câu 8: Cho 23,34 gam hỗn hợp X gồm Al, Al₂O₃và Al(NO₃)₃(trong đó oxi chiếm

34,961% về khối lượng) vào dung dịch chứa 1,58 mol NaHSO₄và 0,04 mol

NaNO₃, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ

chứa các muối trung hòa và 0,18 mol hỗn hợp khí Z gồm N₂O; N₂và H₂. Để tác

dụng tối đa các chất tan có trong dung dịch Y cần dùng dung dịch chứa 2,04 mol

NaOH. Phần trăm khối lượng của N₂có trong hỗn hợp khí Z gần giá trị nào nhất?

A. 21.

B. 22.

C. 11.

D. 12.

Hướng dẫn giải

3









Al

NH ^₄

a

b





Na ^1, 62 ^^NaO^H

SO²₄^1, 58

2,04

Al

x





NaHSO 1, 58







4

23, 34g Al O

y

z



  



2

3



NaNO₃0, 04

H ₂O







Al(NO₃)₃



n_O0,51

N O c





2

0,18 mol N

d

e



2







H ₂



[,]

a  0,5







3a  b 1,58.2 1,62

4a  b  2,04









b  0,04

x  2y  z  0,5

x  0,36









Ta có: 3y  9z  0,51

 y  0,05





27x 102y  213z  23,34

z  0,04



c  d  e  0,18





c  0,04





[ e ]

0,36.3  0,04.88c 10d  2e  d  0,02

Vậy %N₂= 21,875%







[ N ]

e  0,12

2c  2d  0,04.3 0,04  0,04





Câu 9: Hòa tan hết 17,76 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, FeCl₂và Fe(NO₃)₂vào

dung dịch chứa 0,408 mol HCl thu được dung dịch Y và 1,6128 lít khí NO (đktc).

Cho từ từ AgNO₃vào dung dịch Y đến khi thấy các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì

lượng AgNO₃phản ứng là 99,96 gam, sau phản ứng thu được 82,248 gam kết tủa;

0,448 lít khí NO₂(đktc) thoát ra và dung dịch Z chỉ chứa m gam muối. Giá trị của

m gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 44.

B. 41.

C. 43.

D. 42.

Hướng dẫn giải

0,072NO + H₂O

2









Mg  a

Al^3 b

2





Mg



Mg  a



Al^3

Z Fe^3







Al  b



2

3

NH^₄



17,76g

 HCl 

Fe ,Fe



+ ^A^gNO³



0,408

FeCl₂





0,588



NH^₄





NO₃ 0,568







Fe(NO₃)₂



H  0,04

AgCl  x

Ag  y







82,248g 









Cl



NO₂0,02 + H₂O

143,5x 108y  82,248

x  0,528mol

y  0,06mol









+





x  y  0,588

BT(Cl)  nFeCl₂ 0,06mol; nH^ 2.nNO₂ 0,04mol; BT(N)  nNO₃(Z)  0,568mol



(Y)



nH^(phaûn öùng X)  0,408 0,04  4.nNO 10.nNH₄ nNH₄ 0,008mol

BT(N)  nFe(NO₃)₂ 0,04mol  nFe^3 0,1mol

(Z)

mX  24a  27b 127.0,06 180.0,04 17,76

btdt(ddZ)  2a  3b  3.0,1 0,008  0,568

a  0,1mol

















 m(Z)=43,9g

b  0,02mol

Câu 10. Để 17,92 gam Fe ngoài không khí một thời gian thu được hỗn hợp X. Hòa

tan hết X trong dung dịch HCl loãng dư thu được 2,016 lít H₂(đktc) và dung dịch

có chứa 22,86 gam FeCl₂. Mặt khác, hòa tan hết X trong 208 gam dung dịch HNO₃

+

31,5% thu được dung dịch Y (không chứa muối NH₄). Để tác dụng hết với các

chất có trong Y cần dùng dung dịch chứa 0,88 mol NaOH. Nồng độ % Fe(NO₃)₃

trong dung dịch Y là

A. 26,56%.

B. 25,34%.

C. 26,18%.

D. 25,89%.

Hướng dẫn giải

0,09mol H₂

+ H₂O

2



Fe  0,18mol







Fe  0,32mol

O





0,32mol Fe ^K^K X

+ HCl dö 

Fe^3 0,14mol

dd

H^







Cl



2.0,18  3.0,14  2.0,09

^[^e] nO=

=0,3mol

2