Hòa tan hết 21,48 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Fe(NO3 ) 2 vào dung dịch chứa 0,42 mol H2SO4 loãng và 0,02 mol KNO3, thu được dung dịch Y (chất tan chỉ có 54,08 gam các muối trung hòa) và 3,74 gam hỗn hợp Z gồm ba khí không màu (trong đó hai khí có số mol bằng nhau). Dung dịch Y phản ứng được tối đa với 0,82 mol NaOH, thu được 26,57 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

Đây là dạng câu hỏi tính toán hóa học cơ bản. Trước hết cần xác định dữ kiện đề bài đang cho dưới dạng khối lượng, số mol hoặc thể tích khí, sau đó chọn công thức phù hợp để tìm kết quả.

Bảo toàn khối lượng: m X+ m H2SO4+ m KNO3 = m khí+ m muối+ m H2O → m H2O = ? Xét dd Y+ NaOH sau phản ứng thu được dd chứa Na+: 0,82 (mol); K+: 0,02 (mol) và SO4 2-: 0,42 (mol)

Bảo toàn điện tích cho dd thu được sau pư thấy vừa đủ nên Y không còn NO3− Đặt tổng khối lượng của Fe 2+, Fe 3+, Mg 2+ = a(g) Đặt số mol của NH4+ = b (mol)

Từ m Y và khối lượng kết tủa lập hệ pt tìm được a,b =? BTNT "H" ta có: 2n H2SO4 = 2n H2+ 4n NH4++ 2n H2O → n H2 = ? (mol) BTKL: m NO3-(X) = m X− (m Fe2+,Fe3+, Mg2+ ) = ? (g) → n NO3(X) = ? (mol) BTNT "N": n N(trong hh khí Z) = n NO3-(X)+ n KNO3− n NH4+ = ? (mol) BTKL: m Z = m H+ m N+ m O → m O(Z) = ? (g) → n O(Z) = ? (mol) Z chứa H2: và hai trong 3 khí N2, NO, N2 O Biện luận giải nghiệm Z phù hợp. 21,48 (g)\ matrix Fe hfill cr Mg hfill cr Fe(NO3)_2 hfill cr.+ \ matrix H2SO4:0,42 hfill cr KNO3:0,02 hfill cr.buildrel over longrightarrow \ matrix 3,74 (g)[ matrix TH1:H2,N2,NO hfill cr TH2:H2,N2,N2O hfill cr TH3:H2,NO,N2O hfill cr. hfill cr ddYunderbrace \ matrix Fe^2+,Fe^3+,Mg^2+: a(g) hfill cr NH4^+:b(mol) hfill cr K^+ hfill cr SO4^2− hfill cr._54,08 (g)buildrel + NaOH:0,82 mol over longrightarrow \ matrix 26,57 (g) ↓ \ matrix Fe(OH)_2 hfill cr Fe(OH)_3 hfill cr Mg(OH)_2 hfill cr. hfill cr dd\ matrix Na^+:0,82 hfill cr K^+:0,02 hfill cr SO4^2−:0,42 hfill cr. hfill cr. hfill cr H2O hfill cr. BTKL: m X+ m H2SO4+ m KNO3 = m khí+ m muối+ m H2O → m H2O = 21,48+ 0,42.98+ 0,02.101− 3,74− 54,08 = 6,84 (g) → n H2O = 0,38 (mol) Xét dd Y+ NaOH sau phản ứng thu được dd chứa Na+: 0,82 (mol); K+: 0,02 (mol) và SO4 2-: 0,42 (mol)

Bảo toàn điện tích cho dd thu được sau pư thấy vừa đủ nên Y không còn NO3− Đặt tổng khối lượng của Fe 2+, Fe 3+, Mg 2+ = a(g) Đặt số mol của NH4+ = b (mol) → n OH- trong kết tủa = 0,82− b (mol) Ta có hệ pt: \ matrix m Y = a+ 18b+ 0,02.39+ 0,42.96 = 54,08 hfill cr m ↓ = a+ 17.(0,82− b) = 26,57 hfill cr. ⇒ \ matrix a = 12,8 (g) hfill cr b = 0,01 (mol) hfill cr. BTNT "H" ta có: 2n H2SO4 = 2n H2+ 4n NH4++ 2n H2O → n H2 = (2.0,42-4.0,01− 2.0,38)/2 = 0,02 (mol) BTKL: m NO3-(X) = m X− (m Fe2+,Fe3+, Mg2+ ) = 21,48− 12,8 = 8,68 (g) → n NO3(X) = 0,14 (mol) BTNT "N": n N(trong hh khí Z) = n NO3-(X)+ n KNO3− n NH4+ = 0,14+ 0,02− 0,01 = 0,15 (mol) BTKL: m Z = m H+ m N+ m O → m O(Z) = 3,74− 0,02.2− 0,15.14 = 1,6 (g) → n O(Z) = 0,1 (mol) Z chứa H2: 0,02 (mol) và hai trong 3 khí N2, NO, N2 O TH 1: Z chứa H2: 0,02 (mol) và N­ 2 và NO: 0,1 (mol) n N(Z) = 0,15 (mol) → n N2 = 0,025 (mol) → Loại vì không có hai khí có cùng số mol TH2: Z chứa H2: 0,02 (mol) và N­ 2 và N2 O: 0,1 (mol) n N(Z) = 0,15 (mol) → n N2 âm → loại TH 3: Z chứa H2: 0,02 (mol) và N­O: x (mol) và N2 O: y (mol) Ta có hệ: \ matrix n N(Z) = x+ 2y = 0,15 hfill cr n O(Z) = x+ y = 0,1 hfill cr. ⇒ \ matrix x = 0,05 hfill cr y = 0,05 hfill cr. \% VN2O = 0,05 over 0,02+ 0,05+ 0,05.100\% = 41,67\%

Đáp án C

Từ phân tích trên, đáp án đúng là C. 41,67%..