Hoà tan hết `12,72` gam hỗn hợp `X` gồm `Mg, Fe, FeCO_3` trong dung dịch chứa `1,74` mol `NaHSO_4` và `0,36` mol `HNO_3` thu được dung dịch `Z` ( chỉ chứa muối trung hoà) và `10,335` gam hỗn hợp khí `Y `gồm `CO_2, N_2, NO, H_2` ( trong `Y` có `0,0525` mol `H_2` và tỉ lệ mol `NO : N_2 = 2 : 1` ). Cho `Z` phản ứng hoàn toàn với dung dịch `NaOH`, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được `13,2` gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng `Mg` trong `X` gần nhất với giá trị nào sau đây ?
`A. 20%`
`B. 5%`
`C. 9%`
`D. 17%`
— mk cảm ơn—
Đáp án: $B$
Giải thích các bước giải:
Dồn $NO$, $N_2$ ($2:1$) về $N_2O$
Đáp án:
B. $5 \%$
Giải thích các bước giải:
Sơ đồ phản ứng:
$\left\{ \begin{gathered} Mg \hfill \\ Fe \hfill \\ FeC{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow[{HN{O_3}:\,\,0,36\,\,mol}]{{NaHS{O_4}:1,74\,\,mol}}Z\left\{ \begin{gathered} F{e^{2 + }} \hfill \\ F{e^{3 + }} \hfill \\ M{g^{2 + }} \hfill \\ N{a^ + } \hfill \\ NH_4^ + \hfill \\ SO_4^{2 – } \hfill \\ \end{gathered} \right. + Y\left\{ \begin{gathered} C{O_2} \hfill \\ {N_2}O \hfill \\ {H_2} \hfill \\ \end{gathered} \right. + {H_2}O$
Tỉ lệ mol $N O: N_{2}=2: 1$ nên quy chung thành một khí là ${N_2}O$
Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: $\left\{ \begin{gathered} Mg:x\,\,mol \hfill \\ Fe:y\,\,mol \hfill \\ C{O_3}:z\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Gọi số mol của $NH_4^ + $ là $t$
Bảo toàn nguyên tố $N$: ${n_{HN{O_3}}} = {n_{NH_4^ + }} + 2{n_{{N_2}O}}$
$\to {n_{{N_2}O}} = \dfrac{{0,36 – y}}{2}\,\,mol$
Bảo toàn nguyên tố $C$: ${n_{C{O_2}}} = {n_{C{O_3}}} = z\,\,mol$
Ta có: ${m_Y} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{N_2}O}} + {m_{{H_2}}}$
$ \to 44z + \dfrac{{0,36 – y}}{2}.44 + 0,0525.2 = 10,335$
$ \to 44z – 22y = 2,31\,\,\,(1)$
Bảo toàn e:
${n_{e\,\,nhận}} = 2{n_{C{O_3}}} + 2{n_{{H_2}}} + 8{n_{NH_4^ + }} + 8{n_{{N_2}O}}\,\,\,\,\,$
$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 2z + 2.0,0525 + 8y + 8\dfrac{{0,36 – y}}{2}$
$\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4y + 2z + 1,545\,\,mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,$
Bảo toàn điện tích:
${n_{e\,\,nhận}} + {n_{N{a^ + }}} + {n_{NH_4^ + }} = 2{n_{SO_4^{2 – }}}$
$\to 4y + 2z + 1,545 + 1,74 + y = 2.1,74$
$ \to 5y + 2z = 0,195\,\,(2)$
Từ (1) và (2) suy ra: $\left\{ \begin{gathered} y = 0,015 \hfill \\ z = 0,06 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
Ta có: $\left\{ \begin{gathered} {m_X} = 12,72 \hfill \\ {m_{cr}} = 13,2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
$ \to \left\{ \begin{gathered} 24x + 56y = 12,72 – 0,06.60 \hfill \\ 40x + 80y = 13,2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x = 0,03 \hfill \\ y = 0,15 \hfill \\ \end{gathered} \right.$
$ \to {m_{Mg}} = \dfrac{{0,03.24}}{{12,72}}.100\% = 5,66\% $