Hòa tan hết 28,3 gam hỗn hợp X gồm Al(NO₃)₃, MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,05 mol KNO₃ và 0,85 mol H₂SO₄ (đun nóng). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 101,85 gam muối và 7,84 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO và H₂ có tỉ khối so với H₂ bằng 7. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,85 mol KOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 20 gam rắn. Phần trăm khối lượng của Al có trong X là:

Đáp án A

Phương pháp giải:

Từ tổng số mol khí và tỉ khối của khí so với H₂ ⟹ n_NO và n_H2.

Chất rắn sau khi nung đến khối lượng không đổi là MgO ⟹ n_MgO ⟹ n_Mg²⁺_{(dd Y)}.

Phản ứng sinh ra H₂ nên dung dịch Y không còn NO₃^-; phản ứng có khả năng sinh ra muối NH₄⁺.

Sơ đồ tóm tắt:

$$\begin{gathered} \mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3\\ \mathrm{MgO}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{Al}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{KNO}}_3\\ {\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4\end{array}\to \mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Al}}^{3+}\\ {\mathrm{Mg}}^{2+}\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+}\\ {\mathrm{K}}^{+}\\ {{\mathrm{SO}}_4}^{2-}\end{array}\right.\right.\right.+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO}\\ {\mathrm{H}}_2\end{array}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right. \\ \downarrow +{\mathrm{KOH}}_{\max } \\ \mathrm{Mg}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\stackrel{\mathrm{Nung}}{\to }\mathrm{MgO} \end{gathered}$$

Vận dụng các định luật bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố để xác định số mol Al trong hỗn hợp X.

Giải chi tiết:

Tính số mol mỗi khí: $\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}+{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{7,84}{22,4}=0,35\\ 30{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}+2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,35.7.2\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}{\mathrm{n}}_{\mathrm{NO}}=0,15\\ {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=0,2\end{array}\right.\right.$

Chất rắn sau khi nung đến khối lượng không đổi là MgO ⟹ n_MgO = 20/40 = 0,5 mol.

BTNT "Mg" ⟹ n_Mg²⁺_{(dd Y)} = n_MgO = 0,5 mol.

Phản ứng sinh ra H₂ nên dung dịch Y không còn NO₃^-; phản ứng có khả năng sinh ra muối NH₄⁺.

Sơ đồ tóm tắt:

$$\begin{gathered} \mathrm{X}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3\\ \mathrm{MgO}\\ \mathrm{Mg}\\ \mathrm{Al}\end{array}+\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{KNO}}_3 : 0,05\\ {\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4 : 0,85\end{array}\to \mathrm{Y}\left\{\begin{array}{l}{\mathrm{Al}}^{3+} : \mathrm{a}\\ {\mathrm{Mg}}^{2+} : 0,5\\ {{\mathrm{NH}}_4}^{+} : \mathrm{b}\\ {\mathrm{K}}^{+} : 0,05\\ {{\mathrm{SO}}_4}^{2-} : 0,85\end{array}\right.\right.\right.+\left\{\begin{array}{l}\mathrm{NO} : 0,15\\ {\mathrm{H}}_2 : 0,2\end{array}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\right. \\ \downarrow +{\mathrm{KOH}}_{\max } : 1,85 \\ \mathrm{Mg}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2\stackrel{\mathrm{Nung}}{\to }\mathrm{MgO} \end{gathered}$$

+) BTĐT dd Y: 3a + 2.0,5 + b + 0,05 = 2.0,85 (1)

+) m_{muối (dd Y)} = 27a + 24.0,5 + 18b + 39.0,05 + 96.0,85 = 101,85 (2)

Giải hệ (1) (2) được a = 0,2 và b = 0,05.

+) BTNT "N" ⟹ n_Al(NO3)3 = (n_NH4⁺ + n_NO - n_KNO3)/3 = 0,05 mol.

+) BTNT "Al" ⟹ n_Al = n_Al³⁺_{(dd Y)} - n_Al(NO3)3 = 0,15 mol.

⟹ %m_Al = $\frac{0,15.27}{28,3}.100\%$ = 14,31%.