BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM VỀ AXIT HNO3 TÁC DỤNG VỚI ĐƠN CHẤT
Tính lượng axit
Câu 1. Hòa tan hoàn toàn 25,3 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al và Zn bằng dung dịch HNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 4,48 lít (đkc) khí Z (gồm hai hợp chất khí không màu) có khối lượng 7,4 gam. Cô cạn dung dịch Y thu được 122,3 gam hỗn hợp muối. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng gần nhất với giá trị nào sau đây ?
A. 1,81 mol B. 1,95 mol C. 1,8 mol. D. 1,91 mol
Giải
- Xét hỗn hợp khí Z ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} + {n_{{N_2}O}} = 0,2\\
30{n_{NO}} + 44{n_{{N_2}O}} = 7,4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} = 0,1\,mol\\
{n_{{N_2}O}} = 0,1\,mol
\end{array} \right.\,\)
\( \Rightarrow {n_{N{O_3}^ - (trong{\rm{ muoi)}}}} = 3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} + 9{n_{N{H_4}^ + }} = 1,1 + 9x\)
- Ta có: \({m_{muoi}} = {m_{kim{\rm{ loai}}}} + 18{n_{N{H_4}^ + }} + 62{n_{N{O_3}^ - }} \to 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) \Rightarrow x = 0,05\,mol\)
\( \Rightarrow {n_{HN{O_3}}} = 10{n_{N{H_4}^ + }} + 4{n_{NO}} + 10{n_{{N_2}O}} = 1,9mol\)
Câu 2. Hoà tan hết 6,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO3 vừa đủ, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,02 mol NO và 0,02 mol N2O. Làm bay hơi dung dịch Y thu được 25,4 gam muối khan. Tổng số mol ion nitrat bị khử trong các phản ứng trên là:
A. 0,07 mol. B. 0,08 mol. C. 0,06 mol. D. 0.09 mol.
Giải
Trước hết nhìn qua thấy các kim loại đều rất mạnh nên gần như sẽ có NH4NO3
Khi đó ta có : \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = a\,\,\, \to 25,4 = 6 + \underbrace {\left( {0,02.3 + 0,02.8 + 8a} \right).62}_{NO_3^ - } + \underbrace {80a}_{N{H_4}N{O_3}}\)
\( \to a = 0,01\,\,(mol)\,\,\,\,\,\,\, \to n_{{N^{ + 5}}}^{Bi\,\,khu} = 0,02 + 0,02.2 + 0,01 = 0,07(mol)\)
Câu 3. Hòa tan hoàn toàn 7,5 gam hỗn hợp gồm Mg và Al bằng lượng vừa đủ V lít dung dịch HNO3 1M. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,672 lít N2 (ở đktc) duy nhất và dung dịch chứa 54,9 gam muối. Giá trị của V là
A. 0,72. B. 0,65. C. 0,70. D. 0,86.
Giải
- Hướng tư duy 1: Bảo toàn nguyên tố N
- Quá trình: \(\underbrace {Mg,Al}_{7,5\;(g)} + \underbrace {HN{O_3}}_{V\;(l)} \to \underbrace {Mg{{(N{O_3})}_2},Al{{(N{O_3})}_3},N{H_4}N{O_3}}_{54,9\;(g)\;hon\;hop\;muoi} + \underbrace {{N_2}}_{0,03\;mol} + {H_2}O\)
+ Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
24{n_{Mg}} + 27{n_{Al}} = 7,5\\
148{n_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} + 213{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} + 80{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 54,9\\
2{n_{Mg}} + 3{n_{Al}} = 8{n_{N{H_4}N{O_3}}} + 10{n_{{N_2}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Mg}} = 0,2\\
{n_{Al}} = 0,1\\
{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,05
\end{array} \right.\)
\( \to {n_{HN{O_3}}} = 2{n_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} + 3{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} + 2{n_{N{H_4}N{O_3}}} + 2{n_{{N_2}}} = 0,86(mol)\)
- Hướng tư duy 2: Tính theo số mol HNO3
+Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_{A{l^{3 + }}}} + {m_{M{g^{2 + }}}} + 18{n_{N{H_4}^ + }} + 62{n_{N{O_3}^ - }} = 54,9\\
{n_{N{O_3}^ - }} = {n_{N{H_4}^ + }} + (8{n_{N{H_4}^ + }} + 10{n_{{N_2}}})
\end{array} \right.\, \to \,{n_{N{H_4}^ + }} = 0,05\,mol\)
\({n_{HN{O_3}}} = 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{N{H_4}^ + }} = 0,86mol\)
Câu 4. Cho 14, 4 gam hổn hợp Fe, Mg, Cu (có số mol bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được dung X và 2,688 lít (đktc) hổn hợp gồm N2, NO, N2O, NO2 ( trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau). Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng là
A. 0,893 mol. B. 0,883 mol. C. 0,864 mol . D. 0,838 mol.
Giải
nFe = nMg = nCu = 14,4/(56+24+64) = 0,1 mol
nN2 = nNO2 → Quy đổi N2 và NO2 thành N3O2 và quy N3O2 về N2O và NO. Vậy ta giả sử rằng hỗn hợp N2,N2O,NO,NO2 sau khi quy đổi thì
có 2 khí là NO và N2O. ĐẶt số mol a,b tương ứng cho NO và N2O
Tổng số mol e cho = 0,1.3+ 0,1.2 + 0,1.2 = 0,7 mol
N+5 + 3e → N+2
3a a
2N+5 + 2.4e → 2N+1
8b 2b
Có hệ pt : 3a + 8b = 0,7 và a+b = 2,688/22,4
a = 0,052 , b = 0,068
→ số mol tạo muối NO3 = 0,052 + 0,068.2 = 0,188 mol → nNO3 = 0,188mol
→ m muối = 14,4 + 0,188.62 = 26,056 <58,8. Vậy sau phản ứng còn có NH4NO3 là muối
Gọi số mol NH4NO3 = c mol
N+5 + 8e → N−3
c 8c c
Ta có hệ sau:
a+b = 2,688/22,4 ( khí)
3a+8b +8c = 0,7 ( điện tích)
14,4 + 62.0,7 + 80c = 58,8 ( khối lượng muối)
→ a= 0,072
→ b= 0,048
→ c = 0,0125
tổng mol HNO3 phản ứng = 4nNO + 10nN2O + 10nNH4NO3 = 0,893 mol
Câu 5. Cho 5,04 gam hỗn hợp Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 3:2 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch X và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp hai khí không màu, không hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với H2 bằng 18. Số mol HNO3 bị khử trong quá trình trên là
A. 0,095 mol. B. 0,11mol. C. 0,1 mol. D. 0,08 mol.
Đặt nMg = a,nAl = b
Ta có:
24a + 27b = 5,04 và 2a −3b = 0 → a = 0,12 và b = 0,08
2 khí không màu đó là N2 và N2O
Đặt nN2 = x, nN2O = y
Ta có:
x + y = 0,042 và 8x + 44y = 0,04×2×18 ⇒ x = y = 0,02
Bào toàn e
e nhường = 2nMg + 3nAl = 0,48
e nhận = 10nN2 + 8nN2O = 0,36
⇒ có muối NH4NO3
⇒ nNH4NO3 = 0,48 − 0,368 = 0,015 số mol HNO3 bị khử
= 2nN2 + 2nN2O + nNH4NO3 = 0,0952
Câu 6. Hòa tan hoàn toàn 30 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO3, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol N2O và 0,1 mol NO. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 127 gam hỗn hợp muối. Vậy số mol HNO3 đã bị khử trong phản ứng trên là :
A. 0,30 mol B. 0,45 mol C. 0,40 mol D. 0,35 mol
Giải
m muối = m kim loại + 62(8n N2O + 3nNO) = 30+62(0.1*8+0.1*3) = 98.2 khác 127g nên có tạo muối NH4NO3
gọi số mol NH4NO3 là x
m muối = 30 + 62(8*0.1+3*0.1+8x) + 80x = 127 suy ra x = 0.05
n HNO3 bị khử =n NO3 = 2n N2O + nNO + nNH4 = 0.1*2+0.1+0.05 = 0.35
Tính lượng kim loại
Câu 1. Hòa tan hết m gam kim loại M cần dùng 136 gam dung dịch HNO3 31,5%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và 0,12 mol khí NO duy nhất. Cô cạn dung dịch X thu được (2,5m + 8,49) gam muối khan. Kim loại M là:
A. Mg B. Cu C. Ca D. Zn
Giải
- Khi cho m gam kim loại M tác dụng với 0,68 mol NaOH thì :
\({n_{N{H_4}^ + }} = \frac{{{n_{HN{O_3}}} - 4{n_{NO}}}}{{10}} = 0,02\,mol \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_{HN{O_3}}} - 4{n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = 0,3\,mol\)
\( \to {m_M} + 63{n_{HN{O_3}}} = {m_X} + 30{n_{NO}} + 18{n_{{H_2}O}} \Rightarrow m = 16,9\,(g)\)
- Ta có \({n_{{\rm{e trao doi}}}} = 3{n_{NO}} + 8{n_{N{H_4}^ + }} = 0,52\,mol\)
mà \({n_M} = \frac{{{n_e}}}{a} \Rightarrow {M_M} = \frac{{{m_M}}}{{{n_M}}} = \frac{{16,9a}}{{{n_e}}} \to {M_M} = 65(Zn)\) (với a là số e trao đổi của M)
Cách 2.
\(M + HN{O_3};0,68 \to \left\{ \begin{array}{l}
{M^{n + }}:\frac{{0,56 - 2x}}{n}\\
NO_3^ - :0,56 - x + NO:0,12 + {H_2}O\\
NH_4^ + :x
\end{array} \right.\)
\({n_{HN{O_3}}} = \frac{{136.31,5\% }}{{63}} = 0,68mol\)
Gọi số mol là x mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N ta có:
\({n_{HN{O_3}}} = {n_{N{O_3}^ - }} + {n_{NH_4^ + }} + {n_{NO}} \to {n_{NO_3^ - }}{\rm{ }} = 0,68 - 0,12 - x = 0,56 - x\)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có:
\(\begin{array}{l}
n.{n_{{M^{n + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = {n_{NO_3^ - }} \to {n_{{M^{n + }}}} = \frac{{0,56 - 2x}}{n}\\
M \to {M^{n + }} + ne\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N^{ + 5}} + 3e \to {N^{ + 2}}\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{N^{ + 5}} + 8e \to {N^{ - 3}}
\end{array}\)
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
\(\frac{{0,56 - 2x}}{n}.n = 0,12.3 + 8x \to x = 0,02\)
Ta có: \({m_X} = {m_M} + {m_{NO_3^ - }} + {m_{NH_4^ + }} = m + (0,56 - 0,02).62 + 0,02.18 = 2,5m + 8,49 \to m = 16,9g\)
Ta có: \({n_M} = \frac{{0,52}}{n} \to {m_M} = \frac{{0,52}}{n}.M = 16,9 \to \frac{M}{n} = \frac{{65}}{2} \to M:Zn\)
Câu 2. Lấy m gam K cho tác dụng với 500ml dung dịch HNO3 thu được dung dịch M và thoát ra 0,336 lít hỗn hợp X (đktc) gồm 2 khí và dung dịch Y chứa 17,97 gam hỗn hợp muối. Biết rằng quá trình khử HNO3 chỉ tạo một sản phẩm duy nhất. Giá trị m gần nhất với giá trị nào dưới đây
A. 6,8. B. 5,8. C. 6,1. D. 7,8.
Giải
khí X là H2 Y là NH3 → sp khử của HNO3 là NH4NO3
gọi số mol H2 là x → nNH3 ban đầu = nKOH = 2nH2 = 2x
→ x + 2x = 0.015 → x = 0.005
tổng số mol NH3 = 2x+0.224/22.4 = 0.02
bảo toàn e : nKali = 2nH2 + 8nNH4NO3 (nNH4NO3 = nNH3)→ m
Câu 3. Để hoà tan hoàn toàn 19,225 gam hỗn hợp X gồm Mg, Zn cần dùng vừa đủ 800 ml HNO3 1,5M. Sau khi pứ kết thúc thu được dung dịch Y và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm N2, N2O, NO, NO2 (N2O và NO2 có số mol bằng nhau) có tỉ khối đối với H2 là 14,5. Phần trăm về khối lượng của Mg trong X là:
A. 62,55 %
B. 37,45 %
C. 9,42 %
D. 90,58 %
Giai
Hỗn hợp khí A có số mol N2O và NO2 bằng nhau ⇒ qui về NO
⇒ Hỗn hợp khí A gồm NO và N2 có nA = 0,1 mol ; MA = 29g
⇒ nNO = nN2nN2 = 0,05 mol
Giả sử có NH4NO3 và X có a mol Mg và b mol Zn
⇒ 24a + 65b = 19,225g
Bảo toàn e: 2nMg + 2nZn = 3nNO + 10nN2 + 8nNH4NO3 ⇒ nNH4NO3 = 14(a+b−0,325)
Bảo toàn N: nHNO3 = nNO3n muối KL + nN (sản phẩm khử)
⇒ 0,8.1,5 = 2a + 2b + 0,05 + 0,05.2 + 2. ¼ (a + b – 0,325)
⇒ a + b = 0,485
⇒ a = 0,3; b = 0,185
⇒ %mMg = 37,45%
Câu 4. Hoà tan hoàn toàn 0,775 gam đơn chất (X) trong dung dịch HNO3 đặc thu được 5,75 gam hỗn hợp gồm hai khí (có thành phần % theo khối lượng của oxi như nhau) và dung dịch (Y). Biết tỷ khối hơi của hỗn hợp khí so với hiđro là 115/3. Ở trạng thái cơ bản nguyên tử X có số electron độc thân là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
...
Trên đây là nội dung Bài tập trắc nghiệm về axit HNO3 tác dụng với đơn chất. Để xem toàn bộ nội dung các em đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Hy vọng tài liệu này sẽ giúp các em học sinh ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong học tập .
