Hòa tan hết 8,72 gam hỗn hợp FeS₂, FeS và Cu vào 400 ml dung dịch HNO₃ 4M, sản phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Nếu cho dung dịch BaCl₂ dư vào dung dịch X thì thu được 27,96 gam kết tủa, còn nếu cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào dung dịch X thì thu được 36,92 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch X có khả năng hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N⁵⁺ đều là NO. Giá trị của m là:

Đặt $n_{Fe{S}_2}=a$, $n_{FeS}=b$, $n_{Cu}=c$

Khi cho BaCl${}_2$ vào dung dịch X, ta có: $n_S=0,12=2a+b$ (1)

Khi cho Ba(OH)${}_2$ dư vào dung dịch X, ta có khối lượng các hidroxit tạo thành là:

$$36,92-27,96=(a+b).107+98c(2)$$

Lại có: $8,72=120a+88b+64c$ (3)

Giải (1), (2), (3), ta được $a=0,05$; $b=0,02$; $c=0,015$.

Quá trình nhường-nhận e:

$$Fe{S}_2\to F{e}^{3+}+2S^{6+}+15e{N}^{5+}+3e\to N^{2+}$$

0,05 (nhường 0,75 e) — 0,75 e nhận tương ứng $n_{NO}$

$$FeS\to F{e}^{3+}+s^{6+}+9eCu\to C{u}^{2+}+2e$$

0,02 (0,18 e) — 0,015 (0,03 e)

Áp dụng pp bảo toàn e, ta có: $n_{HN{O}_3}=0,32mol$. Suy ra $n_{HN{O}_3đ}=1,6-0,32=1,28mol$

Khi đó, dung dịch X gồm HNO${}_3$ dư 1,28 mol và Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ 0,035 mol và CuSO${}_4$ 0,015 mol

Suy ra số mol Cu bị hòa tan tối đa là:

$$\frac{n_{F{e}^{3+}}}{2}+\frac{3}{8}{n}_{HN{O}_3\text{ d}}=\frac{0,035.2}{2}+\frac{3}{8}.1,28=0,515^{mol}$$

Vậy khối lượng Cu mà X có khả năng hòa tan tối đa là 32,96 gam.