400 Bài tập Sắt và một số kim loại quan trọng cơ bản, nâng cao có lời giải (P8)

Đáp án C

Đặt n_CO = x; n_CO2 = y ⇒ n_khí = x + y = 0,5 mol || m_khí = 28x + 44y = 0,5 × 20,4 × 2.

||⇒ giải hệ cho: x = 0,1 mol; y = 0,4 mol. Lại có: CO + [O] → CO₂ ⇒ n_{O mất đi} = n_CO2 = 0,4 mol.

► m = m_Y + m_{O mất đi} = 64 + 0,4 × 16 = 70,4(g)

Đáp án B

► 3Cu + 4H₂SO₄ + 2NaNO₃ → 3CuSO₄ + Na₂SO₄ + 2NO + 4H₂O.

(hay phương trình ion rút gọn là: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^– → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O).

||⇒ Khi đó, vai trò của các chất là:

– Cu: chất khử (Cu → Cu²⁺ + 2e).

– NaNO₃: chất oxi hóa (N⁺⁵(NO₃^–) + 3e → N⁺²(NO)).

– H₂SO₄: cung cấp môi trường axit.

Đáp án C

Do Y tác dụng AgNO₃ sinh ra NO ⇒ trong Y có chứa H⁺ và NO₃^– hết.

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O ⇒ ở phản ứng đầu, n_H⁺ = 0,4 – 0,02 × 4 = 0,32 mol.

⇒ n_NO3^– = 0,32 ÷ 4 = 0,08 mol ⇒ n_Fe(NO3)2 = 0,04 mol.

Đặt n_FeCl2 = x mol; n_Cu = y mol. m_X = 127x + 64y + 0,04 × 180 = 23,76 gam.

Bảo toàn nguyên tố Clo : n_AgCl = 2x + 0,4 mol.

Bảo toàn nguyên tố Ag : n_Ag = 0,58 – (2x + 0,4) = 0,18 – 2x mol.

Bảo toàn electron cả quá trình : n_FeCl2 + 2n_Cu + n_Fe(NO3)2 = n_Ag + ³/₄n_H⁺. 

⇒ x + 2y + 0,04 = 0,18 – 2x + ³/₄ × 0,4 ⇒ giải: x = 0,08 mol; y = 0,1 mol.

⇒ n_Ag = 0,02 mol; n_AgCl = 0,56 mol ⇒ m = 0,02 × 108 + 0,56 × 143,5 = 82,52 gam.

Cách khác: n_NO = n_H⁺ ÷ 4 = 0,4 ÷ 4 = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_NO3^– = 0,04 × 2 + 0,58 – 0,1 = 0,56 mol.

Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe³⁺ = x + 0,04 mol.

Bảo toàn điện tích: (x + 0,04) × 3 + 2y = 0,56 mol ⇒ x và y

⇒ giải tương tự như cách trên!

Đáp án D

Đáp án B

Ta có m_Muối = m_{Kim loại} + m_SO4^2–.

Û m_Muối = 3,22 + n_H2 × 96 = 8,98 gam 

Đáp án C

quan sát 4 đáp án: a ≤ 0,029 mol → nếu Cu bị đẩy ra hết thì m_Cu ≤ 0,029 × 64 = 1,856 < 3,72 

||→ chứng tỏ Z chứa Cu và Fe (Cu trong dung dịch bị đẩy ra hết). Rõ hơn, quan sát sơ đồ quá trình sau:

Gọi n_Mg = x mol và n_{Fe ban đầu} = y mol → có ngay 24x + 56y = 3,28 gam.

Trong dung dịch Y bảo toàn điện tích có n_Fe²⁺ = (a – x) mol ||→ 1,6 = 40x + 80 × (a – x) ⇄ 80a – 40x = 1,6.

Bảo toàn nguyên tố Fe có trong 3,72 gam gồm a mol Cu và n_Fe = (x + y – a) mol.

||→ 56 × (x + y – a) + 64a = 3,72 ⇄ 56x + 56y + 8a = 3,72.

Giải hệ 3 ẩn 3 phương trình trên được x ≈ 0,008 mol; y = 0,055 mol và a = 0,024 mol.

||→ theo yêu cầu, đáp án cần chọn là C.

Đáp án A

(a)    HCl + NaAlO₂ +H₂O → NaCl + Al(OH)₃

(a)Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

→ chỉ thu được 1 muối

(b)   2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ +H₂O → có 1 muối

(c) CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂ → 1 muối

(d) Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3 FeSO₄ → có 2 muối FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃

(e)  2KHSO₄ + 2NaHCO₃ → K₂SO₄ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2 CO₂

→ có 2 muối

(g) Cho Mg dư vào dung dịch HNO₃ ( phản ứng không thu được chất khí )

4Mg + 10 HNO₃ → 4 Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O

Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì số thí nghiệm thu được dung dịch chứa hai muối là 3

Đáp án C

Kim loại có tính khử mạnh nhất là Fe

Đáp án D

(a) đúng

(b)  sai vì CO không tác dụng với Al₂O₃ nên thu được Al₂O₃ và Cu

(a)    Đúng vì Zn + CuSO₄  → ZnSO₄ + Cu nên có 2 kim loại khác nhau Cu và Zn

(b)   đúng

(c)    đúng : AgNO₃ + FeCl₂  →AgCl + Fe(NO₃)₂

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃  → Fe(NO₃)₃ + Ag

Đáp án D

A đúng

B đúng

C đúng

D sai vì khi phản ứng với dung dịch H₂SO₄ loãng nóng kim loại Cr bị oxi hóa thành Cr²⁺

Đáp án A

Crom có số oxi hóa +2 trong hợp chất nào sau đây CrSO₄

Đáp án A

Số trường hợp xảy ra phản ứng là

Fe(NO₃)₂ + Na₂S → FeS + 2NaNO₃

6Fe(NO₃)₂ +9 H₂SO₄ → 3Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O + 2NO+ 10HNO₃

2NH₃ + 2H₂O + Fe(NO₃)₂  → Fe(OH)₂ + 2NH₄NO₃

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

6Fe(NO₃)₂ + 3Br₂ = 2FeBr₃ + 4Fe(NO₃)₃

9Fe(NO₃)₂ + 12 HCl → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 6H₂O + 3NO

Đáp án B

Quy đổi hỗn hợp X thành Mg : x mol, Al: y mol và Fe: z mol, O :0,32 mol

→ 24x + 27y +56z =20,2

X +HNO₃ → hỗn hợp khí

Theo quy tắc đường chéo tính được NO :  0,14 mol và N₂O : 0,02 mol

Ta có

Mg → Mg⁺² + 2e

Al → Al⁺³ + 3e

Fe → Fe⁺³ + 3e

O +2e → O^-2

N⁺⁵ +3e → N⁺²

2N⁺⁵ +8e → 2N⁺¹

Ta có nếu không tạo NH₄NO₃ thì  n_{e nhận} =  0,32.2 +0,14.3 + 0,02.8 =1,22 mol

m_rắn  = m_{kim loại} + m_O  = 20,2 + m_{O(rắn )} → n_{O(rắn )}  = 0,67 mol → n_{NO3(kim loại)} =1,34 mol

Vì n_e cho =  2x + 3y + 3z = 2n_O(rắn)=1,34 > n_{e nhận}→ pư tạo NH₄NO₃

→ n_NH4NO3 = (1,34 – 1,22 ) : 8 = 0,015 mol

Muối  khan có m = m_{kim loại} + m_{NO3 ( muối kim loại )} + m_NH4NO3 = 20,2 + 1,34.62 + 0,015.80 =104,48

Đáp án A

Mg → Mg⁺² +2e

Al→ Al⁺³ +3e

Zn → Zn⁺² + 2e

N⁺⁵ + 8e → N^-3

Muối có Mg(NO₃)₂, Al(NO₃)₃, Zn(NO₃)₂ và NH₄NO₃ → rắn nung nóng có MgO, ZnO, Al₂O₃

Đặt khối lượng kim loại trong 19,2 g rắn trên là x g và số mol O là y mol → x + 16y =19,2 mol

Trong muối nitrat của kim loại trong X có n_NO3= 2y

Bảo toàn e có n_NH4NO3 =  y . 2 : 8 = 0,25y

Trong muối khan của dung dịch X có %O = 

Nên x = 12,8 và y =0,4

→ m = x + 62.2y + 80.0,25y =70,4

Đáp án D

“Khử cho, O nhận” => Fe là chất khử, $C{u}^{2+}$là chất oxi hóa => sự oxi hóa Fe và sự khử $C{u}^{2+}$

Đáp án A

không phản ứng do bị thụ động.

( tương tự với Al và Cr ).

Đáp án A

Ta có dãy điện hóa: 

=>Zn phản ứng với $C{u}^{2+}$ trước

=> Khối lượng rắn giảm

=> Khối lượng rắn tăng

 Do cuối cùng m rắn = m(g) =m hỗn hợp ban đầu =>tăng và giảm phải cân bằng với nhau.

Đặt $n_{Zn} = x; n_{Fe} = y$ => m giảm = (65 - 64)x = x(g); m tăng = (64 - 56)y = 8y

m tăng = m giảm => x = 8y => %mZn = 65x : (65x - 56y).100% = 90,27% 

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án A

Các kim loại kiềm và kiềm thổ ( trừ Be và Mg ) khi cho vào dung dịch $CuS{O}_4$sẽ phản ứng với trước=>không khử được ion $C{u}^{2+}$=>loại B,C và D.

Đáp án A

Đáp án C

Ta có

=> các cation trong dung dịch xuất hiện theo thứ tự:

Ghép lần lượt các ion vào để thoả bảo toàn điện tích:

Ghép 0,02 mol $A{l}^{3+} và 0,01 mol F{e}^{2+}$ vẫn chưa đủ.

=> ghép thêm: (0,864 - 0,02.3 - 0,01.2) : 2 = 0,392 mol $C{u}^{2+}$

=> Rắn gồm 0,064 mol Ag và (0,4 - 0,392 = 0,08) mol Cu

=> m = 0,064.108 + 0,008.64 = 7,424 (g)

Đáp án C

Nhìn hình vẽ thí nghiệm, ta rút ra được:

-Thu khí X bằng phương pháp đẩy không khí.

-Bình được úp ngược => X nhẹ hơn không khí $\Rightarrow M_X < 29$

Xét các đáp án: 

=> khí thu được là $C{O}_2$ (M = 44) không thỏa.

=> khí thu được là $S{O}_2$ (M = 64) không thỏa.

=> khí thu được là $H_2$(M = 2) thỏa => chọn C.

=> khí thu được là $C{l}_2$ (M = 71) không thỏa.

Đáp án B

dung dịch Y+Rắn Z.

Do thu được rắn => Y không chứa muối $F{e}^{3+}$

Dung dịch Y gồm $FeS{O}_4, CuS{O}_{4 }và H_{2}S{O}_{4dư}$ 

A.Loại vì không phản ứng với $FeC{l}_3$ 

B.Thỏa mãn =>chọn B.

C. Loại vì không phản ứng với $S{O}_2$ 

D.Loại vì không phản ứng với KCl, Cu

Đáp án A

Giả sử KOH hết => rắn chứa

=> trái gt =>KOHdư=>rắn gồm KOH dư và $KN{O}_2$ với số mol x và y. 

Ta có: 

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: $n_{N/khí} = 0,02 mol$

Bảo toàn điện tích trong X: 

Bảo toàn nguyên tố Hiddro: 

Bảo toàn nguyên tố Oxi: 

Bảo toàn khối lượng: $m_{dd sau p.ư} = 13,12 \left(g\right)$

= 28,66%

Đáp án A

=> Chọn A

Ps: nhiệt phân trong chân không thu được FeO:

Đáp án A

Đáp án B

- Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại trước Mg => thu được muối nitrit và khí $O_2$

- Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại từ Mg$\to$Cu => thu được oxit kim loại, khí $N{O}_2$ và khí $O_2$

- Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại sau Cu => thu được kim loại, khí $N{O}_2$ và khí $O_2$

A. Loại vì tất cả đều không thỏa mãn

B. Thỏa mãn

C. loại vì $Hg{(NO}_{}$₃)2 

D. loại vì chỉ có $Cu{\left(N{O}_3\right)}_2$ thỏa

Đáp án B

Đáp án B

(a)  Đúng

(b) Đúng 

(c) Đúng

(d) Sai, công thức phèn chua là $K_{2}S{O}_4.A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3.24H_{2}O$

(e)  Sai, Crom (VI) oxit hay $Cr{O}_3$ là oxit axit

Đáp án A

Do Y tác dụng được với HCl nên Y chứa Fe dư $\Rightarrow C{u}^{2+}$ hết

Giả sử chỉ có Mg phản ứng 

=> tăng giảm khối lượng 

=> vô lí => Fe phản ứng

Bảo toàn khối lượng gốc kim loại:

24x + 56y = 9,2 + 0,13.64 - 12,48 => x = 0,07 mol => m = 7,6(g)

=> rắn gồm 0,07 mol MgO và 0,03 $F{e}_2{O}_3$ => m = 7,6 (g)

Đáp án A

Dễ tìm được 

Bảo toàn nguyên tố Zn: 

xét NaOH +Z: dung dịch cuối cùng chứa $N{a}_{2}Zn{O}_2 và N{a}_{2}S{O}_4$

Bảo toàn nguyên tố Zn: $n_{N{a}_{2}Zn{O}_2}$ = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố Na: $n_{NaN{O}_3} = n_{N{a}^{+}/Z} = 0,07 mol$

Bảo toàn điện tích: $n_{N{H}_4^{+}} = 0,1 mol$

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: 0,07 = 0,01 + x + 2y 

=> $m_T$ = 30x + 44y + 0,06.44 + 2z = 218/15x2 + (x+y+0,06+z)

Lại có:

$n_{H^{+}}$ = 

=> 0,68 = 2x0,06 + 2x0,06 + 10x0,01 + 4x + 10y + 2z

=> giải hệ ta có:

x = z = 0,04 mol; y = 0,01 mol

=> V = 22,4.(0,04 + 0,01 + 0,06 + 0,04) = 33,6 lít

Đáp án A

Trong Z, đặt = x + y = 0,06 mol

giải hệ có x = y = 0,03 mol

Đáp án C

Đặt

giải hệ có x = 0,04 mol; y = 0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố Oxi:  

= 0,25 x 6 - 0,45 x 2 = 0,6 mol

Bảo toàn nguyên tố Hidro: 

Bảo toàn điện tích: 

=> m = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87 (g)

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án D

Đáp án B

=> Fe dư

Tăng giảm khối lượng: m = 22,4 + 0,01.(64 - 56) = 2,32 (g)