500 Bài tập Crom, Sắt, Đồng ôn thi Đại học có lời giải (P6)

Tính nhanh được n_N2O = 0,03 mol và n_H2 = 0,025 mol; n_Fe = 0,09 mol

Do khi cho dung dịch AgNO₃ dư vào B thấy có khí NO thoát ra nên B có chứa HCl dư

n_{HCl dư} = n_{H+ dư} = 4n_NO = 0,06 mol (do 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O)

=> n_{HCl pu với A} = 0,69 – 0,06 = 0,63 mol

Ta có: A + HCl → muối + khí + H₂O

BTKL => m_H2O = m_A + m_{HCl pư với A} – m _muối – m _khí = 26,27 + 0,63.36,5 – 0,03.44 – 0,025.2 = 4,5 (g)

=> n_H2O = 0,25 mol

BT “H”: n_NH4+ = (n_HCl – n_{H+ dư} - 2n_H2 – 2n_H2O):4 = (0,69-0,06-2.0,025-2.0,25):4 = 0,02 mol

BT “N”: n_Fe(NO3)2 = (2n_N2O + n_NH4+):2 = (2.0,03 + 0,02):2 = 0,04 mol

BT “O”: 6n_Fe(NO3)2 + 4n_Fe3O4 = n_N2O + n_H2O => 6.0,04+4n_Fe3O4 = 0,03+0,25 => n_Fe3O4 = 0,01 mol

BT “Fe”: n_Fe = n_Fe(NO3)2 + 3n_Fe3O4 + n_FeCl2 => 0,09 = 0,04 + 3.0,01 + n_FeCl2 => n_FeCl2 = 0,02 mol

Khi cho B + AgNO₃ dư:

Đáp án B

Cr₂O₃ chỉ tan được trong kiềm đặc.

Đáp án A

Đáp án B

2Cu(NO₃)₂  2CuO + 4NO₂↑+ O₂↑ (1)

2x                                   →4x       → x            (mol)

4Fe(NO₃)₂  2Fe₂O₃ + 8NO₂↑ + O₂↑  (2)

4y                                       → 8y      → y        (mol)

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO_3­ (3)

Ta thấy ở PTHH (1) và (3): n_NO2: n_O2 = 4: 1

ở PTHH (2) n_NO2 : n_O2 = 8 : 1

=> số khí thoát ra chính là khí NO₂ dư ở PTHH (2)

=> n_NO2 = 0,448 : 22,4 = 0,02 (mol)

=> 4y = 0,02 => y = 0,005 (mol)

BTKL: m_hh = 188.2x + 180.4y = 20,2

=> x= 0,044 (mol)

=> n_HNO3 = 2n_Cu(NO3)2 + 2n_Fe(NO3)2 – n_NO2 dư = 2. 2.0,044 + 2. 4.0,005 – 0,02 = 0,196 (mol)

=> C_M HNO₃ = 0,196 : 2 = 0,098 (M)

=> pH = -log [HNO₃] = 1

Đáp án C

Fe + H₂SO₄ loãng → FeSO₄ + H₂↑

6FeSO₄ + K₂Cr₂O₇  + 7H₂SO₄ → 3Fe₂(SO₄)₃ + Cr₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 7H₂O

Cr₂(SO₄)₃ + 8KOH dư → 2KCrO₂ + 3K₂SO₄ + 4H₂O

KCrO₂ + 3Br₂ + 8KOH → K₂CrO₄ + 6KBr + 4H₂O 

Đáp án D

CrO₃ + 2KOH → K₂CrO₄ + H₂O

2K₂CrO₄ + 16HCl → 2CrCl₃ + 3Cl₂ + 4KCl + 8H₂O

CrCl₃ + 4KOH → KCrO₂ + 3KCl + 2H₂O

Đáp án B

Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn và chỉ thu được muối trung hòa

BTNT H: => n_H2O = 1/2n_KHSO4 = 0,32/2 = 0,16 (mol)

BTKL:  m_X + m_KHSO4 = m_muối + m_NO + m_H2O

=> m_X = 59,04 + 0,04.30 + 0,16.18 – 0,32. 136 = 19,6 (g)

=> 56a + 232b + 180c = 19,6 (1)

n_H+ = 4n_NO + 2n_{O (trong  oxit})  ( Do 4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO và 2H⁺ + O^-2→ H₂O)

=> 0,04.4 + 2.4b = 0,32 (2)

Bảo toàn điện tích cho dung dịch cuối cùng ta có:

0,44.1+ 0,32.1 = 0,32.2 + (2c – 0,04).1 (3)

Từ (1), (2) và (3) => a = 0,01 (mol); b = 0,02 (mol) ; c = 0,08 (mol)

Dung dịch CuSO₄ có màu xanh

Đáp án D

Đáp án C

n_H2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol) => n_SO4^2-= n_H2 = 0,15 (mol)

BTKL : m_muối = m_KL + m_SO42- = 5,2 + 0,15.96 = 19,6 (gam)

Đáp án D

Sau phản ứng thu được chất rắn => có phản ứng Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

Nếu tất cả Cu²⁺ chuyển thành Cu => m_Cu = 0,12.64 = 7,68 (g) > 3,84 (g)

Vậy Cu²⁺ không chuyển hết thành Cu, tức Fe phản ứng hết => do vậy Fe phản ứng chỉ tạo muối Fe²⁺

n_Cu = 3,84/64 = 0,06 (mol)

3Fe²⁺ + 8H⁺ + 2NO₃- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O  (Tính toán theo số mol của H⁺ chứ không theo NO₃^-)

0,09 ← 0,24 →0,06   (mol)

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

0,06                    ← 0,06         (mol)

=> ∑ m_Fe = (0,09 + 0,06). 56 = 8,4 (g)

Đáp án C

n_CO = 10,08 /22,4 = 0,45 (mol)

n_O (trong oxit) = n_CO = 0,45 (mol)

=> m_rắn = m_KL = 34 – m_{O(trong oxit )} = 34 – 0,45.16 = 26,8 (g)

Đáp án C

(1) Cr₂O₃ + 2Al  Al₂O₃ + 2Cr

(2) 2Cr + 3Cl₂  2CrCl₃

(3) CrCl₃ + NaOH → Cr(OH)₃↓ + NaCl

(4) Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O

(5) 2NaCrO₂ + 3Br₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 8H₂O

Các phương trình (2), (5) nguyên tố crom đóng vai trò chất bị oxi hóa.

Đáp án C

 Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, rắn Y + HCl giải phóng khí H₂ => rắn Y gồm Cu và Fe dư

BT e : n_Fe dư = n_H2 = 0,04 (mol)

Đáp án C

Áp dụng quy tắc đường chéo => tính được tỉ lệ n_N2 : n_N2O = 1: 1

=> n_N2 = n_N2O = 0,025 (mol)

Áp dụng bảo toàn điện tích và bảo toàn khối lượng đối với các chất trong dung dịch Y ta có:

Gần nhất với 20,8 gam

Đáp án D

Khi nhiệt phân T thì BaSO₄ không bị nhiệt phân

2Fe(OH)₃  Fe₂O₃ + 3H₂O

(a + 0,04 ) →                   1,5. (a + 0,04 )     (mol)

Cu(OH)₂  CuO + H₂O

b               →                   b      (mol)

Đáp án A

Cho Y chứa 3 kim loại, tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,035 mol khí H₂ → Y chứa Fe dư

Vậy Y chứa Cu : x mol , Ag: x mol và Fe dư : 0,035 mol

⇒ Fe pư : 0,05 - 0,035 = 0,015 mol

Bảo toàn electron → 2n_Cu(NO3)2 + n_AgNO3 = 2n_Fe + 3n_Al

⇒ 2x + x = 2. 0,015 + 0,03. 3 → x = 0,04 mol

⇒ CM_Cu(NO3)2 = CM_AgNO3 = 0,04 : 0,1 = 0,4M

Đáp án B

Tăng giảm khối lượng ta có m_O/MgO = 28 – 20 = 8 gam.

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có n_Mg = n_MgO = 8 ÷ 16 = 0,5 mol.

⇒ n_NO2 = 2n_Mg = 1 mol Û V_NO2 = 22,4 lít

Đáp án D

Đọc quá trình - viết sơ đồ → quan sát:

giải hệ Fe, Mg với giả thiết đầu cuối có n_Fe = 0,2 mol và n_Mg = 0,24 mol.

gọi x, y như trên. bảo toàn N có: x + y + (0,02 + 0,06 × 2) = 1,21 mol.

Khối lượng muối: m_muối = 82,2 gam = 18x + 62y + 16,96.

Giải hệ được x = 0,025 mol và y = 1,045 mol.

biết x, y

→ giải hệ dung dịch Y có n_Fe²⁺ = 0,06 mol và n_Fe³⁺ = 0,14 mol.

Mặt khác, bảo toàn electron lại có: n_{HNO3 phản ứng} = 10n_NH4⁺ + 10n_N2O + 4n_NO + 2n_{Otrong oxit}

→ n_{O trong oxit} = 0,14 mol

→ m_X = 19,2 gam. Theo đó, m_{dung dịch Y} = 257,96 gam.

→ Yêu cầu C%_{Fe(NO3)3 trong Y} = 0,14 × 242 ÷ 257,96 ≈ 13,13%.

Đáp án B

Ta có phản ứng như sau:

FeCO₃ + HNO_3loãng → Fe(NO₃)₃ + CO₂↑ + NO↑ + H₂O.

⇒ 2 khí gồm CO₂ và NO

Đáp án A

Fe có thể phản ứng được với những dung dịch

FeCl₃, Cu(NO₃)₂ và AgNO₃

Đáp án D

Đáp án C

Sau khi hỗn hợp X bị CO lấy đi 1 phần oxi ⇒ Chất rắn Y.

+ Đặt n_Fe/Y = a và n_O/Y = b ta có:

PT bảo toàn electron: 3a – 2b = 2n_SO2 = 0,09 mol (1)

PT theo muối Fe₂(SO₄)₃: 200a = 18 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = b = 0,09 mol

⇒ m_Y = 0,09×(56+16) = 6,48 gam.

+ Mà n_{O bị lấy đi bởi CO} = n_CaCO3 = 0,04 mol

⇒ n_X = m_Y + m_{O bị lấy đi} = 6,48 + 0,04×16 = 7,12 gam

Đáp án B

Bài này có thể giải theo kinh nghiệm, hoặc biện luận rào số mol hỗn hợp A.

Từ đó ⇒ giới hạn của chất rắn C

Trường hợp xả ra đó là:

Fe pứ hết và Cu chỉ pứ 1 phần ⇒ C gồm Ag và Cu chưa tan.

+ Sơ đồ ta có:

PT theo khối lượng oxit: 40c = 2,56 Û c = 0,064 mol

⇒ C_{M AgNO3} = 0,064 ÷ 0,2 = 0,32

Đáp án A

Đọc quá trình và phân tích:

• 74,62 gam kết tủa rõ là 0,52 mol AgCl; mà n_HCl = 0,5 mol

→ n_MCl = 0,02 mol (theo bảo toàn Cl).

• 20,29 gam X → 18,74 gam chất rắn, giảm là chỉ do phản ứng nhiệt phân muối MHCO₃ theo phản ứng:

2MHCO₃ → M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

→ n_MHCO3 = 2 × (20,29 – 18,74) ÷ 62 = 0,05 mol.

• 3,36 lít khí ⇄ 0,15 mol CO₂

→ theo bảo toàn C có n_M2CO3 = 0,1 mol.

→ 0,1 × (2M + 60) + 0,05 × (M + 61) + 0,02 × (M + 35,5) = 20,29 gam

→ M = 39 → M là Kali.

Đáp án C

Từ n_{hỗn hợp khí} và tỉ khối hơi ⇒ n_N2O = 0,01 và n_NO = 0,03.

n_{NaOH trung hòa} = n_HNO3 dư = 0,04 mol

⇒ Sơ đồ tóm tắt ta có:

PT theo m hỗn hợp: 24a + 232b = 9,6 (1)

PT bảo toàn e: 2a + b – 8c = 0,01×8 + 0,03×3 = 0,17 (2)

PT theo ∑n_HNO3: 2n_O/Fe3O4 + 10n_N2O + 4n_NO + 10n_NH4NO3 + n_HNO3 dư.

$\to$  8b + 10c = 0,34 (3)

+ Giải hệ ta có: a = 0,11; b = 0,03; c = 0,01.

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án D

Ta có phản ứng nhiệt phân muối Pb(NO₃)₂ là

Pb(NO₃)₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$ PbO + 2NO₂ + $\frac{1}{2}$ O₂.

Đặt n_NO2↑ = a ⇒ n_O2↑ = 0,25a

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_NO2 + m_O2 = 66,2 – 64,58 = 1,62 gam.

$\to$  46×a + 8a = 1,62 $\to$ a = 0,03 mol

+ Bảo toàn nguyên tố ⇒ n_HNO3 = n_NO2 = 0,03 mol

⇒ C_{M HNO3} = 0,01M ⇒ pH = –log(0,01) = 2

Đáp án A

Quy X về Mg, Cu, O và S. Do không còn sản phẩm khử nào khác ⇒ Y không chứa NH₄⁺.

Dễ thấy T chỉ chứa các muối nitrat ⇒ Q gồm NO₂ và O₂.

Giải hệ có: n_NO2 = n_O2 = 0,18 mol. Lại có:

 2Mg(NO₃)₂  $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$2MgO + 4NO₂ + O₂

2Cu(NO₃)₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$2CuO + 4NO₂ + O₂

2NaNO₃ $\stackrel{{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}}}{\to }$2NaNO₂ + O₂.

⇒ n_O2/NaNO3 = ∑n_O2 - n_NO2 ÷ 4 = 0,135 mol

⇒ n_NaNO3 = 0,27 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

⇒ ∑n_N/T = 0,18 + 0,27 = 0,45 mol.

Lại có: n_Ba(NO3)2 = n_BaSO4 = 0,12 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

● n_NO3^–_/Y = 0,45 - 0,12 × 2 = 0,21 mol

 n_Na⁺ = n_{NaNO3 ban đầu} = 0,27 mol;

n_SO4^2– = n_BaSO4 = 0,12 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

n_NO2/Z = 0,27 - 0,21 = 0,06 mol

⇒ n_SO2 = 0,09 - 0,06 = 0,03 mol.

Dễ thấy ∑n_e(Mg, Cu) = 2∑n(Mg, Cu)

= ∑n_{điện tích}(Mg, Cu)/Y = 0,12 × 2 + 0,21 - 0,27 = 0,18 mol.

m_O/X = 0,3m ⇒ n_O/X = 0,01875m (mol)

⇒ Bảo toàn electron:

∑n_e(Mg, Cu) + 6n_S = 2n_O + n_NO2 + 2n_SO2

⇒ n_S/X = (0,00625m - 0,01) mol

⇒ ∑m(Mg, Cu) = m - 0,3m - 32 × (0,00625m - 0,01) = (0,5m + 0,32) (g).

⇒ m_muối/Y = 4m (g) = 0,5m + 0,32 + 0,27 × 23 + 0,21 × 62 + 0,12 × 96

⇒ m = 8,88(g)

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án C

n_{HCl cần} = 2n_{O trong oxit} = 0,24 mol → n_{HCl đã dùng (dư 25%)} = 0,3 mol.

Ghép cụm có n_H2O = n_{O trong oxit} + 2n_NO

→ n_NO = 0,015 mol.

∑n_Cl = 0,36 mol đi hết vào 53,28 gam tủa

→ về nguyên tố n_{Ag trong tủa} = 0,375 mol

Bảo toàn N có n_Fe(NO3)3 = (0,375 – 0,015) ÷ 3 = 0,12 mol.

→ Yêu cầu m = m_Fe = 0,12 × 56 = 6,72 gam.

Đáp án A

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

PT 1    1 mol → m dung dịch giảm = 64 – 56 = 8 gam

ĐB      0,1   ←        0,8 gam

m_Fe = 5,6 gam

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án C

Dung dịch Y chứa Fe³⁺ (a); Fe²⁺ (b), Cl^- (0,88) và n_H+ dư = 4n_NO = 0,88 (mol)

Bảo toàn điện tích: 3a + 2b + 0,08 = 0,88 (1)

n_AgCl = 0,88 => n_Ag = 0,07 (mol)

Bảo toàn electron: b = 0,03.2 + 0,07  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,18 và b = 0,13 (mol)

Quy đổi hỗn hợp thành Fe ( 0,31 mol) ; O ( u mol) và NO₃- ( v mol). Trong Z, đặt n_N2O = x => n_NO2 = 0,2 – x (mol)

=> 0,31.56 + 16u + 62v = 27,04 (3)

Bảo toàn nguyên tố N:

v + 0,04 = 2x + (0,12 –x)  (4)

n_H+ pư = 0,88 + 0,04 – 0,08 = 0,84

=> 10x + 2( 0,12 –x) + 2u = 0,84 (5)

Từ (3), (4), (5) => u = 0,14 ; v = 0,12 ; x = 0,04

n_Fe(NO3)2 = v/2 = 0,06 (mol)

Đặt k, 3h, 2h, h lần lượt là số mol Fe, FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃

Bảo toàn Fe: => 0,06 + k + 11h = 0,31 (6)

Bảo toàn O : => 14h = u = 0,14 (7)

Từ (6) và (7) => k = 0,14 (mol); h = 0,01 (mol)

Số mol hỗn hợp = 0,06 + k + 6h = 0,26

=> %n_Fe = 0,14/0,26 = 53,85%

Gần nhất với 54%

Đáp án A

Đặt nO = z mol

TN1: ne (1) = 2z + 8n_N2O + 3n_NO + 8n_NH4+ => ne (1) = 2z + 8.0,04 + 3.0,26 + 8n_NH4+

TN2: ne (2) = 2z + 2n_SO2 => ne (2) = 2z + 2.0,7

Mà ne(1) = ne(2) => n_NH4+ = 0,0375 (mol)

TN1: n_NO3-(muối KL) = ne = 2z + 1,4 (mol)

m muối (1) = m_KL + m_NO3-(muối KL) + m_NH4NO3 => m_KL + 62(2z + 1,4) + 80.0,0375 = 129,4 (1)

TN2: m_SO42- = ne/2 = z + 0,7

m muối (2) = m_KL + m_SO42- => m_KL + 96(z + 0,7) = 104 (2)

Từ (1) và (2) => m_KL = 27,2 gam và z = 0,1 mol

=> m = m_KL + m_O = 27,2 + 0,1. 16 = 28,8 gam

Đáp án B