Google
Câu hỏi: Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và $F{{e}_{3}}{{O}_{4}}$ bằng dung dịch chứa 0,1 mol ${{H}_{2}}S{{O}_{4}}$ và 0,5 mol $HN{{O}_{3}}$, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol NO và a mol $N{{O}_{2}}$ (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa. Phần hai tác dụng với dung dịch $Ba{{\left( OH \right)}_{2}}$ dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là
A. 20,63.
B. 41,25.
C. 20,21.
D. 31,87.
A. 20,63.
B. 41,25.
C. 20,21.
D. 31,87.
Phương pháp:
Phần 1: Ta tính được ${{n}_{Fe\left( OH \right)3}};{{n}_{H+du}}={{n}_{KOH-3nFe\left( OH \right)3}}$
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định Hhết còn phản ứng giữa $O{{H}^{-}}$ với $F{{e}^{3+}}$ có thể dự $F{{e}^{3+}}.$ Quy đổi k hỗn hợp X gồm $Fe=xmol;O=ymol$
Dùng bảo toàn e, bảo toàn điện tích và khối lượng X để tìm x và y.
Phần 2: Khi tác dụng với $Ba{{\left( OH \right)}_{2}}$ dư có kết tủa gồm $BaS{{O}_{4}}$ và $Fe{{\left( OH \right)}_{3}}$ suy ra $m\downarrow ={{m}_{BaSO4}}+{{m}_{Fe\left( OH \right)3}}$
Phần 1: ${{n}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,05mol;{{n}_{H+du}}={{n}_{KOH}}-3{{n}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,20,15=0,05mol$
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định H' hết còn phản ứng giữa OH với $F{{e}^{3+}}$ có thể dự $F{{e}^{3+}}.$
1 nửa X gồm $Fe=xmol;0=ymol$
$56x+16y=5,12$
Bảo toàn mol e: $3x-2y=0,05.3+0,5a$
$1/2$ dung dịch Y: $F{{e}^{3+}}\left( xmol \right);{{H}^{+}}\left( 0,05mol \right);S{{O}_{4}}^{2-}\left( 0,05mol \right);N{{O}^{3-}}\left( 0,25-0,05-0,5a \right)$
Bảo toàn điện tích: $3x+0,05=0,1+0,20,5a$
Giải hệ được: $x=0,08mol; y=0,04mol$
Phần 2: Khi tác dụng với $Ba{{\left( OH \right)}_{2}}$ dư có $m\downarrow ={{m}_{BaSO4}}+{{m}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,05.233+0,08.107=20,21gam~$
Phần 1: Ta tính được ${{n}_{Fe\left( OH \right)3}};{{n}_{H+du}}={{n}_{KOH-3nFe\left( OH \right)3}}$
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định Hhết còn phản ứng giữa $O{{H}^{-}}$ với $F{{e}^{3+}}$ có thể dự $F{{e}^{3+}}.$ Quy đổi k hỗn hợp X gồm $Fe=xmol;O=ymol$
Dùng bảo toàn e, bảo toàn điện tích và khối lượng X để tìm x và y.
Phần 2: Khi tác dụng với $Ba{{\left( OH \right)}_{2}}$ dư có kết tủa gồm $BaS{{O}_{4}}$ và $Fe{{\left( OH \right)}_{3}}$ suy ra $m\downarrow ={{m}_{BaSO4}}+{{m}_{Fe\left( OH \right)3}}$
Phần 1: ${{n}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,05mol;{{n}_{H+du}}={{n}_{KOH}}-3{{n}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,20,15=0,05mol$
Với phản ứng ở phần 1 ta chỉ có thể khẳng định H' hết còn phản ứng giữa OH với $F{{e}^{3+}}$ có thể dự $F{{e}^{3+}}.$
1 nửa X gồm $Fe=xmol;0=ymol$
$56x+16y=5,12$
Bảo toàn mol e: $3x-2y=0,05.3+0,5a$
$1/2$ dung dịch Y: $F{{e}^{3+}}\left( xmol \right);{{H}^{+}}\left( 0,05mol \right);S{{O}_{4}}^{2-}\left( 0,05mol \right);N{{O}^{3-}}\left( 0,25-0,05-0,5a \right)$
Bảo toàn điện tích: $3x+0,05=0,1+0,20,5a$
Giải hệ được: $x=0,08mol; y=0,04mol$
Phần 2: Khi tác dụng với $Ba{{\left( OH \right)}_{2}}$ dư có $m\downarrow ={{m}_{BaSO4}}+{{m}_{Fe\left( OH \right)3}}=0,05.233+0,08.107=20,21gam~$
Đáp án C.