1 số bài tập cực hay luôn

Nguyễn Mạnh Hoàng 9B ( THCS XiMăng)
MT S BI TON V ST V CC OXIT ST

I - Mt s im cn chỳ ý:
1) Húa tr ca st :
- Nu t CTTQ ca oxit st : Fe
x
O
y
húa tr Fe : t =
2y
x
( t = 2,3, hoc
8
3
).
- Húa tr Fe trong Fe
3
O
4
l húa tr TB ca 2 ng.t Fe(III) v 1ng.t Fe(II).
2) Phng phỏp qui i .
* gii bi toỏn hn hp nhiu oxit st thỡ nờn quy i:
+) Fe
3
O
4
hn hp (FeO + Fe
2
O
3

) t l mol 1 : 1 ( ỳng c 2 chiu ).
+) Hn hp FeO , Fe
2
O
3
vi t l mol 1 : 1 thỡ khụng th quy i thnh Fe
3
O
4
.
3) Phng phỏp bo ton nguyờn t:
Thng gp 2 trng hp sau õy:
* Trng hp 1: Fe
O
2
+

3 3 2
x y
HNO
3
Fe
Fe(NO ) H O (NO,
Fe O
+

+ +


hoc NO

2
...)

3 3
Fe(NO )
n
=
Fe
n
( b )

3
HNO N
n n=
( mui) +
N
n
( cỏc sp khớ ) =
Fe N
3 n nì +
( cỏc sp khớ ).

H O HNO
2 3
1
n n
2
= ì
* Trng hp 2 : Fe
O

2
+

2 4 3 2 2
x y
H SO
2 4
Fe
Fe (SO ) H O (SO ...)
Fe O
+

+ +



Fe (SO )
2 4 3
n
=
Fe
1
n
2
ì
( b )

H SO S
2 4
n n=

( mui) +
S
n
( cỏc sp khớ ) =
Fe
S
1,5 n nì +
( cỏc sp khớ ).

H O H SO
2 2 4
n n=
.v.v. ( cũn nhiu trng hp khỏc)
Nhn xột: Nu bit khi lng ca cỏc khớ sn phm v hn hp A ( hoc mui Fe) thỡ cú th ỏp
dng nh lut BTKL.
Vớ d : Trng hp 1 : gi s bit m
1
(g) ( Fe + Fe
x
O
y
) ; bit b (mol) khớ NO sinh ra.
p dng nh lut BTKL ta cú :
1
3a b
m + 63 (3a + b)= 242a + 18 b.30
2
+
ì ì +
( trong ú :

Fe
n a mol=
)
II- Mt s bi toỏn minh ha
1) hũa tan hon ton 34,8 gam hn hp gm Fe
3
O
4
, FeO, Fe
2
O
3
( s mol FeO = s mol Fe
2
O
3
) thỡ
phi dựng mt lng va dung dch H
2
SO
4
4,9 % ( loóng).
a) Tớnh khi lng ca dung dch H
2
SO
4
4,9% .
b) Tớnh nng % ca cỏc cht trong dung dch thu c.
Hng dn: Vỡ s mol FeO = s mol Fe
2

O
3
nờn xem nh Fe
3
O
4
.
Vy hn hp c coi nh ch cú mt oxit l Fe
3
O
4
h.h
34,8
n 0,15 mol
232
= =
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3

+ FeSO
4
+ 4H
2
O
0,15 0,6 0,15 0,15 mol
Khi lng dung dch H
2
SO
4
4,9% :
0,6 98
100 1200 (g)
4,9
ì
ì =
Khi lng dung dch thu c : 1200 + 34,8 = 1234,8 gam
( d dng tỡm c C% ca mi mui trong dung dch thu c)
2) Cho m(g) hỗn hợp FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
tan vừa hết trong V (lít) dung dịch H
2
SO
4

loãng thì thu được
một dung dịch A. Chia đung dịch A làm 2 phần bằng nhau.
Phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng
không đổi thu được 8,8 gam chất rắn.
Phần 2: làm mất màu vừa đúng 100ml dung dịch KMnO
4
0,1M trong môi trường H
2
SO
4
loãng dư.
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra.
b) Tính m , V ( nếu dung dịch H
2
SO
4
có nồng độ 0,5M).
Hướng dẫn:
Xem Fe
3
O
4
như hỗn hợp FeO và Fe
2
O
3

Vậy hỗn hợp xem như chỉ có FeO và Fe
2
O

3
: số mol lần lượt x,y.
Các phương trình hóa học xảy ra:
FeO + H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
O
x x x (mol)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O

y 3y y (mol)
dung dịch A
( )
4
2 4
3
FeSO : x (mol)
Fe SO : y (mol)





Pư phần 1:
FeSO
4
+ 2NaOH → Fe(OH)
2
↓ + Na
2
SO
4
0,5x 0,5x (mol)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH → 2Fe(OH)

3
↓ + 3Na
2
SO
4
0,5y y (mol)
2Fe(OH)
2
+ ½ O
2

0
t
→
Fe
2
O
3
+ 2H
2
O
0,5x 0,25x (mol)
2Fe(OH)
3

0
t
→
Fe
2

O
3
+ 3H
2
O
y 0,5y (mol)
Ta có : 0,25x + 0,5y =
8,8
0,055 (1)
160
=
Pư phần 2:
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 8 H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4

+ 2MnSO
4
+ 8 H
2
O
0,5x → 0,1x (mol)
Ta có : 0,1x = 0,01 ⇒ x = 0,1 ( mol) (2)
Thay (2) vào (1) ta được : y = 0,06 (mol)
Vậy khối lượng hỗn hợp oxit sắt : m = (0,1× 72 + 0,06 × 160 ) = 16,8 ( gam )
Thể tích dung dịch H
2
SO
4
0,5M : V =
0,1 0,06 3
0,56 (lít)
0,5
+ ×
=
* Có thể giải theo phương pháp bảo toàn nguyên tố Fe.
Fe
n
( các oxit ) = 2 × 0,055 = 0,11 mol
Fe
n
( FeO ) =
FeSO
4
0, 05 mol
KMnO

4
n 5 n == ×
⇒
Fe
n
( Fe
2
O
3
) =
0,11 0, 05 =0,06 mol−

Vậy khối lượng hỗn hợp đầu : m = 2( 0,05 × 72 +
0,06
160
2
×
) = 16,8 gam.
Số mol H
2
SO
4
= 0,1 + (3 × 0,06) = 0,28 mol. ⇒ thể tích V = 0,56 lít.
3) Hỗn hợp A gồm FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O

3
( với số mol bằng nhau). Cho m
1
(g) A vào ống sứ nung nóng rồi
dẫn dòng khí CO đi qua ( CO pư hết ), thấy khí bay ra và trong ống còn lại 19,2 (g) rắn B (gồm Fe, FeO,
Fe
3
O
4
) . Hấp thụ khí vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì thu được m
2
(g) kết tủa trắng. Hòa tan hết rắn B
trong HNO
3
nóng thì thấy bay ra 2,24 lít khí NO duy nhất ( đktc).
a) Viết phương trình hóa học.
b) Tính m
1
, m
2
và số mol HNO
3
đã phản ứng.
Hướng dẫn:
Xem phần FeO + Fe
2
O
3

( đồng mol) như Fe
3
O
4
Vậy hỗn hợp chỉ gồm có Fe
3
O
4
Fe
3
O
4
+ 4CO
0
t
→
3Fe + 4CO
2
(1)
Fe
3
O
4
+ CO
0
t
→
3FeO + CO
2
(2)

rắn B
3 4
FeO
Fe
Fe O





Phản ứng của rắn B với HNO
3
:
Fe + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 2H
2
O + NO ↑ (3)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 5H
2

O + NO ↑ (4)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 14H
2
O + NO ↑ (5)
Đặt :
(
)
Fe NO
3
3
n a (mol) =
=
Fe
n
( của hỗn hợp A )

HNO H O
3 2
3a 0,1
n 3a 0,1 ; n

2
+
= + =
;
NO
2,24
n 0,1 (mol)
22,4
= =
Áp dụng ĐLBTKL cho (3),(4),(5) ta có:
C
+
HNO H O NO
Fe(NO )
3 2
3 3
m m m m m+ = +
Suy ra ta có : 19,2 + 63(3a + 0,1) = 242a +
3a 0,1
18 + 30 0,1
2
+
× ×
Giải ra được : a = 0,27 ⇒
HNO
3
n
= 0,91 mol.
Khối lượng của hỗn hợp đầu : m
1

= 0,27
0,27
232 20,88 ( gam )
3
× =
Theo pư (1) và (2) ta có :
CO
2
20,88 19,2
n 0,105 mol
44 28
−
= =
−
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3
↓ + H
2
O
0,105 0,105 (mol)
BaCO
3
m
= m
2
= 0,105 × 197 = 20,685 gam.

* Cách 2 :
Vì rắn C gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4
tác dụng với HNO
3
cho sản phẩm như nhau, nên đặt CTPT trung bình
của rắn C: Fe
x
O
y.
Gọi a là số mol mỗi oxit trong A ⇒ qui đổi A chỉ gồm Fe
3
O
4
: 2a (mol)
xFe
3
O
4
+ (4x – 3y)CO
0
t
→
3Fe
x
O
y
+ (4x – 3y)CO

2
(1)
2a
6a
x
(mol)
Fe
x
O
y
+ (12x–2y) HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ (3x–2y)NO ↑ + (6x-y)H
2
O (2)
6a
x
(12x–2y)
2a
x
×
(3x–2y)
2a
x
×
(mol)

Ta có hệ phương trình :
6a
(56x 16y) 19,2
x
2a
(3x 2y) 0,1
x

+ × =




− × =


⇔
2ay
7a 0,4 (I)
x
2ay
3a 0,05 (II)
x

+ =




− =




Giải hệ (I) và (II) ⇒ a = 0,045 ;
ay
x
= 0,0425
m
1
= 0,045× 2× 232 = 20,88 gam.
Áp dụng định luật BTKL cho pư (1) ta có :
2
A CO B CO
m m m m+ = +
20,88 + 28b = 19,2 + 44b giải ra b = 0,105 mol ( b là số mol CO
2
).
4) Đốt x (mol) Fe bởi O
2
thu được 5,04 gam hỗn hợp A gồm các oxit của sắt. Hòa tan A trong HNO
3
nóng dư thì thu được một dung dịch X và 0,035 mol khí Y ( gồm NO và NO
2
), biết
2
Y/ H
d
= 19.
Tính x.
Hướng dẫn:

Xem các oxit sắt chỉ gồm Fe
2
O
3
và FeO ( vì Fe
3
O
4
coi như FeO và Fe
2
O
3
)
4Fe + 3O
2

o
t
→
2Fe
2
O
3
(1)
2Fe + 3O
2

o
t
→

2FeO (2)
Phản ứng của rắn A với HNO
3
:
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (3)
3FeO + 10HNO
3
→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 5H
2
O + NO ↑ (4)
FeO + 4HNO
3
→ Fe(NO
3

)
3
+ 2H
2
O + NO
2
↑ (5)
Theo (3),(4),(5) ta có :
Fe
HNO
(NO NO )
3
2
n 3n n 3x 0,035
+
= + = +
;
H O
2
3x 0,035
n
2
+
=
Áp dụng định luật BTKL ta có :
(
)
m
A HNO H O
(NO+NO )

Fe NO
2
3 2
3
3
m m m m =+ + +
⇔ 5,04 + 63(3x + 0,035) = 242x + (0,035× 2× 19) +
3x 0,035
2
+
×
18
Giải ra x = 0,07 mol
5) Muối A là muối cacbonat của kim loại R hóa trị n ( R chiếm 48,28% theo khối lượng ). Nếu đem
58 gam A cho vào bình kín chứa sẵn lượng O
2
vừa đủ rồi nung nóng. Phản ứng xong thu được 39,2 gam
rắn B gồm Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
.
a) Xác định CTPT của A.
b) Nếu hòa tan B vào HNO
3
đặc nóng, thu được khí NO

2
duy nhất. Trộn lượng NO
2
này với 0,0175
mol khí O
2
rồi sục vào lượng nước rất dư thì thu được 2 lít dung dịch X. Xác định nồng độ mol của các
chất trong dung dịch X.
Hướng dẫn:
a) Ta có
2R 48, 28
60n 51,72
=
⇒ R = 28x chỉ có x = 2 , R = 56 là thỏa mãn ( Fe)
CTPT của chất A là : FeCO
3
b) gọi x, y lần lượt là số mol Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
trong rắn B.
2FeCO
3
+ ½ O
2

0
t
→
Fe
2
O
3
+ 2CO
2
2x x (mol)
3FeCO
3
+ ½ O
2

0
t
→
Fe
3
O
4
+ 3CO
2
3y y (mol)
Ta có:
58
2x 3y 0,5 (1)
116
160x 232y 39,2 (2)


+ = =



+ =

giải ra được : x = y = 0,1 mol.
Phản ứng của B với HNO
3
:
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
Fe
3
O
4
+ 10HNO
3

→ 3Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O + NO
2
↑
0,1 mol → 0,1 mol
2NO
2
+ ½ O
2
+ H
2
O → 2HNO
3
Bđ: 0,1 0,0175 (mol)
Pư: 0,07 0,0175 0,07 (mol)
Spư: 0,03 0 0,07 (mol)
2NO
2
+ H
2
O → HNO
3
+ HNO
2
0,03 → 0,015 0,015 (mol)

Dung dịch X
2
3
HNO : 0,015 mol
HNO : 0,085 mol



⇒
M
HNO
2
C 0,0075M=
;
M
HNO
3
C 0,0425M=
.
6) Hòa tan a gam một oxit sắt Fe
x
O
y
vào trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng dư thì thu được khí SO
2
duy

nhất.Mặt khác, nếu khử hoàn toàn a gam oxit sắt trên bằng khí CO, hòa tan lượng sắt tạo thành trong
dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng (dư) thu được lượng SO
2
gấp 9 lần lượng SO
2
ở thí nghiệm trên.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong hai thí nghiệm trên.
b) Xác định định công thức hóa học của oxit sắt.
Hướng dẫn :
2Fe
x
O
y
+ (6x -2y )H
2
SO
4

( đặc)

0
t
→
xFe
2
(SO

4
)
3
+ (3x-2y) SO
2
↑ + (6x -2y )H
2
O (1)
a (mol) →
( )
a 3x 2y
2
−
(mol)
Fe
x
O
y
+ yH
2

0
t
→
xFe + yH
2
O (2)
a (mol) → ax (mol)
2Fe + 6H
2

SO
4

( đặc)

0
t
→
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O (3)
ax (mol) → 1,5 ax ( mol)
Theo đề bài :
SO SO
2 2
n (3) 9 n (1)= ×
nên ta có :
1,5ax
2 9
a(3x 2y)
× =
−

⇒
x 18 3
y 24 4
= =
⇒ CTPT của oxit sắt là : Fe
3
O
4
.
7) Hòa tan một lượng oxit sắt Fe
x
O
y
vào dung dịch HNO
3
loãng, dư thì thu được một dung dịch A và khí
NO duy nhất. Mặt khác nếu khử lượng oxit sắt trên bằng lượng CO dư rồi lấy toàn bộ kim loại sinh ra
hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HNO
3
đặc, nóng thì thu được dung dịch B và khí NO
2
duy nhất. Biết
thể tích khí NO
2
sinh ra gấp 9 lần thể tích khí NO sinh ra ( cùng nhiệt độ, áp suất).
a) Viết các phương trình hóa học.
b) Xác định công thức hóa học của oxit sắt.
Hướng dẫn :

3Fe

x
O
y
+ (12x -2y )HNO
3

→
3xFe(NO
3
)
3
+ (3x - 2y)NO ↑ + (6x-y) H
2
O (1)
a (mol) →
(3x 2y) a
3
− ×
(mol)
Fe
x
O
y
+ yCO
0
t
→
xFe + yCO
2
(2)

a (mol) → ax (mol)
Fe + 6HNO
3

0
t
→
Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
↑ + 3H
2
O (3)
ax (mol) → 3ax ( mol)
Theo đề bài ta có :
(3x 2y) a
3ax 9 x = y
3
− ×
= × ⇒
Vậy CTPT của oxit sắt là: FeO.
8) Để một phoi bào sắt nặng m ( gam) ngoài không khí, sau một thời gian thu được 12 gam rắn X gồm
sắt và các oxit của sắt. Cho X tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HNO
3
thấy giải phóng ra 2,24 lít khí
NO duy nhất ( đo ở đktc).
a) Viết các phương trình hoá học xảy ra.

b) Tính khối lượng m của phoi bào sắt ban đầu.
( ĐS : 10,08 gam Fe )
Hãy giải bài tập trên theo cách của bạn!
Thư góp ý của các bạn xin gửi về Email:
Nếu các bạn cần các chủ đề bài tập khác của tôi, hãy vui lòng xin liên hệ với đại chỉ trên.