Bài soạn Bai tap hoa hay

Bài tập tổng hợp dành cho học sinh gioi
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ SẮT VÀ CÁC OXIT SẮT

I - Một số điểm cần chú ý:
1) Hóa trị của sắt :
- Nếu đặt CTTQ của oxit sắt : Fe
x
O
y
⇒ hóa trị Fe : t =
2y
x
( t = 2,3, hoặc
8
3
).
- Hóa trị Fe trong Fe
3
O
4
là hóa trị TB của 2 ng.tử Fe(III) và 1ng.tử Fe(II).
2) Phương pháp qui đổi .
* Để giải bài toán hỗn hợp nhiều oxit sắt thì nên quy đổi:
+) Fe
3
O
4
⇔ hỗn hợp (FeO + Fe
2
O
3

) tỷ lệ mol 1 : 1 ( đúng cả 2 chiều ).
+) Hỗn hợp FeO , Fe
2
O
3
với tỷ lệ mol ≠ 1 : 1 thì không thể quy đổi thành Fe
3
O
4
.
3) Phương pháp bảo toàn nguyên tố:
Thường gặp 2 trường hợp sau đây:
* Trường hợp 1: Fe
O
2
+
→
3 3 2
x y
HNO
3
Fe
Fe(NO ) H O (NO,
Fe O
+
→ + +


hoặc NO
2

↑ ...)
⇒
3 3
Fe(NO )
n
=
Fe
n
( bđ )

3
HNO N
n n=
( muối) +
N
n
( các sp khí ) =
Fe N
3 n n× +
( các sp khí ).

H O HNO
2 3
1
n n
2
= ×
* Trường hợp 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
×
( bđ )

H SO S
2 4
n n=
( muối) +

S
n
( các sp khí ) =
Fe
S
1,5 n n× +
( các sp khí ).

H O H SO
2 2 4
n n=
.v.v. ( còn nhiều trường hợp khác)
Nhận xét: Nếu biết khối lượng của các khí sản phẩm và hỗn hợp A ( hoặc muối Fe)
thì có thể áp dụng định luật BTKL.
Ví dụ : Trường hợp 1 : giả sử biết m
1
(g) ( Fe + Fe
x
O
y
) ; biết b (mol) khí NO sinh ra.
Áp dụng định luật BTKL ta có :
1
3a b
m + 63 (3a + b)= 242a + 18 b.30
2
+
× × +
( trong đó :
Fe

n a mol=
)
II- Một số bài toán minh họa
1
1) Để hòa tan hoàn toàn 34,8 gam hỗn hợp gồm Fe
3
O
4
, FeO, Fe
2
O
3
( số mol FeO = số
mol Fe
2
O
3
) thì phải dùng một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
4,9 % ( loãng).
a) Tính khối lượng của dung dịch H
2
SO
4
4,9% .
b) Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch thu được.
Hướng dẫn: Vì số mol FeO = số mol Fe
2

O
3
nên xem như Fe
3
O
4
.
Vậy hỗn hợp được coi như chỉ có một oxit là 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
Khối lượng dung dịch H
2
SO
4
4,9% :
0,6 98
100 1200 (g)
4,9
×
× =
Khối lượng dung dịch thu được : 1200 + 34,8 = 1234,8 gam
( dễ dàng tìm được C% của mỗi muối trong dung dịch thu được)
2
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 == ×
3
⇒
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.
4
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
.
5