Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCO3 và Fe3O4 với tỉ lệ mol tương ứng 8:2:1 tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa các muối và 2,6544 lít hỗn hợp Z gồm 2 khí CO2...

Đáp án B mFe:8aFeCO3:2aFe3O4:a→H2SO40,1185CO2:2aSO2YFe2+Fe3+SO42−→Cu:0,2m64XFe:13aO:2a+4a=6aCO2:2a→m=912a→nCu=2,85a Bảo toàn e cho cả quá trình: 13a.2+2,85a.2=0,1185−2a+6a.2a→a=0,01 →CO2:0,02SO2:0,0985→CaOH2 duCaCO3CaSO3→m↓=13,82 gam

Câu hỏi:

25/04/2022 342

Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCO₃ và Fe₃O₄ với tỉ lệ mol tương ứng 8:2:1 tan hết trong dung dịch H₂SO₄ đặc nóng. Sau phản ứng thu được dung dịch Y chứa các muối và 2,6544 lít hỗn hợp Z gồm 2 khí CO₂ và SO₂ (đktc). Biết dung dịch Y phản ứng được tối đa với 0,2m gam Cu. Hấp thụ hoàn toàn khí Z vào dung dịch Ca(OH)₂ dư, thì thu được T gam kết tủa. Giá trị của T là

A. 18,12 gam.

B. 13,82 gam.

C. 11,82 gam.

D. 12,18 gam.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án B

$m \{\begin{cases} F e : 8 a \\ F e C O_{3} : 2 a \\ F e_{3} O_{4} : a \end{cases} \overset{H_{2} S O_{4}}{\to} 0, 1185 \{\begin{cases} C O_{2} : 2 a \\ S O_{2} \end{cases} Y \{\begin{cases} F e^{2 +} \\ F e^{3 +} \\ S O_{4}^{2 -} \end{cases} \overset{C u : \frac{0, 2 m}{64}}{\to} X \{\begin{cases} F e : 13 a \\ O : 2 a + 4 a = 6 a \\ C O_{2} : 2 a \end{cases} \to m = 912 a \to n_{C u} = 2, 85 a$

Bảo toàn e cho cả quá trình:

$13 a .2 + 2, 85 a .2 = (0, 1185 - 2 a) + 6 a .2 a \to a = 0, 01$

$\to \{\begin{cases} C O_{2} : 0, 02 \\ S O_{2} : 0, 0985 \end{cases} \overset{C a {(O H)}_{2}_{d u}}{\to} \{\begin{cases} C a C O_{3} \\ C a S O_{3} \end{cases} \to m_{↓} = 13, 82$ gam

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Hỗn hợp E gồm ba chất X, Y và ancol propylic. X, Y là hai amin kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng, phân tử X, Y đều có hai nhóm NH₂ và gốc hiđrocacbon không no, M_X < M_Y. Đốt cháy hết 0,12 mol E cần dùng vừa đủ 0,725 mol O₂, thu được H₂O, N₂ và 0,46 mol CO₂. Phần trăm khối lượng của X có trong E là

A. 40,89%.

B. 30,90%.

C. 31,78%.

D. 36,44%.

Lời giải

Đáp án D

$E \{\begin{cases} C_{n} H_{2 n + 4 - 2 k} N_{2} : x \\ C_{3} H_{7} O H : y \end{cases} \to \{\begin{cases} x n + y .3 = 0, 46 \\ x + y = 0, 12 \\ x . (1, 5 n + 1 - 0, 5 k) + 4, 5 y = 0, 725 \end{cases} \to \{\begin{cases} x n + y .3 = 0, 46 \\ x + y = 0, 12 \\ 1, 5. (x n + 3 y) + x . (1 - 0, 5 k) = 0, 725 \end{cases} \to \{\begin{cases} 1, 5.0, 46 + x . (1 - 0, 5 k) = 0, 725 \\ x + y = 0, 12 \end{cases} \to \{\begin{cases} x . (1 - 0, 5 k) = 0, 035 \\ x + y = 0, 12 \end{cases}$

Vì $x < 0, 12 \to k < 1, 42$

Gốc hiđrocacbon không no nên $k \geq 1$

$\to \{\begin{cases} x = 0, 07 \\ y = 0, 05 \\ n = \frac{31}{7} \end{cases} \to \{\begin{cases} C_{4} H_{10} N_{2} : a \\ C_{5} H_{12} N_{2} : b \end{cases} \to \{\begin{cases} a + b = 0, 07 \\ 4 a + 5 b + 3.0, 05 = 0, 46 \end{cases} \to \{\begin{cases} a = 0, 04 \\ b = 0, 03 \end{cases} \to % C_{4} H_{10} N_{2} = 36, 44 %$ .

Đối với bài toán này, khó nhất là biện luận tìm số liên kết bội trong amin. Nếu không có cách nào tìm ra k cụ thể, hoặc không thể biện luận tìm k thì cách cuối cùng có thể xem xét đến là chia trường hợp cho k, có thể thử $k = 1, k = 2 . . .$ Đối với dạng bài này thường đề sẽ không cho k quá lớn nên cách này cũng không mất quá nhiều thời gian.