Hòa tan hết hỗn hợp X gồm Fe, $F e_{3} O_{4}$ (x mol), $F e {(N O_{3})}_{2}$ (y mol) trong dung dịch chứa 0,06 mol $N a N O_{3}$ và 0,48 mol $H N O_{3},$ kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,08 ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất của $\overset{+ 5}{N}$ ). Cho 600 ml dung dịch NaOH 1M vào Y, lọc bỏ kết tủa, cô cạn phần dung dịch nước lọc, sau đó đem nung đến khối lượng không đổi, thu được 40,9 gam rắn khan. Tỉ lệ x:y là

A. 1:1.

B. 1:2.

C. 2:3.

D. 2:1.

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 A.

$X \{\begin{cases} F e \\ F e_{3} O_{4} : x \\ F e {(N O_{3})}_{3} : y \end{cases} \to_{H N O_{3} : 0, 48}^{N a N O_{3} : 0, 06} \{\begin{cases} N O : 0, 08 \\ Y \{\begin{cases} N a^{+} : 0, 06 (n_{N a N O_{3}}) \\ N O_{3}^{-} : 2 y + 0, 46 (B T N) \\ F e^{2 +} \\ F e^{3 +} \end{cases} \overset{N a O H : 0, 6}{\to} \{\begin{cases} ↓ \\ d d \overset{c c, t °}{\to} 40, 9 g a m \end{cases} \end{cases} n_{H^{+}} = n_{H N O_{3}} = 4 n_{N O} + 2 n_{O^{2 -} (X)} \to 4.0, 08 + 8 x = 0, 48 \to x = 0, 02$

Nước lọc chứa NaOH dư và $N a N O_{3} .$

$\{\begin{cases} N a O H : a \\ N a N O_{3} : b \end{cases} \overset{t °}{\to} \{\begin{cases} N a O H \\ N a N O_{2} \end{cases} \to \{\begin{cases} a + b = 0, 66 (BT Na) \\ 40 a + 69 b = 40, 9 \end{cases} \to \{\begin{cases} a = 0, 16 \\ b = 0, 5 \end{cases} \to n_{N O_{3}^{-}} = 2 y + 0, 46 = 0, 5 \to y = 0, 02 \to x : y = 1 : 1.$

Đối với bài này cần lưu ý:

- đóng vai trò: kết hợp $O^{2 -}$ tạo nước, kết hợp với $N O_{3}^{-}$ đóng vai trò oxi hóa tạo NO nên: $n_{H^{+}} = n_{H N O_{3}} = 4 n_{N O} + 2 n_{O^{2 -} (X)}$

- Sau khi NaOH phản ứng với các chất trong dung dịch Y thì NaOH còn dư.

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

Dung dịch X gồm $A l C l_{3}$ a mol/l và $A l_{2} {(S O_{4})}_{3}$ b mol/l. Cho 400ml dung dịch X tác dụng với 612ml dung dịch NaOH 1M thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác nếu cho 400ml dung dịch X tác dụng với dung dịch dư thu được 33,552 gam kết tủa. Tỉ số a/b là

A. 2.

B. 0,75.

C. 1,75.

D. 2,75.

Lời giải

Đáp án B.

$X \{\begin{cases} {AlCl}_{3} : 0, 4 a \\ {Al}_{2} {(S O_{4})}_{3} : 0, 4 b \end{cases} \overset{{BaCl}_{2}}{\to} ↓ {BaSO}_{4} : 0, 144$

BT số mol gốc $S O_{4}^{2 -} n_{A l_{2} {(S O_{4})}_{3}} = \frac{1}{3} n_{B a S O_{4}} = 0, 048 m o l$

$\to b = 0, 12 X \{\begin{cases} {AlCl}_{3} : 0, 4 a \\ {Al}_{2} {(S O_{4})}_{3} : 0, 4 b \end{cases} \overset{NaOH:0,612}{\to} ↓ {Al(OH)}_{3} : 0, 108 n_{{Al}^{3+}} = n_{{AlCl}_{3}} + 2 n_{{Al}_{2} {{(SO}_{4})}_{3}} = 0, 4 a + 0, 048.2 = 0, 4 a + 0, 096$

$n_{NaOH} > n_{{Al(OH)}_{3}} \to$ kết tủa tạo thành đã tan một phần trong NaOH.

$A l^{3 +} + 3 O H^{-} \to A l {(O H)}_{3}$

x 3x x

$A l {(O H)}_{3} + O H^{-} \to A l O_{2}^{-} + 2 H_{2} O$

y y

$\to \{\begin{cases} x - y = 0, 108 \\ 3 x + y = 0, 612 \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 18 \\ y = 0, 672 \end{cases} \to 0, 4 a + 0, 096 = 0, 18 \to a = 0, 21 \to \frac{a}{b} = 1, 75.$