Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam hỗn hợp Cu, Mg, Fe vào 200 gam dung dịch gồm KNO3 6,06% và H2SO4 16,17%,

Câu hỏi số 493117:

Vận dụng cao

Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam hỗn hợp Cu, Mg, Fe vào 200 gam dung dịch gồm KNO₃ 6,06% và H₂SO₄ 16,17%, thu được dung dịch X chỉ chứa muối trung hòa của kim loại và hỗn hợp khí Y (trong đó H₂ chiếm 2,7778% khối lượng). Cho một lượng KOH (dư) vào X, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi được 16 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của FeSO₄ trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 4,38%.

B. 4,39%.

C. 4,37%.

D. 4,36%.

Đáp án đúng là: A

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:493117

Phương pháp giải

\(\left\{ \begin{array}{l}Cu\\Mg\\Fe\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}KN{O_3}\\{H_2}S{O_4}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}{K^ + }\\C{u^{2 + }},M{g^{2 + }},F{e^{2 + }},F{e^{3 + }}({M^{n + }})\\SO_4^{2 - }\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}{H_2}\\{N_x}{O_y}\end{array} \right. + {H_2}O\)

Dung dịch X gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{K^ + }\\C{u^{2 + }},M{g^{2 + }},F{e^{2 + }},F{e^{3 + }}({M^{n + }})\\SO_4^{2 - }\end{array} \right.\)

BTĐT trong dung dịch X: n_{điện tích M}ⁿ⁺ = 2n_SO4^2- – n_K⁺ (1)

16 gam chất rắn gồm MgO, CuO, Fe₂O₃ (gọi tắt là M₂O_n)

m_O = 16 – m_KL⟹ n_O ⟹ n_{điện tích M}ⁿ⁺ = 2n_O (2)

Từ (1)(2): sự chênh lệch điện tích Mⁿ⁺ do ion Fe²⁺ gây ra, vì khi nung trong không khí, Fe²⁺ bị oxi hóa thành Fe³⁺

⟹ n_Fe²⁺

Đặt n_H2 = x mol; n_{H2O (sản phẩm)} = y mol

BTNT H: n_H2SO4 = n_H2+ n_H2O (3)

BTKL (chỉ áp dụng với chất tan): m_KL + m_H2SO4 + m_KNO3 = m_muối + m_Y + m_H2O(4)

Từ (3)(4) ⟹ x, y.

BTKL: m_KL + m_{dd H2SO4, KNO3} = m_{dd X} + m_Y↑

⟹ m_{dd X} ⟹ C%_FeSO4.

Giải chi tiết

m_KNO3 = \(\dfrac{{200.6,06}}{{100}}\)= 12,12 g ⟹ n_KNO3 = 12,12/101 = 0,12 mol

m_H2SO4 = \(\dfrac{{200.16,17}}{{100}}\)= 32,34 g ⟹ n_H2SO4 = 32,34/98 = 0,33 mol

Dung dịch X gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}{K^ + }:0,{12^{mol}}\\C{u^{2 + }},M{g^{2 + }},F{e^{2 + }},F{e^{3 + }}({M^{n + }})\\SO_4^{2 - }:0,{33^{mol}}\end{array} \right.\)

BTĐT trong dung dịch X: n_{điện tích M}ⁿ⁺ = 2n_SO4^2- – n_K⁺ = 2.0,33 – 0,12 = 0,54 mol (1)

16 gam chất rắn gồm MgO, CuO, Fe₂O₃ (gọi tắt là M₂O_n)

m_O = 16 – m_KL = 16 – 11,2 = 4,8 g ⟹ n_O = 4,8/16 = 0,3 mol ⟹ n_{điện tích M}ⁿ⁺ = 2n_O = 2.0,3 = 0,6 mol (2)

Từ (1)(2): sự chênh lệch điện tích Mⁿ⁺ do ion Fe²⁺ gây ra, vì khi nung trong không khí, Fe²⁺ bị oxi hóa thành Fe³⁺

⟹ n_Fe²⁺ = 0,6 – 0,54 = 0,06 mol ⟹ n_FeSO4 = 0,06 mol

Đặt n_H2 = x mol; n_{H2O (sản phẩm)} = y mol

BTNT H: n_H2SO4 = n_H2+ n_H2O ⟹ x + y = 0,33 (3)

m_H2 = 2x ⟹ m_Y = 2x .100/2,7778 ≈ 72x (g)

m_muối = m_K⁺ + m_KL + m_SO4^2- = 0,12.39 + 11,2 + 0,33.96 = 47,56 g

BTKL (chỉ áp dụng với chất tan): m_KL + m_H2SO4 + m_KNO3 = m_muối + m_Y + m_H2O

⟹ 11,2 + 0,33.98 + 0,12.101 = 47,56 + 72x +18y

⟹ 72x + 18y = 8,1 (4)

Từ (3)(4) ⟹ x = 0,04; y = 0,29 ⟹ m_Y = 72.0,04 = 2,88 g.

BTKL: m_KL + m_{dd H2SO4, KNO3} = m_{dd X} + m_Y↑

⟹ m_{dd X} = 11,2 + 200 – 2,88 = 208,32 g

⟹ C%_FeSO4 = \(\dfrac{{0,06.152}}{{208,32}}.100\% \)≈ 4,38%

Đáp án cần chọn là: A

Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K8 Chú ý! Lộ Trình Sun 2026 - 3IN1 - 1 lộ trình ôn 3 kì thi (Luyện thi 26+ TN THPT, 90+ ĐGNL HN, 900+ ĐGNL HCM, 70+ ĐGTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com.Đầy đủ theo 3 đầu sách, Thầy Cô giáo giỏi, luyện thi theo 3 giai đoạn: Nền tảng lớp 12, Luyện thi chuyên sâu, Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.