Chia 8,64 gam hỗn hợp Fe, FeO và Fe2O3 thành hai phần bằng nhau. Phần (1) cho vào cốc đựng dung dịch CuSO4, sau khi phản ứng hoàn toàn thấy trong cốc có 4,4 gam chất rắn. Hòa tan hết phần (2) bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch A và 0,488 lít NO duy nhất ( đktc). Cô cạn từ từ dung dịch A thu được 24,24 gam một muối sắt duy nhất B.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu.
2.Xác định CTPT của muối B.
Đáp án:
a, \(\% {m_{Fe}}\)=12,96%,\(\% {m_{FeO}}\)=50%,\(\% {m_{F{e_2}{O_3}}} = 37,04\% \)
b, \(Fe{(N{O_3})_3}.9{H_2}O\)
Giải thích các bước giải:
Gọi a,b,c là số mol lần lượt của \(Fe,FeO,F{e_2}{O_3}\]) của mỗi phần
Chia ra hai phần bằng nhau nên khối lượng mỗi phần là: 4,32g
\( \to 56a + 72b + 160c = 4,32\) (1)
P1: tác dụng với \(CuS{O_4}\) chỉ có Fe phản ứng
\(\begin{array}{l}
Fe + CuS{O_4} \to FeS{O_4} + Cu\\
{m_{chất rắn}} = {m_{Cu}} + {m_{FeO}} + {m_{F{e_2}{O_3}}}\\
\to 64a + 72b + 160c = 4,4 (2)
\end{array}\)
P2: Chỉ có Fe, FeO thay đổi số hóa trị
Bảo toàn electron, ta có:
\(\begin{array}{l}
Fe \to F{e^{3 + }} + 3e\\
F{e^{2 + }} \to F{e^{3 + }} + 1e\\
{N^{5 + }} + 3e \to {N^{2 + }}\\
{n_{NO}} = 0,02mol\\
\to 3a + b = 0,02 \times 3\\
\to 3a + b = 0,06
\end{array}\)
Ta có hệ phương trình:
\(\begin{array}{l}
\to \left\{ \begin{array}{l}
56a + 72b + 160c = 4,32\\
64a + 72b + 160c = 4,4\\
3a + b = 0,06
\end{array} \right.\\
\to a = 0,01 \to b = 0,03 \to c = 0,01\\
\to \% {m_{Fe}} = \dfrac{{0,01 \times 2 \times 56}}{{8,64}} \times 100\% = 12,96\% \\
\to \% {m_{FeO}} = \dfrac{{0,03 \times 2 \times 72}}{{8,64}} \times 100\% = 50\% \\
\to \% {m_{F{e_2}{O_3}}} = 37,04\%
\end{array}\)
b, Vì toàn bộ Fe trong hỗn hợp ban đầu chuyển thành Fe trong muối nên ta có Bảo toàn nguyên tố Fe:
\(\begin{array}{l}
Fe{(N{O_3})_3} + b{H_2}O \to Fe{(N{O_3})_3}.b{H_2}O\\
{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = a + b + 2c = 0,06mol\\
\to {n_{Fe{{(N{O_3})}_3}.b{H_2}O}} = {n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = 0,06mol\\
\to {M_{Fe{{(N{O_3})}_3}.b{H_2}O}} = 404\\
\to 242 + 18b = 404\\
\to b = 9\\
\to Fe{(N{O_3})_3}.9{H_2}O
\end{array}\)