Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Nhận biết và định lượng ion kim loại chuyển tiếp (Hóa học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Cho dung dịch NaOH vào dung dịch CuCl${}_2$ xảy ra phản ứng: $CuC{l}_2+2NaOH\to Cu(OH{)}_2\downarrow +2NaCl$. Kết tủa $Cu(OH{)}_2$ có màu xanh. Các phương án khác: MgCl${}_2$ cho kết tủa trắng Mg(OH)${}_2$; FeCl${}_3$ cho kết tủa nâu đỏ Fe(OH)${}_3$; CrCl${}_2$ cho kết tủa Cr(OH)${}_2$ màu vàng nhạt/xanh lục nhạt, không phải kết tủa xanh đặc trưng. Đáp án khớp với đáp án tham khảo (Câu 11: A).

(AI giải đề cho tôi)
Phản ứng oxi hóa Fe(II) bằng KMnO4 trong môi trường axit:
$$Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$$
Số mol KMnO4: $n=0,0085\times 0,04=3,4\cdot 10^{-4}$ mol.
Theo phương trình (bảo toàn electron): $n_{F{e}^{2+}}=5n_{KMn{O}_4}=1,7\cdot 10^{-3}$ mol.
Khối lượng sắt: $m=1,7\cdot 10^{-3}\times 56=0,0952$ g = 95,2 mg.
Phần trăm khối lượng sắt trong viên: $\frac{95,2}{250}\times 100\%=38,08\%\approx 38,1\%$.

Kết quả trùng với đáp án chính thức của đề (bảng đáp án Phần III, trang 48): 38,1.

Bảo toàn e: $n_{Fe}=5n_{Mn{O}_4^{-}}=5\times 0,0085\times 0,04=0,0017$ mol

$\%Fe=\frac{0,0017\times 56}{0,250}\times 100=38,1\%$

Đáp án: 46,0

Hướng dẫn giải

Phương trình chuẩn độ: ${\text{MnO}}_4^{-}+5{\text{Fe}}^{2+}+8{\text{H}}^{+}⟶{\text{Mn}}^{2+}+5{\text{Fe}}^{3+}+4{\text{H}}_2\text{O}$

Thể tích KMnO${}_4$ trung bình sau 3 lần chuẩn độ: $\frac{20,5+20,55+20,55}{3}=\frac{308}{15}\text{mL}$

Ta có CT chuẩn độ: $V_{{\text{MnO}}_4^{-}}.C_{{\text{MnO}}_4^{-}}.5=V_{{\text{Fe}}^{2+}}.C_{{\text{Fe}}^{2+}}\iff 0,02.\frac{308}{15}.5=10.C_{{\text{Fe}}^{2+}}\Rightarrow C_{{\text{Fe}}^{2+}}=\frac{77}{375}\text{M}$

Trong dung dịch A: $C_{{\text{Fe}}^{2+}}=\frac{\frac{77}{375}.100}{25}=\frac{308}{375}\text{M}\Rightarrow m_{{\text{Fe}}^{2+}}=\frac{308}{375}.56=45,9946\text{g/L}\approx 46,0\text{g/L}$

(AI giải đề cho tôi)
Thể tích KMnO₄ trung bình: $V=\frac{16,0+16,1+16,0}{3}=16,033$ mL.

Phản ứng chuẩn độ (môi trường H₂SO₄):
$$Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$$

Số mol KMnO₄: $n_{KMn{O}_4}=0,023\times 0,016033=3,6877.10^{-4}$ mol.

Số mol Fe²⁺ trong 10 mL dung dịch X: $n_{F{e}^{2+}}=5\times 3,6877.10^{-4}=1,8439.10^{-3}$ mol.

Trong 100 mL dung dịch X: $n_{F{e}^{2+}}=1,8439.10^{-2}$ mol, cũng là số mol muối Mohr.

Khối lượng muối Mohr tinh khiết ($M=392$ g/mol):
$$m=1,8439.10^{-2}\times 392=7,228\text{ gam}$$

Độ tinh khiết:
$$\%=\frac{7,228}{7,237}\times 100=99,9\%$$

Lượng Fe${}^{2+}$ có sẵn tương đương với 9,0 mL dung dịch KMnO${}_4$
Lượng Fe${}^{2+}$ tạo ra từ phản ứng “2Fe${}^{3+}$ + Fe → 3Fe${}^{2+}$” tương đương với 10,5 – 9,0 = 1,5 mL dung dịch KMnO${}_4$
→ Lượng Fe${}^{2+}$ đã bị oxi hóa tương đương với 1,0 mL dung dịch KMnO${}_4$.
→ \% bị oxi hóa là 1,0 : (1,0+9,0) = 10\%.

Đáp án: 46,0.

Hướng dẫn giải

Phương trình chuẩn độ: $Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$

Thể tích $KMn{O}_4$ trung bình sau 3 lần chuẩn độ: $\frac{20,5+20,55+20,55}{3}=\frac{308}{15}mL$

Ta có CT chuẩn độ: $V_{Mn{O}_4}.C_{Mn{O}_4}.5=V_{F{e}^{2+}}.C_{F{e}^{2+}}\iff 0,02.\frac{308}{15}.5=10.C_{F{e}^{2+}}\Rightarrow C_{F{e}^{2+}}=\frac{77}{375}M$

Trong dung dịch A: $C_{F{e}^{2+}}=\frac{\frac{77}{375}.100}{25}=\frac{308}{375}M\Rightarrow m_{F{e}^{2+}}=\frac{308}{375}.56=45,9946g/L\approx 46,0g/L$

Hướng dẫn giải (trang 22):
V${}_{trungb\grave{ı}nh}$ = (16+16,1+16)/3 = 16,0333 (mL).
n${}_{KMn{O}_4}$ = 3,6877.10${}^{-4}$ (mol)
Phương trình phản ứng hóa học:
10FeSO${}_4$ + 2KMnO${}_4$ + 8H${}_2$SO${}_4$ → 5Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ + 2MnSO${}_4$ + K${}_2$SO${}_4$ + 8H${}_2$O
n${}_{F{e}^{2+}}$ = 5n${}_{Mn{O}_4^{-}}$ = 1,84385.10${}^{-3}$ (mol)
Trong 100 mL dd X chứa: n${}_{F{e}^{2+}}$ = 10.1,84385.10${}^{-3}$ = 1,84385.10${}^{-2}$ (mol)
m${}_{(N{H}_4{)}_{2}Fe(S{O}_4{)}_2.6H_{2}O}$ = 392.1,84385.10${}^{-2}$ = 7,227892 (g)
%${}_{(N{H}_4{)}_{2}Fe(S{O}_4{)}_2.6H_{2}O}$ = 7,227892/7,237.100% = 99,9%
(Ghi chú: bản gốc in lỗi định dạng ở công thức V trung bình "16+16,1+16316+16,1+163" và dòng n${}_{KMn{O}_4}$ lặp hai lần; giữ nguyên theo nguồn.)

ĐA: 0,88.
$10FeS{O}_4+2KMn{O}_4+8H_{2}S{O}_4\to 5F{e}_2(S{O}_4{)}_3+K_{2}S{O}_4+2MnS{O}_4+8H_{2}O$
$$x=\frac{8,80.0,02.5}{10,00}.10=0,88$$

Ta xử lí từng mẫu.
Bước 1. Tính số mol Fe(II) ban đầu.
Mẫu X: chất ban đầu là $(N{H}_4{)}_{2}S{O}_4\cdot FeS{O}_4\cdot 6H_{2}O$ có khối lượng mol $M=2(14+4)+32+4(16)+56+32+4(16)+6(18)=392$ g/mol; $n=\frac{3,136}{392}=0,008$ mol. Mỗi mol chất chứa 1 mol $F{e}^{2+}$ nên ban đầu có $n_{F{e}^{2+}}=0,008$ mol.
Mẫu Y: $FeS{O}_4\cdot 7H_{2}O$ có $M=56+32+4\times 16+7\times 18=278$ g/mol; $n=\frac{2,780}{278}=0,010$ mol.
Bước 2. Tính lượng $F{e}^{2+}$ còn lại bằng $KMn{O}_4$. Trong môi trường acid: $$Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$$ Như vậy 1 mol $Mn{O}_4^{-}$ phản ứng với 5 mol $F{e}^{2+}$.
Với mẫu X: 10,00 mL dung dịch cần 7,04 mL $KMn{O}_4$ 0,020 M. Số mol $KMn{O}_4$: $n=0,020\times 7,04\times 10^{-3}=1,408\times 10^{-4}$ mol. Số mol $F{e}^{2+}$ trong 10 mL: $n=5\times 1,408\times 10^{-4}=7,04\times 10^{-4}$ mol. Toàn bộ dung dịch là 100 mL, tức gấp 10 lần: $n_{F{e}^{2+}\text{, coˋn}}=7,04\times 10^{-3}$ mol. $F{e}^{2+}$ đã bị oxi hóa: $n=0,008-0,00704=0,00096$ mol. Tỉ lệ bị oxi hóa: $x=\frac{0,00096}{0,008}\times 100\%=12,0\%$.
Với mẫu Y: $n=0,020\times 8,32\times 10^{-3}=1,664\times 10^{-4}$ mol $KMn{O}_4$ dùng cho 10 mL; $F{e}^{2+}$ trong 10 mL: $n=5\times 1,664\times 10^{-4}=8,32\times 10^{-4}$ mol; trong 100 mL: $n=8,32\times 10^{-3}$ mol; $F{e}^{2+}$ bị oxi hóa: $n=0,010-0,00832=0,00168$ mol. Phần trăm $F{e}^{2+}$ bị oxi hóa: $\frac{0,00168}{0,010}\times 100\%=16,8\%$.
Ta thấy $12,0\%<16,8\%$.
a) Đúng: khi dung dịch xuất hiện màu hồng bền của $KMn{O}_4$, lượng $F{e}^{2+}$ đã phản ứng hết; một lượng rất nhỏ $Mn{O}_4^{-}$ dư làm dung dịch có màu hồng.
b) Sai: $x=12,0\%$, không phải 82,4\%.
c) Đúng: khối lượng mẫu tăng do hấp thụ $O_2$ và hút $H_{2}O$; từ số mol $F{e}^{2+}$ bị oxi hóa tính được $n_{O_2}=\frac{n_{F{e}^{2+}\text{ bị oxi hoˊa}}}{4}$; biết khối lượng $O_2$ và độ tăng khối lượng mẫu suy ra khối lượng $H_{2}O$ hấp thụ (ví dụ mẫu X: $\Delta m=0,028$ g; $m_{O_2}=0,00024\times 32=0,00768$ g; $m_{H_{2}O}=0,028-0,00768=0,02032$ g).
d) Đúng: mẫu X: 12,0\% < mẫu Y: 16,8\%, kết quả thí nghiệm bác bỏ giả thuyết của Nam.
Kết luận Câu 3: Đ – S – Đ – Đ.
a) Khi dung dịch xuất hiện màu hồng bền của $KMn{O}_4$, lượng $F{e}^{2+}$ đã phản ứng hết. Một lượng rất nhỏ $Mn{O}_4^{-}$ dư làm dung dịch có màu hồng. Kết luận: Đúng.
b) Ta vừa tính được $x=12,0\%$, không phải 82,4\%. Kết luận: Sai.
c) Khối lượng mẫu tăng là do hấp thụ $O_2$ và hút $H_{2}O$. Từ số mol $F{e}^{2+}$ bị oxi hóa, ta có thể tính số mol $O_2$ đã tham gia. Mỗi $F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}$ nhường 1 electron nên theo quá trình khử oxygen $O_2+4e^{-}\to ...$: $n_{O_2}=\frac{n_{F{e}^{2+}\text{ bị oxi hoˊa}}}{4}$. Biết khối lượng $O_2$ đã hấp thụ và biết độ tăng khối lượng mẫu thì suy ra được khối lượng $H_{2}O$ hấp thụ. Ví dụ mẫu X: $\Delta m=3,164-3,136=0,028$ g; số mol $O_2$: $n=\frac{0,00096}{4}=0,00024$ mol; khối lượng $O_2$: $m=0,00024\times 32=0,00768$ g; do đó lượng $H_{2}O$ hấp thụ: $m_{H_{2}O}=0,028-0,00768=0,02032$ g. Vì vậy phát biểu đúng. Kết luận: Đúng.
d) Giả thuyết của Nam: phần trăm Fe(II) bị oxi hóa ở mẫu X lớn hơn mẫu Y. Thực tế: mẫu X: 12,0\%; mẫu Y: 16,8\%. Nên $12,0<16,8$: kết quả thí nghiệm bác bỏ giả thuyết. Kết luận: Đúng.

Đáp số 124
(1) Đúng. Giá trị của m bằng 75,8.
Độ tan ở 20 ${}^{\circ }$C
$$m_{tan}=\frac{27}{127}.74,93=15,93g$$
m${}_{tt}$=31,2+15,93=47,13g
m${}_{tt}$=47,13:0,65=72,51g
FeSO${}_4$·7H${}_2$O + (NH${}_4$)${}_2$SO${}_4$ → (NH${}_4$)${}_2$Fe(SO${}_4$)${}_2$·6H${}_2$O+H${}_2$O
410 g — 392 g
m — 72,51 g
$$m=\frac{72,51.410}{392}=75,8\text{g}$$
(2) Đúng vì \%Fe =$\frac{56}{392}$.100\% =14,3\%
(3) Sai vì HCl phản ứng với KMnO_4
(4) Đúng vì 5Fe^{2+} +MnO_4^- + 8H^+ $\to$ 5Fe^{3+}+Mn^{2+} +4H_2O
(5) Sai vì để bảo quản muối Mohr cần bảo quản trong dung dịch acid, tránh sự thủy phân của Fe^{2+}.

(AI giải đề cho tôi)
Chuẩn độ đúng: MnO4^- + 5Fe^2+ + 8H^+ → Mn^2+ + 5Fe^3+ + 4H2O, mỗi MnO4^- nhận 5e. n(MnO4^-) = 2,4/5 = 0,48 mmol → V_đúng = 0,48/0,02 = 24 mL.

Khi sai: 55% MnO4^- bị khử về MnO2 (MnO4^- + 3e + 4H^+ → MnO2 + 2H2O, nhận 3e), 45% còn lại về Mn^2+ (nhận 5e). Gọi x (mmol) là tổng MnO4^- đã dùng:
0,55x·3 + 0,45x·5 = 2,4 → 3,9x = 2,4 → x ≈ 0,61538 mmol → V_sai ≈ 30,77 mL.

Thể tích tăng: 30,77 − 24 = 6,77 mL.

Nếu MnO₄⁻ chỉ bị khử thành Mn²⁺
$n_{F{e}^{2+}}=5n_{Mn{O}_4^{-}}\Rightarrow 2,4=5.V.0,02\Rightarrow V=24ml$
Nếu MnO₄⁻ bị khử thành Mn²⁺ và MnO₂
$n_{F{e}^{2+}}=5n_{Mn{O}_4^{-}}+3n_{Mn{O}_2}$
$\Rightarrow 2,4=5.V.0,02.45\%+3.V.0,02.55\%$
$\Rightarrow V=30,77ml$
V_tăng = 30,77 – 24 = 6,77 ml

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3 (gang):
a) 1000 tấn quặng chứa 75% Fe2O3 → 750 tấn Fe2O3, chứa Fe: 750 × 112/160 = 525 tấn Fe. Hiệu suất 98% → lượng Fe vào gang: 525 × 0,98 = 514,5 tấn. Khối lượng gang = 514,5/(2,24/2,35) = 514,5/0,953191... ≈ 539,8 ≈ 540 tấn, khớp với đề bài. Phát biểu a ĐÚNG.
b) Phản ứng chuẩn độ: $5F{e}^{2+}+Mn{O}_4^{-}+8H^{+}\to 5F{e}^{3+}+M{n}^{2+}+4H_{2}O$. $n(KMn{O}_4)=0,02\times 0,016=3,2\times 10^{-4}$ mol → $n(F{e}^{2+})$ trong 10 mL Y = $1,6\times 10^{-3}$ mol → trong 250 mL: $n(Fe)=0,04$ mol → $m(Fe)=0,04\times 56=2,24$ g. %Fe = 2,24/2,35 × 100 = 95,319...% ≈ 95,3%. Phát biểu b ĐÚNG.
c) Fe khử được Fe³⁺ thành Fe²⁺: $Fe+2F{e}^{3+}\to 3F{e}^{2+}$. Ion Fe²⁺ sinh ra chính là ion cần định lượng, không tạo thêm ion lạ ảnh hưởng kết quả chuẩn độ bằng KMnO₄. Phát biểu c ĐÚNG.
d) Không thể thay H₂SO₄ bằng HCl vì KMnO₄ trong môi trường axit oxi hóa Cl⁻ thành Cl₂: $2Mn{O}_4^{-}+10C{l}^{-}+16H^{+}\to 2M{n}^{2+}+5C{l}_2+8H_{2}O$, làm tiêu tốn thêm KMnO₄ và sai lệch kết quả. Phát biểu d SAI.
a) (AI giải đề cho tôi)
750 tấn Fe2O3 chứa 525 tấn Fe; hiệu suất 98% cho 514,5 tấn Fe; chia cho %Fe = 95,319% được ≈ 540 tấn gang, khớp đề bài → ĐÚNG.
b) (AI giải đề cho tôi)
n(KMnO4) = 3,2×10⁻⁴ mol → nFe trong 250 mL = 0,04 mol → mFe = 2,24 g; %Fe = 2,24/2,35 × 100 ≈ 95,3% → ĐÚNG.
c) (AI giải đề cho tôi)
Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺; Fe²⁺ là ion cần định lượng, không tạo ion lạ ảnh hưởng chuẩn độ KMnO₄ → ĐÚNG.
d) (AI giải đề cho tôi)
KMnO₄ trong axit oxi hóa Cl⁻ thành Cl₂ (2MnO₄⁻ + 10Cl⁻ + 16H⁺ → 2Mn²⁺ + 5Cl₂ + 8H₂O), làm sai kết quả chuẩn độ → SAI.

Trong môi trường acid:

$$Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$$

Số mol KMnO${}_4$ dùng để chuẩn độ 10,00 mL dung dịch FeSO${}_4$:

n(KMnO${}_4$) = 0,02 × 0,0125 = 0,00025 mol

Theo tỉ lệ phản ứng:

n(Fe${}^{2+}$ trong 10 mL) = 5 × 0,00025 = 0,00125 mol

Trong 100 mL dung dịch:

n(Fe${}^{2+}$) = 0,00125 × 10 = 0,0125 mol

Khối lượng Fe:

m(Fe) = 0,0125 × 56 = 0,70 g

Phần trăm khối lượng Fe trong mẫu quặng:

\%Fe = 0,70 / 1,20 × 100\% = 58,3\%

Chọn C.

Phương trình chuẩn độ: 10FeSO₄ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 8H₂O

Hoặc bảo toàn electron: $n_{FeS{O}_4}=5n_{KMn{O}_4}$ hay $C_{FeS{O}_4}.V_{FeS{O}_4}=5C_{KMn{O}_4}.V_{KMn{O}_4}$

- Ngày thứ nhất: $C_1=5.\frac{C_{KMn{O}_4}.V_{KMn{O}_4}}{V_{FeS{O}_4}}=5.\frac{2,2.10^{-2}.10,7}{10}=0,1177M$.

- Ngày thứ tám: $C_2=5.\frac{C_{KMn{O}_4}.V_{KMn{O}_4}}{V_{FeS{O}_4}}=5.\frac{2,2.10^{-2}.9,92}{10}=0,10912M\approx 0,109M$.

- Sự thay đổi nồng độ của Fe(II) là $q\%=\frac{C_1-C_2}{C_1}\times 100\%=\frac{0,1177-0,10912}{0,1177}.100\%=7,2897\%\approx 7,3\%$.

a) Sai vì phải cho vào buret (A) để xác định điểm tương đương và đo thể tích phản ứng được chính xác.

b) Sai vì q = 7,3.

c) Đúng.

d) Đúng vì sau 8 ngày nồng độ FeSO₄ giảm 7,3%.
a) Sai vì phải cho vào buret (A) để xác định điểm tương đương và đo thể tích phản ứng được chính xác.
b) Sai vì q = 7,3.
c) Đúng.
d) Đúng vì sau 8 ngày nồng độ FeSO₄ giảm 7,3%.

(AI giải đề cho tôi)
Cân bằng phương trình ion: $2Mn{O}_4^{-}+5C_2{O}_4^{2-}+16H^{+}\to 2M{n}^{2+}+10C{O}_2+8H_{2}O$ (Mn: +7 → +2, nhận 5e; C: +3 → +4, mỗi $C_2{O}_4^{2-}$ nhường 2e).

Số mol $KMn{O}_4$: $n=0,0242\times 0,001=2,42\times 10^{-5}$ mol.

Theo tỉ lệ $2Mn{O}_4^{-}:5C_2{O}_4^{2-}$, số mol oxalate (bằng số mol $Ca{C}_2{O}_4$, cũng bằng số mol $C{a}^{2+}$ vì mỗi $Ca{C}_2{O}_4$ chứa 1 $C{a}^{2+}$):
$$n_{C{a}^{2+}}=\frac{5}{2}\times 2,42\times 10^{-5}=6,05\times 10^{-5}\text{ mol}$$

Khối lượng calcium:
$$m_{Ca}=6,05\times 10^{-5}\times 40=2,42\times 10^{-3}\text{ g}=2,42\text{ mg}$$

Vậy trong 10,0 mL mẫu máu có 2,42 mg calcium.

Đáp án 2,42

$$2Mn{O}_4^{-}+5C_2{O}_4^{2-}+16H^{+}-\to 2M{n}^{2+}+10C{O}_2+8H_{2}O$$

0,0242mmol 0,0605mmol

$$Ca{C}_2{O}_4\rightleftarrows C{a}^{2+}+C_2{O}_4^{2-}$$

0,0605mmol 0,0605mmol

m = 0,0605.40 = 2,42mg

Chọn C.

$FeC{l}_3+3NaOH\to Fe(OH{)}_3\downarrow +3NaCl$

$Fe(OH{)}_3$ là kết tủa màu nâu đỏ.