1.2. Bài toán Cu, CuO, Fe(OH)n, FexOy tác dụng với HCl, H2SO4 loãng

13/12/2021
Đăng bởi Nhật Tài

A. Định hướng tư duy

+ Các bạn chú ý nếu hỗn hợp chứa chất rắn có Cu thì mặc dù là Cu không tác dụng với dung dịch HCl, H2SO4 loãng nhưng Cu vẫn tan nếu hỗn hợp rắn có chứa Fe2O3 hoặc Fe3O4 vì ta có phản ứng $Cu+2F{{e}^{3+}}\to C{{u}^{2+}}+2F{{e}^{2+}}$ (1).

+ Theo tư duy phân chia nhiệm vụ H+ ta có

$\left\{ \begin{align} & 2{{H}^{+}}\xrightarrow{{}}{{H}_{2}} \\ & 2{{H}^{+}}+{{O}^{2-}}\xrightarrow{{}}{{H}_{2}}O \\ & {{H}^{+}}+O{{H}^{-}}\xrightarrow{{}}{{H}_{2}}O \\ \end{align} \right.$

+ Nếu chất rắn dư có chứa Cu hoặc Fe thì muối thu được chỉ là Fe2+ và Cu2+.

B. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Để hòa tan vừa hết hỗn hợp bột gồm Cu và Fe2O3 có tỉ lệ số mol Cu : Fe2O3 = 1 : 2 cần 400 ml dung dịch H2SO4 0,75M thu được dung dịch X. Khối lượng muối sắt (III) sunfat trong dung dịch X là

A. 18 gam              B. 16 gam                  C. 20 gam                  D. 24 gam

*** Định hướng tư duy giải:

Hướng tư duy 1: Điền số điện tích

$X\left\{ \begin{align} & C{{u}^{2+}}:a \\ & F{{e}^{3+}}:b \\ & \xrightarrow{BTNT.Fe}F{{e}^{2+}}:2a \\ & SO_{4}^{2-}:0,3(mol) \\ \end{align} \right.$$\xrightarrow{BTDT}2a+6a+4a=0,6$$\to a=0,05(mol)$

$\xrightarrow{BTNT.Fe}{{m}_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}=\frac{0,05.2}{2}.400=20(gam)$

Hướng tư duy 2: Phân chia nhiệm vụ H+

+ Có ngay

$\left\{ \begin{align} & Cu:a \\ & F{{e}_{2}}{{O}_{3}}:2a \\ \end{align} \right.$$\xrightarrow{BTNT.O+H}{{n}_{{{H}^{+}}}}=0,6={{n}_{O}}=12a$$\to a=0,05(mol)$

Và $\xrightarrow{BTNT.Fe}{{m}_{F{{e}_{2}}{{(S{{O}_{4}})}_{3}}}}=\frac{0,05.2}{2}.400=20(gam)$

*** Giải thích tư duy:

Bài toán này chúng ta có thể xử lý theo hai hướng đều rất tốt. Với hướng tư duy điền số điện tích tôi sẽ trình bày kỹ hơn cho các bạn ở các phần sau.


Trên đây là trích một phần lý thuyết. Để xem đầy đủ Phương Pháp Giải Nhanh Bài Tập (Lý thuyết, Bài tập, Hướng dẫn giải), bạn có thể tải file bên dưới.