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) Mg²⁺ + 2OH⁻ → Mg(OH)₂↓ kết tủa trắng. Fe³⁺ cho Fe(OH)₃ màu nâu đỏ; Fe²⁺ cho Fe(OH)₂ trắng xanh nhưng nhanh chuyển xanh rồi nâu đỏ; Cu²⁺ cho Cu(OH)₂ màu xanh. Vậy chỉ Mg²⁺ thỏa mãn.

a) Sai: $n_{KMn{O}_4}=0,020\times 0,0125=2,5\times 10^{-4}$ mol; $n_{F{e}^{2+}}=5n_{Mn{O}_4^{-}}=1,25\times 10^{-3}$ mol trong 5,00 mL, nên $C_{FeS{O}_4}=\frac{1,25\times 10^{-3}}{0,005}=0,25$ M, không phải 0,025 M.
b) Sai: tại điểm tương đương, dung dịch không chỉ có $F{e}^{3+}$ và $M{n}^{2+}$ mà còn có $H^{+}$ dư, $S{O}_4^{2-}$, $K^{+}$, nước...
c) Đúng: $F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}$ là quá trình nhường electron, nên $FeS{O}_4$ là chất khử.
d) Đúng: không dùng HCl vì $KMn{O}_4$ trong môi trường acid có thể oxi hóa $C{l}^{-}$ thành $C{l}_2$.

Kết quả: a S, b S, c Đ, d Đ
a) $$n_{KMn{O}_4}=0,020\times 0,0125=2,5\times 10^{-4}mol$$
Theo tỉ lệ:
$$n_{F{e}^{2+}}=5n_{Mn{O}_4^{-}}=1,25\times 10^{-3}mol$$
Số mol này có trong 5,00 mL dung dịch $FeS{O}_4$ ban đầu, nên:
$$C_{FeS{O}_4}=\frac{1,25\times 10^{-3}}{0,005}=0,25M$$
Không phải 0,025 M. Sai.
b) Tại điểm tương đương, dung dịch không chỉ có $F{e}^{3+}$ và $M{n}^{2+}$ mà còn có $H^{+}$ dư, $S{O}_4^{2-}$, $K^{+}$, nước... Sai.
c) $F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}$ là quá trình nhường electron, nên $FeS{O}_4$ là chất khử. Đúng.
d) Không dùng HCl vì $KMn{O}_4$ trong môi trường acid có thể oxi hóa $C{l}^{-}$ thành $C{l}_2$. Đúng.

Trong môi trường acid: $Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$. Số mol $KMn{O}_4$ dùng cho 10 mL dung dịch X: $n(KMn{O}_4)=0,02.0,017=3,4.10^{-4}$ mol. Theo tỉ lệ phản ứng: $n(F{e}^{2+})=5n(KMn{O}_4)=5.3,4.10^{-4}=1,7.10^{-3}$ mol. Đây là lượng $F{e}^{2+}$ trong 10 mL dung dịch X. Trong 100 mL dung dịch X: $n(FeS{O}_4)=1,7.10^{-3}.10=1,7.10^{-2}$ mol. $M(FeS{O}_4)=56+32+64=152$ g/mol. $m(FeS{O}_4)=0,017.152=2,584$ g. Hàm lượng $FeS{O}_4$ trong mẫu phèn kĩ thuật: \%$FeS{O}_4$ = 2,584 / 5,0 . 100\% = 51,68\% ≈ 51,7\%. Đáp án: 51,7\%.

Thí nghiệm 1: Cho 20 ml Y vào BaCl${}_2$ thì: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}}={\mathrm{n}}_{\downarrow }=0,01$ mol (trong 20 ml) $\Rightarrow$ trong 100 ml Y: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}}=0,05$ mol

$\stackrel{\text{BT: S}}{\to }{\mathrm{n}}_{\mathrm{FeS}{\mathrm{O}}_4.7{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}}-{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}=0,05-0,025=0,025$ mol $\Rightarrow {\mathrm{m}}_{\mathrm{FeS}{\mathrm{O}}_4.7{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=6,95$ (g)

Thí nghiệm 2: Cho KMnO${}_4$ ($8,6.10^{-4}$ mol) vào Y thì $\stackrel{\text{BT: e}}{\to }{\mathrm{n}}_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}}=5{\mathrm{n}}_{\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4}=4,3.10^{-3}$ mol (trong 20 ml) $\Rightarrow$ trong 100 ml: ${\mathrm{n}}_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}}=0,0215$ mol

Trong không khí, Fe2+ bị oxi hoá thành Fe3+ với số mol tương ứng là $0,025-0,0215=3,5.10^{-3}$ mol

Vậy $\%{\mathrm{n}}_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}}=\frac{3,5.10^{-3}}{0,025}.100\%=14\%$

(AI giải đề cho tôi)
Kết tủa màu xanh đặc trưng là Cu(OH)${}_2$. Phương trình: CuCl${}_2$ + 2NaOH → Cu(OH)${}_2$↓ (kết tủa xanh) + 2NaCl. Các phương án khác: FeCl${}_3$ cho Fe(OH)${}_3$ màu nâu đỏ; MgCl${}_2$ cho Mg(OH)${}_2$ màu trắng; FeCl${}_2$ cho Fe(OH)${}_2$ màu trắng xanh (xanh lục nhạt, sau chuyển nâu). Vậy X là CuCl${}_2$, khớp đáp án nguồn (Câu 45: C).

Trong môi trường acid: $Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$. $nKMn{O}_4$ = 0,01 · 0,004 = 0,00004 mol. $nF{e}^{2+}$ = 5 · 0,00004 = 0,00020 mol. Mẫu nước có thể tích 20 mL = 0,020 L. $CF{e}^{2+}$ = 0,00020 : 0,020 = 0,010 M. Nồng độ $F{e}^{2+}$ theo mg/L: 0,010 · 56 · 1000 = 560 mg/L. Giới hạn cho phép là 0,3 mg/L. Số lần vượt: 560 : 0,3 = 1866,67 ≈ 1867. Đáp án: 1867.

Phản ứng chuẩn độ:
$$5F{e}^{2+}+8H^{+}+Mn{O}_4^{-}\to 5F{e}^{3+}+M{n}^{2+}+4H_{2}O$$
nFe${}^{2+}$ trong 20 mL mẫu = 5nMnO${}_4^{-}$ = 5.4.0,01 = 0,2 mmol
→ nFe${}^{2+}$ trong 1 L mẫu = 10 mmol
Nồng độ sắt 10.56/1 = 560 mg/L nhiều gấp 560/0,5 = 1120 lần mức tối đa cho phép đối với nước sinh hoạt.

A. Sai, dung dịch muối Fe(II) có xanh lục nhạt.

B. Đúng, ion $F{e}^{2+}$ bị $Mn{O}_4^{-}$ oxi hóa lên $F{e}^{3+}$ trong môi trường $H^{+}$.

C. Đúng, ion $Mn{O}_4^{-}$ bị $F{e}^{2+}$ khử xuống $M{n}^{2+}$ trong môi trường $H^{+}$.

D. Đúng.

Y có thể hòa tan kim loại Cu → Y chứa Fe${}^{3+}$. Y làm nhạt màu dung dịch KMnO${}_4$ → Y chứa Fe${}^{2+}$ hoặc Cl${}^{-}$. → X là FeCl${}_3$.

(AI giải đề cho tôi)
nCl⁻ = nAg⁺ = 0,4 × 0,16 = 0,16 mol trong 200 ml → trong 100 ml có nCl⁻ = 0,08 mol. Do trung hòa điện: 2n(Zn²⁺) + 2n(Cu²⁺) = nCl⁻ → n(Zn²⁺) + n(Cu²⁺) = 0,04 mol (trong 100 ml). Cho NaOH dư: Zn(OH)₂ tan trong NaOH dư tạo zincate [Zn(OH)₄]²⁻, chỉ còn kết tủa Cu(OH)₂; nung đến khối lượng không đổi: Cu(OH)₂ → CuO + H₂O. nCuO = 1,6/80 = 0,02 mol → nCu²⁺ = 0,02 mol. Vậy nZn²⁺ = 0,04 − 0,02 = 0,02 mol trong 100 ml → C_Zn²⁺ = 0,02/0,1 = 0,2M. Đáp án A.

Phản ứng chuẩn độ:
2KMnO${}_4$ + 5H${}_2$C${}_2$O${}_4$ + 3H${}_2$SO${}_4$ → K${}_2$SO${}_4$ + 2MnSO${}_4$ + 10CO${}_2$ + 8H${}_2$O
0,0002 mol — 0,0005 mol
Số mol H${}_2$C${}_2$O${}_4$ trong 10,00 mL dung dịch 0,05 M:
$n(H_2{C}_2{O}_4)=0,01\times 0,05=0,0005$ mol
Thể tích KMnO${}_4$ = 5 mL = 0,005 L
$C_M(KMn{O}_4)=0,0002/0,005=0,04$ M = a.0,01 M $\Rightarrow a=4$
Đáp án: 4

Phương pháp dựa vào việc Cl${}_2$ oxi hóa Fe${}^{2+}$ thành Fe${}^{3+}$, sau đó chuẩn độ lượng Fe${}^{2+}$ còn dư bằng KMnO${}_4$.
a) Đúng. Trong phản ứng Cl${}_2$ + 2Fe${}^{2+}$ → 2Cl${}^{-}$ + 2Fe${}^{3+}$: Cl${}_2$ nhận electron tạo Cl${}^{-}$ nên là chất oxi hóa. Fe${}^{2+}$ nhường electron tạo Fe${}^{3+}$ nên là chất khử.
b) Đúng. Vì Cl${}_2$ oxi hóa được Fe${}^{2+}$, nên lượng Fe${}^{2+}$ bị mất đi phản ánh lượng Cl${}_2$ có trong nước máy. Sau đó chuẩn độ Fe${}^{2+}$ dư bằng KMnO${}_4$ để suy ra hàm lượng chlorine.
c) Đúng. Trong môi trường acid, MnO${}_4^{-}$ oxi hóa Fe${}^{2+}$ thành Fe${}^{3+}$: MnO${}_4^{-}$ + 5Fe${}^{2+}$ + 8H${}^{+}$ → Mn${}^{2+}$ + 5Fe${}^{3+}$ + 4H${}_2$O.
d) Sai. Vì V${}_1$, V${}_2$ được tính theo mL nên cần đổi về L. Ta có số mol Fe${}^{2+}$ chênh lệch là $n_{F{e}^{2+}}=5\times 2.10^{-3}\times \frac{V_2-V_1}{1000}$. Do Cl${}_2$ + 2Fe${}^{2+}$ → 2Cl${}^{-}$ + 2Fe${}^{3+}$ nên $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}{n}_{F{e}^{2+}}$. Vì vậy biểu thức đúng theo V tính bằng mL là $C_{C{l}_2}=\frac{71\times 5\times 2.10^{-3}\times (V_2-V_1)}{2\times 0,2}$, tức $C_{C{l}_2}=1,775(V_2-V_1)$ mg/L. Biểu thức đề cho thiếu sự chuyển đổi phù hợp nên sai.
a) Đúng. Trong phản ứng Cl${}_2$ + 2Fe${}^{2+}$ → 2Cl${}^{-}$ + 2Fe${}^{3+}$: Cl${}_2$ nhận electron tạo Cl${}^{-}$ nên là chất oxi hóa. Fe${}^{2+}$ nhường electron tạo Fe${}^{3+}$ nên là chất khử.
b) Đúng. Vì Cl${}_2$ oxi hóa được Fe${}^{2+}$, nên lượng Fe${}^{2+}$ bị mất đi phản ánh lượng Cl${}_2$ có trong nước máy. Sau đó chuẩn độ Fe${}^{2+}$ dư bằng KMnO${}_4$ để suy ra hàm lượng chlorine.
c) Đúng. Trong môi trường acid, MnO${}_4^{-}$ oxi hóa Fe${}^{2+}$ thành Fe${}^{3+}$: MnO${}_4^{-}$ + 5Fe${}^{2+}$ + 8H${}^{+}$ → Mn${}^{2+}$ + 5Fe${}^{3+}$ + 4H${}_2$O.
d) Sai. Vì V${}_1$, V${}_2$ được tính theo mL nên cần đổi về L. Ta có số mol Fe${}^{2+}$ chênh lệch là $n_{F{e}^{2+}}=5\times 2.10^{-3}\times \frac{V_2-V_1}{1000}$.
Do Cl${}_2$ + 2Fe${}^{2+}$ → 2Cl${}^{-}$ + 2Fe${}^{3+}$ nên $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}{n}_{F{e}^{2+}}$.
Vì vậy biểu thức đúng theo V tính bằng mL là $C_{C{l}_2}=\frac{71\times 5\times 2.10^{-3}\times (V_2-V_1)}{2\times 0,2}$, tức $C_{C{l}_2}=1,775(V_2-V_1)$ mg/L.
Biểu thức đề cho thiếu sự chuyển đổi phù hợp nên sai.

Đáp số 6,77.
1. Các phương trình phản ứng:
- Trường hợp chuẩn độ đúng (Tạo Mn${}^{2+}$): $Mn{O}_4^{-}+5F{e}^{2+}+8H^{+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$ (1)
- Trường hợp chuẩn độ sai (Tạo MnO${}_2$): MnO${}_4^{-}$ . (nguồn in thiếu phương trình tại đây)
Chuẩn độ đúng (tạo Mn${}^{2+}$): $n_{KMnO4}$ (đúng) = $n_{F{e}^{2+}}$ = 2,4 / 5 = 0,48 mmol; V (đúng) = 0,48 / 0,02 = 24 mL.
2. Chuẩn độ sai (tạo MnO${}_2$ và Mn${}^{2+}$): Gọi x là tổng số mol KMnO${}_4$ đã dùng.
- $n_{KMnO4}$ tạo MnO${}_2$ = 0,55x ⇒ $n_{F{e}^{2+}}$ bị oxi hóa = 3 . 0,55x = 1,65x
- $n_{KMnO4}$ tạo Mn${}^{2+}$ = 0,45x ⇒ $n_{F{e}^{2+}}$ bị oxi hóa = 5 . 0,45x = 2,25x
- Tổng $n_{F{e}^{2+}}$ = 1,65x + 2,25x = 3,9x
- Ta có: 3,9x = 2,4 ⇒ x = 8/13 mmol
- V (thực tế) = (8/13) / 0,02 = 30,76923... mL
3. Thể tích tăng thêm: Delta V = 30,76923 - 24 = 6,76923... mL

a) Đúng. Pha loãng 5 lần; phản ứng đúng: $Mn{O}_4^{-}+8H^{+}+5F{e}^{2+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$; $n_{Mn{O}_4^{-}}=4\times 10^{-5}$ mol; $n_{F{e}^{2+}}=2\times 10^{-4}$ mol trong 2mL dung dịch ban đầu; $x=0,10M$.
b) Sai. $Mn{O}_4^{-}+4H^{+}+3F{e}^{2+}\to Mn{O}_2+3F{e}^{3+}+2H_{2}O$; tổng hệ số là 14, không phải 16.
c) Đúng. Chuẩn độ permanganat kết thúc khi dung dịch xuất hiện màu hồng nhạt bền trong khoảng 20 giây.
d) Đúng. Với $f$ là phần mol MnO${}_4^{-}$ tạo MnO${}_2$: $5(1-f)n+3fn=2\times 10^{-4}$ với $n=5,5\times 10^{-5}$ mol, suy ra $f=0,68182\Rightarrow a=68,18\%$.
a) Dung dịch ban đầu: lấy 10,00mL pha thành 50mL, tức là pha loãng 5 lần. Lấy 10mL dung dịch Y chuẩn độ, tức lượng Fe${}^{2+}$ trong đó bằng lượng có trong 2mL dung dịch ban đầu. Phản ứng đúng: $$Mn{O}_4^{-}+8H^{+}+5F{e}^{2+}\to M{n}^{2+}+5F{e}^{3+}+4H_{2}O$$ Số mol KMnO${}_4$ dùng: $$n_{Mn{O}_4^{-}}=0,01\cdot 0,004=4\times 10^{-5}mol$$ Số mol Fe${}^{2+}$ trong 10mL dung dịch Y: $$n_{F{e}^{2+}}=5\cdot 4\times 10^{-5}=2\times 10^{-4}mol$$ Đó là số mol trong 2mL dung dịch ban đầu, nên: $$x=\frac{2\times 10^{-4}}{0,002}=0,10M$$ Vậy a đúng.
b) Cân bằng phản ứng (2): $$Mn{O}_4^{-}+4H^{+}+3F{e}^{2+}\to Mn{O}_2+3F{e}^{3+}+2H_{2}O$$ Tổng hệ số là $1+4+3+1+3+2=14$, không phải $16$. Vậy b sai.
c) Chuẩn độ permanganat kết thúc khi dung dịch xuất hiện màu hồng nhạt bền trong khoảng 20 giây. Đúng.
d) Gọi $f$ là phần mol MnO${}_4^{-}$ đi theo phản ứng tạo MnO${}_2$. Tổng số mol MnO${}_4^{-}$ dùng bởi An: $$n=0,01\cdot 0,0055=5,5\times 10^{-5}mol$$ Tổng mol Fe${}^{2+}$ trong mẫu chuẩn là $2\times 10^{-4}mol$. Khi đó: $$5(1-f)n+3fn=2\times 10^{-4}$$ $$\Rightarrow (5-2f)\cdot 5,5\times 10^{-5}=2\times 10^{-4}$$ $$\Rightarrow 5-2f=3,63636$$ $$\Rightarrow f=0,68182\Rightarrow a=68,18\%$$ Vậy d đúng.

a) Sai, X chứa 2 muối và acid dư.
b) Đúng
Trong 20 ml dung dịch X: FeSO${}_4$ x mol; Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ y mol; H${}_2$SO${}_4$ dư: (x + 3y) mol
Với Ba(OH)${}_2$: m↓ = 90x + 107.2y + 233(2x + 6y) = 14,4
Với KMnO${}_4$: $n_{F{e}^{2+}}=x=0,046.0,1.5=0,023$ mol
=> y = 0,001 mol
=> Trong 200 ml dung dịch X: FeSO${}_4$ 0,23 mol; Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ 0,01 mol; H${}_2$SO${}_4$ dư: 0,26 mol
=> $n_{H_{2}S{O}_{4}pu}=0,23=n_{H_2}+n_{H_{2}O}$ => $n_O=n_{H_{2}O}=0,0125$ mol
=> \%Fe bị oxi hoá = $\frac{0,0125.2}{0,25}.100=10\%$
c) Sai, vì đinh sắt là hợp kim của Fe – C nên ăn mòn điện hoá.
d) Đúng.
a) Sai, X chứa 2 muối và acid dư.
b) Đúng
Trong 20 ml dung dịch X: FeSO${}_4$ x mol; Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ y mol; H${}_2$SO${}_4$ dư: (x + 3y) mol
Với Ba(OH)${}_2$: m↓ = 90x + 107.2y + 233(2x + 6y) = 14,4
Với KMnO${}_4$: $n_{F{e}^{2+}}=x=0,046.0,1.5=0,023$ mol
=> y = 0,001 mol
=> Trong 200 ml dung dịch X: FeSO${}_4$ 0,23 mol; Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$ 0,01 mol; H${}_2$SO${}_4$ dư: 0,26 mol
=> $n_{H_{2}S{O}_{4}pu}=0,23=n_{H_2}+n_{H_{2}O}$ => $n_O=n_{H_{2}O}=0,0125$ mol
=> \%Fe bị oxi hoá = $\frac{0,0125.2}{0,25}.100=10\%$
c) Sai, vì đinh sắt là hợp kim của Fe – C nên ăn mòn điện hoá.
d) Đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Khi nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch muối, các cation tạo kết tủa với màu sắc đặc trưng: $C{u}^{2+}$ tạo kết tủa xanh $Cu(OH{)}_2$; $F{e}^{3+}$ tạo kết tủa nâu đỏ $Fe(OH{)}_3$; $F{e}^{2+}$ tạo kết tủa trắng xanh $Fe(OH{)}_2$ (dần chuyển xanh rồi nâu đỏ do bị oxi hóa); còn $M{g}^{2+}$ tạo kết tủa trắng $Mg(OH{)}_2$ xuất hiện ngay: $M{g}^{2+}+2O{H}^{-}\to Mg(OH{)}_2\downarrow$. Vì đề cho kết tủa màu trắng xuất hiện ngay nên dung dịch chứa cation $M{g}^{2+}$. Đáp án B, trùng với đáp án nguồn.

a) Đúng. Fe${}^{2+}$ dễ bị oxi hóa bởi O${}_2$ không khí thành Fe${}^{3+}$. Khi đó lượng Fe${}^{2+}$ còn lại ít hơn, nên thể tích KMnO${}_4$ tiêu thụ giảm.
b) Sai. KMnO${}_4$ có màu tím, khi dư một giọt sẽ làm dung dịch có màu hồng nhạt bền. Vì vậy KMnO${}_4$ tự làm chất chỉ thị, không cần phenolphthalein.
c) Đúng. Burette cần tráng bằng nước cất rồi tráng lại bằng chính dung dịch KMnO${}_4$ để tránh làm loãng dung dịch chuẩn.
d) Đúng.
Thể tích trung bình KMnO${}_4$: V = (14,9 + 15,0 + 15,1) : 3 = 15,0 mL = 0,015 L
nKMnO${}_4$ = 0,020 × 0,015 = 3,0×10${}^{-4}$ mol
Theo phương trình: nFe${}^{2+}$ = 5nKMnO${}_4$ = 5 × 3,0×10${}^{-4}$ = 1,5×10${}^{-3}$ mol
mFeSO${}_4$ = 1,5×10${}^{-3}$ × 152 = 0,228 g = 228 mg
Nhãn ghi 250 mg, sai số cho phép ±5%: 250 × 5% = 12,5 mg
Khoảng đạt chuẩn: 237,5 mg đến 262,5 mg.
Thực tế chỉ có 228 mg < 237,5 mg nên lô thuốc không đạt chuẩn.
a) Đúng. Fe${}^{2+}$ dễ bị oxi hóa bởi O${}_2$ không khí thành Fe${}^{3+}$. Khi đó lượng Fe${}^{2+}$ còn lại ít hơn, nên thể tích KMnO${}_4$ tiêu thụ giảm.
b) Sai. KMnO${}_4$ có màu tím, khi dư một giọt sẽ làm dung dịch có màu hồng nhạt bền. Vì vậy KMnO${}_4$ tự làm chất chỉ thị, không cần phenolphthalein.
c) Đúng. Burette cần tráng bằng nước cất rồi tráng lại bằng chính dung dịch KMnO${}_4$ để tránh làm loãng dung dịch chuẩn.
d) Đúng.
Thể tích trung bình KMnO${}_4$: V = (14,9 + 15,0 + 15,1) : 3 = 15,0 mL = 0,015 L
nKMnO${}_4$ = 0,020 × 0,015 = 3,0×10${}^{-4}$ mol
Theo phương trình: nFe${}^{2+}$ = 5nKMnO${}_4$ = 5 × 3,0×10${}^{-4}$ = 1,5×10${}^{-3}$ mol
mFeSO${}_4$ = 1,5×10${}^{-3}$ × 152 = 0,228 g = 228 mg
Nhãn ghi 250 mg, sai số cho phép ±5%: 250 × 5% = 12,5 mg
Khoảng đạt chuẩn: 237,5 mg đến 262,5 mg.
Thực tế chỉ có 228 mg < 237,5 mg nên lô thuốc không đạt chuẩn.

Thuốc tím $KMn{O}_4$ trong môi trường $H_{2}S{O}_4$ loãng có tính oxi hóa mạnh. Chất làm mất màu thuốc tím phải có tính khử. $FeS{O}_4$ chứa $F{e}^{2+}$. Ion $F{e}^{2+}$ có tính khử, bị oxi hóa thành $F{e}^{3+}$: $F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+e$. Vì vậy $FeS{O}_4$ làm mất màu dung dịch $KMn{O}_4$ trong môi trường acid. Các muối $MgS{O}_4$, $F{e}_2(S{O}_4{)}_3$ không có ion có tính khử mạnh tương tự. Chọn A.

FeCl${}_2$ tạo Fe(OH)${}_2$ màu trắng xanh

a) Sai: Không thể thay H${}_2$SO${}_4$ bằng HBr vì Br${}^{-}$ có thể bị KMnO${}_4$ oxi hóa, làm sai kết quả chuẩn độ. b) Đúng: Kết quả tính được là 95,3% (chi tiết ở phần giải thích ý b). c) Sai: Không nên thay Zn bằng Fe vì Fe có thể tan thêm vào dung dịch, tạo Fe${}^{2+}$ mới, làm kết quả chuẩn độ bị tăng. d) Sai: Khối lượng gang thu được khoảng 576 tấn, không phải 540 tấn. Đáp án: S Đ S S.
a) Không thể thay H${}_2$SO${}_4$ bằng HBr vì Br${}^{-}$ có thể bị KMnO${}_4$ oxi hóa, làm sai kết quả chuẩn độ.
b) Phản ứng chuẩn độ: MnO${}_4^{-}$ + 5Fe${}^{2+}$ + 8H${}^{+}$ → Mn${}^{2+}$ + 5Fe${}^{3+}$ + 4H${}_2$O. Số mol KMnO${}_4$ dùng cho 10,0 mL dung dịch Y: $n_{KMn{O}_4}$ = 0,02 · 0,016 = 0,00032 mol. Số mol Fe${}^{2+}$ trong 10,0 mL Y: $n_{F{e}^{2+}}=5n_{KMn{O}_4}=5\cdot 0,00032=0,0016$ mol. Trong 250 mL Y: $n_{Fe}=0,0016\cdot 25=0,04$ mol. Khối lượng Fe: $m_{Fe}=0,04\cdot 56=2,24$ gam. Hàm lượng Fe trong gang: $\%Fe=\frac{2,24}{2,35}\cdot 100\%\approx 95,3\%$.
c) Không nên thay Zn bằng Fe vì Fe có thể tan thêm vào dung dịch, tạo Fe${}^{2+}$ mới, làm kết quả chuẩn độ bị tăng.
d) Từ 1000 tấn quặng chứa 80% Fe${}_2$O${}_3$: $m_{F{e}_2{O}_3}=800$ tấn. Khối lượng Fe lý thuyết: $m_{Fe}=800\cdot \frac{112}{160}=560$ tấn. Hiệu suất 98%: $m_{Fe,thực}=560\cdot 98\%=548,8$ tấn. Gang chứa 95,3% Fe nên khối lượng gang thu được: $m_{gang}=548,8/95,3\%\approx 576$ tấn. Không phải 540 tấn.