Bảo toàn nguyên tố:

\(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Al}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2,7}{27}=0,05\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05.342=17,1\left(g\right)\)

2Al + 6H₂SO₄ ---> Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

Ta có: n_Al = \(\dfrac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,1.342=34,2\left(g\right)\)

vậy m = 34,2 (g)

a) 

Gọi số mol Fe, Cu là a, b (mol)

=> 56a + 64b = 12 (1)

\(n_{SO_2}=\dfrac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\)

PTHH: 2Fe + 6H₂SO₄ --> Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

             a------------------------------->1,5a

           Cu + 2H₂SO₄ --> CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

             b---------------------------->b

=> 1,5a + b = 0,25 (2)

(1)(2) => a = 0,1 (mol); b = 0,1 (mol)

=> m_Fe = 0,1.56 = 5,6 (g)

b)

1 nửa hỗn hợp X trên chứa \(\left\{{}\begin{matrix}Fe:0,05\left(mol\right)\\Cu:0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

PTHH: Fe + H₂SO₄ --> FeSO₄ + H₂

           0,05---------------------->0,05

=> Thu được khí H₂

V_H2 = 0,05.22,4 = 1,12 (l)

Đáp án D

Ÿ Có 

Ÿ m g X + HNO₃ đặc nguội → 0,1 mol NO₂

_{→ BTe a . n M = 0 , 1   m o l   ( 2 )}

Ÿ Từ (1) và (2) suy ra:

=> a = 2, M = 65 (M là Zn).

Qui đổi ½ hh B gồm Al (x mol), Fe (y mol), O (z mol)

=> mB = 2 (mAl + mFe + mO) = 102,78g

Gọi công thức của oxit sắt là Fe_aO_b

=> Fe₂O₃

`2Fe + 6H_2 SO_[4(đ,n)] -> Fe_2(SO_4)_3 + 3SO_2 \uparrow + 6H_2 O`

`0,05`        `0,15`                               `0,025`                                     `(mol)`

`Cu + 2H_2 SO_[4(đ,n)] -> CuSO_4 + SO_2 \uparrow + 2H_2 O`

`0,225`     `0,45`                         `0,225`                                          `(mol)`

`n_[SO_2]=[6,72]/[22,4]=0,3(mol)`

Gọi `n_[Fe]=x` ; `n_[Cu]=y`

`=>` $\begin{cases} \dfrac{3}{2}x+y=0,3\\56x+64y=17,2 \end{cases}$

`<=>` $\begin{cases}x=0,05\\y=0,225 \end{cases}$

  `@m_[Fe_2(SO_4)_3]=0,025.400=10(g)`

  `@m_[CuSO_4]=0,225.160=36(g)`

  `@m_[dd H_2 SO_4]=[(0,15+0,45).98]/80 .100=73,5(g)`

Sửa đề: 80% ---> 98% (80% chưa đặc nên không giải phóng SO₂ được)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=a\left(mol\right)\\n_{Cu}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow56a+64b=17,2\left(1\right)\)

PTHH: 

\(2Fe+6H_2SO_{4\left(đặc,nóng\right)}\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2\uparrow+6H_2O\)

a------>3a------------------->0,5a--------------->1,5a

\(Cu+2H_2SO_{4\left(đặc,nóng\right)}\rightarrow CuSO_4+SO_2\uparrow+2H_2O\)

b----->2b------------------->b------------->b

\(\rightarrow1,5a+b=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\left(2\right)\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,05\left(mol\right)\\b=0,225\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=0,5.0,05.400=10\left(g\right)\\m_{CuSO_4}=0,225.160=36\left(g\right)\\m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{\left(0,05.3+0,225.2\right).98}{98\%}=60\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

Do A, B là hợp chất hữu cơ đơn chức, có khả năng tác dụng với NaOH

=> trong phân tử A,B chứa 2 nguyên tử oxi

=> M_A = M_B = 32 . 100/21,621= 148 g/mol

=> CTPT của A,B là C₉H₈O₂ .

TN1: n_A + n_B = 0,74/148=5.10^-3

 Mà m _{sản phẩm}=1,54

 => cả A,B đều có khả năng tham gia phản ứng cộng với dung dịch  Br₂ theo tỉ lệ mol 1:1

=> A,B chứa 1 nối đôi C=C trong phân tử ( không phải este của phenol)

TN5: Do A,B bị oxi hóa bởi KMnO₄ tạo ra C₇H₈O₂ và CO₂ => A,B chứa vòng benzen

TN2: n_A + n_B= 2,22/148=0,015 mol

Do hỗn hợp X có khả năng tác dụng  với NaHCO₃ => hỗn hợp có chứa axit

=> n_axit= n_CO2 = 5.10^-3 => n_este= 0,01 mol

TN3:  trong 4,44 gam hỗn hợp n_axit = 0,01 mol, n_este= 0,02

=> m_muối  sinh ra từ este = 4,58 – 0,01 . M_C8H7COONa= 2,88

=> M_muối  sinh ra từ este = 144 g/mol.

=> CT muối sinh ra từ este là: C₆H₅COONa

=> CTCT A,B là: C₆H₅COOC₂H₃ và C₆H₅-CH=CH-COOH

=> ( loại trường hợp axit có CT C₆H₅-C(COOH)=CH₂ vì axit này không bị oxi hóa tạo C₆H₅COONa và CO₂)

PTHH:

C₆H₅COOC₂H₃+ 2KMnO₄ +3 H₂SO₄ → C₆H₅COOH + 2CO₂ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 4H₂O

C₆H₅-CH=CH-COOH   +2 KMnO₄ + 3H₂SO₄ →C₆H₅COOH + 2CO₂ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 4H₂O.