1)

a) Khí B mùi trứng thối => H2S

$Pb(NO_3)_2 + H_2S \to PbS + 2HNO_3$

n H2S = n PbS = 47,8/239 = 0,2(mol)

Gọi CTHH của muối halogen là RX

8RX + 5H2SO4 đặc,nóng → 4R2SO4 + H2S + 4X2 + 4H2O

n H2SO4 = 5n H2S = 0,2.5 = 1(mol)

CM H2SO4 = 1/0,2 = 5M

T gồm R2SO4,X2

Khi nung thì chỉ còn lại R2SO4

=> m X2 = 342,4 - 139,2 = 203,2(gam)

n X2 = 4n H2S = 0,8(mol)

=> M X2 = 2X = 203,2/0,8 = 254

=> X = 127(Iot)

Theo PTHH  :

n R2SO4 = n X2 = 0,8(mol)

=> M R2SO4 = 2R + 96 = 139,2/0,8 = 174

=> R = 39(Kali)

Vậy Muối cần tìm là $KI$

n KI = 2n R2SO4 = 1,6(mol)

=> x = 1,6.166 = 265,6 gam

Bài 2:

a)

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).

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)

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

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

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

\(n_{Fe}=\dfrac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right);n_S=\dfrac{9,6}{32}=0,3\left(mol\right)\)

PTHH: \(Fe+S-^{t^o}\rightarrow FeS\)

Theo đề: 0,2...0,3

Lập tỉ lệ \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,3}{1}\)=> Fe hết. S dư

=> Sau phản ứng hỗn hợp gồm S dư, FeS

=> \(n_{S\left(dư\right)}=0,3-0,2=0,1\left(mol\right)\)

S + H2SO4 → SO2 + H2O

2FeS + 10H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=\left(0,1+\dfrac{0,2.10}{2}\right).98=107,8\left(g\right)\)

\(V_{SO_2}=\left(0,1+\dfrac{0,2.9}{2}\right).22,4=22,4\left(l\right)\)

\(n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{FeS}=0,1\left(mol\right)\)

3Ba(OH)2 + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (*)

Theo PT (*) : \(n_{Fe_2\left(SO_4\right)_3}=\dfrac{1}{2}n_{Fe\left(OH\right)_3}=0,05\left(mol\right)\)

Theo PT (**): \(n_{Fe_2O_3}=2n_{Fe\left(OH\right)_3}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Fe_2O_3}=0,1.160=16\left(g\right)\)