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

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

1) Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Cu}=a\left(mol\right)\\n_{Fe}=b\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow64a+56b=18,4\)  (1)

Ta có: \(n_{SO_2}=\dfrac{7,84}{22,4}=0,35\left(mol\right)\)

Bảo toàn electron: \(2a+3b=0,35\cdot2=0,7\)  (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\\b=0,1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Cu}=\dfrac{0,2\cdot64}{18,4}\cdot100\%\approx69,57\%\\\%m_{Fe}=30,43\%\end{matrix}\right.\)

2) PTHH: \(NaOH+SO_2\rightarrow NaHSO_3\)

Theo PTHH: \(n_{NaOH}=n_{SO_2}=0,35\left(mol\right)\) \(\Rightarrow V_{NaOH}=\dfrac{0,35}{2}=0,175\left(l\right)=175\left(ml\right)\)

\(1) n_{Cu} = a(mol) ; n_{Fe} = b(mol) \Rightarrow 64a + 56b = 18,4(1)\\ n_{SO_2} = \dfrac{7,84}{22,4} = 0,35(mol)\)

Bảo toàn electron : 

\(2a + 3b = 0,35.2(2)\\ (1)(2) \Rightarrow a = 0,2 ; b = 0,1\\ \%m_{Cu} = \dfrac{0,2.64}{18,4}.100\% = 69,57\%\\ \%m_{Fe} = 100\%-69,57\% = 30,43\%\\ 2) NaOH + SO_2 \to NaHSO_3\\ n_{NaOH} = n_{SO_2} = 0,35(mol)\\ \Rightarrow V_{dd\ NaOH} = \dfrac{0,35}{2} = 0,175(lít)\)

Đáp án C

- Giả sử Mg, Fe đều phản ứng hết với muối kim loại => Z chứa toàn bộ số mol Mg²⁺ ; Fe^x+

=> T chứa Mg(OH)₂ và Fe(OH)_x => Chất rắn cuối cùng là MgO và Fe₂O₃ chắc chắn phải có khối lượng lớn hơn lượng kim loại ban đầu trong X => Không thỏa mãn đề bài (7,2 < 7,36)

=> Các muối nitrat phản ứng hết, kim loại dư và đó là Fe (vì Mg phản ứng trước)

=> kết tủa Y gồm Cu, Ag, Fe.

- Gọi n_Mg = a ; n_Fe(pứ) = b ; n_{Fe dư} = c => m_X = 24a + 56b + 56c = 7,36 ⁽¹⁾

- Bảo toàn e cho phản ứng trao đổi muối: 2n_Mg + 2n_{Fe pứ} = n_Ag + 2n_Cu = 2a + 2b

- Khi Y + H₂SO₄ đặc nóng (Fe → Fe³⁺)

Bảo toàn electron: 2n_Cu + n_Ag + 3n_{Fe dư} = 2n_SO2 = 2.5,04/22,4 = 0,45 mol

=> 2a + 2b + 3c = 0,45 ⁽²⁾

- Như đã phân tích ở trên. chất rắn cuối cùng gồm MgO và Fe₂O₃.

Bảo toàn nguyên tố: n_Mg = n_MgO = a ; n_Fe2O3 = ½ n_{Fe pứ} = 0,5b

=> m_rắn = m_MgO + m_Fe2O3 = 40a + 160.0,5b = 40a + 80b = 7,2 ⁽³⁾

Từ (1,2,3) => a = 0,12 ; b = 0,03 ; c = 0,05 mol

=> m_Fe(X) = 56.(0,03 + 0,05) = 4,48g

=> %m_Fe(X) = 4,48: 7,36 = 60,87%

Đáp án : C

P₁ : n_H2 = n_Fe = 0,1 mol

P₂ : Gọi số mol của Fe và Cu trong P₂ lần lượt là x và y

=> bảo toàn e : 3x + 2y = 2n_SO2 = 0,8 mol

, m_muối = m_CuSO4 + m_Fe2(SO4)3 = 200x + 160y = 56g

=> x = 0,2 ; y = 0,1 mol

Tỉ lệ mol Fe : Cu trong các phần không đổi

=>Trong P₁ : n_Cu = 0,05 mol

Trong m gam X có: 0,3 mol Fe và 0,15 mol Cu

=> m = 26,4g

Đáp án C

Ÿ Có m_{hỗn hợp rắn} < m_Fe => Chứng tỏ X chưa tan hết.

=> Fe bị oxi hóa lên Fe(II)

Ÿ Đặt số mol Fe phản ứng và Fe dư lần lượt là x, y.

24 . n Mg + 56 . m Fe = 7 , 36   g → BTe 2 . n Mg + 2 x + 3 y = 2 . n SO 2 = 2 . 5 , 04 22 , 4 = 0 , 45   mol m MgO + m Fe 2 O 3 = 40 . n Mg + 160 . x 2 = 7 , 2   g ⇒ n Mg = 0 , 12   mol x = 0 , 03 y = 0 , 05

⇒ % m Fe ( X ) = 56 . ( x + y ) 7 , 36 . 100 % = 60 , 87 %

Đáp án : A

Ta thấy m_X > m_{Rắn (gồm oxit)} => Y gồm cả Fe , Cu , Ag

Gọi số mol Mg là x ; số mol Fe phản ứng đầu là y và dư sau đó là z mol

=> m_X = 24x + 56y + 56z = 7,36g   (1)

Bảo toàn e : 2n_Mg + 2n_{Fe pứ} + 3n_{Fe dư} = n_Ag + 2n_Cu + 3n_{Fe dư} = 2n_SO2

=> 2x + 2y + 3z = 0,45 mol

,m_rắn = m_MgO + m_Fe2O3 = 40x + 80y = 7,2g

=> x = 0,12 mol ; y = 0,03 mol ; z = 0,05 mol

=> %m_Fe(X) = 60,87%

Đáp án : C

n_SO2 = 0,225 mol

Chất rắn sau khi nung chỉ nặng 7,2 gam nên toàn bộ Mg và Fe không thể chuyển hết về oxit được (Lúc đó m­_rắn > 7,36), tức là trong Y phải có Fe dư —> AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ đã hết

Đặt a, b, c là số mol Mg, Fe phản ứng và Fe dư —> 24a + 56(b + c) = 7,36

Chất rắn Y gồm Ag, Cu và Fe dư, phần Ag, Cu do Mg (a) và Fe (b) đẩy ra nên 2a + 2b = n_Ag + 2n_Cu

Trong khi đó: n_Ag + 2n_Cu + 3n_{Fe dư} = 2nSO2 —> 2a + 2b + 3c = 0,225.2

Chất rắn cuối bài gồm MgO (a) và Fe₂O₃ (b/2) —> 40a + 160b/2 = 7,2

Giải hệ: a = 0,12 mol b = 0,03 mol c = 0,05 mol —> n_Fe = 0,08 mol —> %m_Fe = 60,87%