a) Do sản phẩm thu được sau khi nung khi hòa tan vào dd HCl thu được hỗn hợp khí => Sản phẩm chứa Fe dư

\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\); \(n_S=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Fe + S --t^o--> FeS 

          0,05<-0,05-->0,05

            Fe + 2HCl --> FeCl₂ + H₂

          0,05-->0,1---------->0,05

             FeS + 2HCl --> FeCl₂ + H₂S

            0,05-->0,1------------->0,05

=> \(\%V_{H_2}=\%V_{H_2S}=\dfrac{0,05}{0,05+0,05}.100\%=50\%\)

b)

n_NaOH = 0,2.1 = 0,2 (mol)

PTHH: NaOH + HCl --> NaCl + H₂O

                0,2-->0,2

=> n_HCl = 0,1 + 0,1 + 0,2 = 0,4 (mol)

=> \(C_{M\left(dd.HCl\right)}=\dfrac{0,4}{0,5}=0,8M\)

2>

3Fe+2O2-to->Fe3O4

0,1---0,067

2FeS+7\2O2-to->Fe2O3+2SO2

0,1--------0,175

=>nO2=0,067+0,175=0,242mol

Fe+S-to>FeS

nFe=5,6\56=0,1 mol

nS=1,6\32=0,05 mol

=>Fe dư

FeS+H2SO4->FeSO4+H2S

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

Fe+H2SO4->FeSO4+H2

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

=>Vhhk=0,1.22,4=2,24l

=>%VH2S=0,05.22,4\2,24.100=50%

=>%VH2=50%

\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\); \(n_S=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Fe + S --t^o--> FeS 

         0,05<-0,05-->0,05

            Fe + 2HCl --> FeCl₂ + H₂

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

             FeS + 2HCl --> FeCl₂ + H₂S

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

=> \(\%V_{H_2}=\%V_{H_2S}=\dfrac{0,05}{0,05+0,05}.100\%=50\%\)

\(n_{H_2}=\dfrac{0,56}{22,4}=0,025\left(mol\right)\)

\(n_{NaOH}=0,25.1=0,25\left(mol\right)\)

Cho X vào dung dịch `H_2SO_4` loãng:

\(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

0,025<-----------------------0,025

a. \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{56.0,025.100\%}{11,8}=11,86\%\\\%m_{Cu}=\dfrac{\left(11,8-0,025.56\right).100\%}{11,8}=88,14\%\end{matrix}\right.\)

b. \(n_{Cu}=\dfrac{11,8-0,025.56}{64}=0,1625\left(mol\right)\)

Cũng lượng X trên cho vào dung dịch `H_2SO_4` đặc nóng:

Giả sử Fe tác dụng hết với dung dịch \(H_2SO_{4.đn}\)

\(2Fe+6H_2SO_{4.đn}\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3SO_2+6H_2O\)

0,025----------------------------------->0,0375

\(Cu+2H_2SO_{4.đn}\rightarrow CuSO_4+SO_2+2H_2O\)

0,1625--------------------------->0,1625

\(\Sigma n_{SO_2}=0,0375+0,1625=0,2\left(mol\right)\)

Có: \(\dfrac{n_{NaOH}}{n_{SO_2}}=\dfrac{0,25}{0,2}=1,25\)

=> Phản ứng giữa `NaOH` và `SO_2` tạo muối axit trước (tỉ lệ 1:1)

\(SO_2+NaOH\rightarrow NaHSO_3\)

0,2---->0,2------->0,2

Xét \(\dfrac{0,2}{1}< \dfrac{0,25}{1}\Rightarrow\) NaOH dư.

\(n_{NaOH.dư}=0,25-0,2=0,05\left(mol\right)\)

\(NaOH+NaHSO_3\rightarrow Na_2SO_3+H_2O\)

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

Xét \(\dfrac{0,05}{1}< \dfrac{0,2}{1}\Rightarrow NaHSO_3.dư\)

Sau phản ứng thu được: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaHSO_3}=0,2-0,05=0,15\left(mol\right)\\n_{Na_2SO_3}=0,05\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(m_{muối}=0,15.104+0,05.126=21,9=m_{muối.thu.được.theo.đề}\)

=> Giả sử đúng.

\(\Rightarrow V=V_{SO_2}=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

Ta có: 56n_Fe + 88n_FeS = 20 (1)

\(n_Y=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

BT e: 2n_H2 = 2n_Fe ⇒ n_H2 = n_Fe

BTNT S: n_H2S = n_FeS

⇒ n_Fe + n_FeS = 0,3 (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Fe}=0,2\left(mol\right)\\n_{FeS}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Coi A gồm: Fe: 0,3 (mol) và S: 0,1 (mol)

BT e, có: 2n_Fe + 4n_S = 2n_SO2

⇒ n_SO2 = 0,5 (mol)

BTNT Fe: n_FeSO4 = n_Fe = 0,3 (mol)

BTNT S: n_H2SO4 = 0,3 + 0,5 = 0,8 (mol)

\(n_{Fe}=\dfrac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)\) 

\(n_S=\dfrac{1,6}{32}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH:    Fe     +  S -----^_to ------> FeS

Theo đề: 0,1....0,05 (mol)

Lập tỉ lệ : \(\dfrac{0,1}{1}>\dfrac{0,05}{1}\) => Sau phản ứng Fe dư

=> \(n_{Fe\left(dư\right)}=0,1-0,05=0,05\left(mol\right)\)

\(n_{FeS}=n_S=0,05\left(mol\right)\)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

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

FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S

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

 % về thể tích các khí trong B cũng là % về số mol

\(\%V_{H_2}=\dfrac{0,05}{0,05+0,05}=50\%\)

=> %V _H2S = 100 - 50 = 50%

 Gọi nFe3O4= a; nCu= b→ 232a+ 64b= 36 (1) 
Fe3O4+ 8HCl→ 2FeCl3+ FeCl2+ H42O. 
2FeCl3+ Cu→ 2FeCl2+ CuCl2. 
Theo giả thiết: nCu dư= 6,4/64= 0,1(mol). 
→ nCu PƯ= b–0,1 
Từ 2 PT: nFe3O4= nFeCl3/2= nCu(PƯ) 
↔ a= b–0,1 (2) 
Giải hệ PT (1) và (2) ↔ a=0,1; b=0,2 
Vậy %mFe3O4= 232.0,1.100/36 =64,44 (%) 

Vì còn dư kim loại là Cu ==> thu được muối Fe2+
Gọi a, b là số mol Fe và Cu phản ứng , và x là số mol Cu dư
số mol HNO3 = 0,2*2 = 0,4
Fe - 2e --> Fe+2
a-----2a
Cu -2e --> Cu+2
b----2b
4H+ + NO3- + 3e --> NO + 2H2O
0,4--------------0,3
kim loại dư là Cu và số mol H2SO4 = 0,03333*2 ==> mol H+ = 0,1333 
3Cu + 8H+ + NO3- --> 3Cu+2 + NO + H2O
0,05---0,133
Ta có : khối lượng kim loại phản ứng: 56a + 64b = 12 - 64*0,05 = 8,8
Bảo toàn số mol e : 2a+ 2b = 0,3
=> a = 0,1 và b = 0,05
===> = 5,6 g ==> câu A

ptpu:  Fe + S ->  FeS

         0,1    0,05  -> 0,05

=>X gồm FeS và Fe dư 0,05 mol

    FeS + 2HCl ->  FeCl₂ + H₂S

     0,05                  0,05       0,05

   Fe + 2HCl -> FeCl₂ +H₂

    0,05               0,05    0,05

a) Tổng mol các khí trong A: 0,1 mol

   %H₂S=0,05/0,1.100%=50%

=> %H₂=50%

b)    FeCl₂  + 2NaOH  ->  2NaCl  +  Fe(OH)₂

         0,1           0,3->         0,2

Sau pu dung dịch mới gồm NaCl và NaOH dư......

nFe = 0,1 mol; nS = 0,05 mol.

Fe + S ---> FeS (1)

Fe + 2HCl ---> FeCl2 + H2 (2)

FeS + 2HCl ---> FeCl2 + H2S (3)

a) Khí A gồm H2 và H2S; nH2S = nFeS = nS = 0,05 mol; nH2 = nFe dư = 0,1 - 0,05 = 0,05 mol.

---> %H2 = %H2S = 50%.

b) dd B gồm HCl và FeCl2;

HCl + NaOH ---> NaCl + H2O

FeCl2 + 2NaOH ---> Fe(OH)2 + 2NaCl

nNaCl = nNaOH = 0,3 mol ---> [NaCl] = 0,3/0,8 = 0,375M.