Dung dịch Ca(OH)₂ không hấp thụ khí CO nên 6,72 lít khí thoát ra chính là khí CO dư.

a, PT: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\)

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

b, Ta có: \(n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{Fe}=n_{H_2}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Fe}=\dfrac{0,1.56}{21,6}.100\%\approx25,93\%\\\%m_{Fe_2O_3}\approx100-25,93=74,07\%\end{matrix}\right.\)

a, PT: 

b, Ta có: ⇒⎧⎪⎨⎪⎩%mFe=0,1.5621,6.100%≈25,93%%mFe2O3≈100−25,93=74,07%

Đáp án A

Khối lượng muối tăng:

Đáp án A

Đặt công thức của hai muối là RCO₃

Ta có: n_CO2= 10,08/22,4= 0,45 mol

RCO₃+ 2HCl → RCl₂+ CO₂+ H₂O

Theo PT ta có: n_RCO3= n_RCl2= n_CO2= 0,45 mol

→m_RCl2- m_RCO3= 0,45. (R+71)- 0,45. (R+60)= 4,95 gam

→Muối sau phản ứng tăng so với trước phản ứng là 4,95 gam

Đáp án C

Xử lí dữ kiện Z: Bảo toàn khối lượng:

= 6,12  gam

 → gam →

mol

→   gam →

 mol.

gam

  mol

Ta có phản ứng Dumas: -COONa + NaOH → -H + Na₂CO₃ (vôi tôi xút).

 K gồm 2 khí trong đó có CH₄.

Mà sau khi dẫn qua dung dịch Br₂ dư chỉ còn 1 khí thoát ra

⇒ khí còn lại bị hấp thụ.

trong A chứa 2  gốc CH₃COO-

⇒ gốc còn lại cũng là gốc axit đơn chức

⇒ n_{khí còn lại} = n_A = 0,12 mol.

⇒ M_{khí còn lại}  =

 khí còn lại là C₂H₄.

⇒ là (CH₃COO)₂(CH₂=CH-COO)C₃H₅ 

⇒ a = 0,12 . 230 = 2,76

mol

⇒ x = 0,38 ÷ 0,19 = 2.

Muối gồm  0,12 mol

  ; 

0,24 mol CH₃COONa; 0,02 mol NaCl

=> b = 0,12.94 + 0,24.82 + 0,02.58,5 = 32,13

=> a + b + x = 61,73 gam

Chọn đáp án C

Xử lí dữ kiện Z: Bảo toàn khối lượng: 

→ n C O 2 = 0 , 09 mol ⇒ n C   = 0 , 09  mol.

→ n H 2 O = 0 , 12 mol ⇒ n H = 0 , 24  mol.

⇒ n O = 0 , 09 m o l

⇒ C   :   H   :   O = 0 , 09   :   0 , 24   :   0 , 09   =   3   : 8   : 3 ⇒  Z là C₃H₈O₃.

Ta có phản ứng Dumas: -COONa + NaOH → -H + Na₂CO₃ (vôi tôi xút).

M K   =   0 , 625   x   32   = 20 g/mol ⇒  K gồm 2 khí trong đó có CH₄.

Mà sau khi dẫn qua dung dịch Br₂ dư chỉ còn 1 khí thoát ra ⇒ khí còn lại bị hấp thụ.

Đáp án A

Xử lý hỗn hợp khí X: 3 khí đó

chỉ có thể là NO, N₂ và N₂O.

NO + ½O₂ → NO₂ 

và bị giữ lại bởi NaOH.

⇒ Hỗn hợp khí Y chứa

N₂ và N₂O với

M_T.bình = 36 = M_{T.bình cộng của 2 khí}.

⇒ n_N2 = n_N2O 

Đặt n_NO = a và n_N2 = n_N2O = b

Ta có hệ:

a + 2b = 0,04

& 30a + 28b + 44b = 1,32 

⇒ a = 0,02 và b = 0,01.

⇒ ∑n_{e cho nhận} 

= 3n_NO + 10n_N2 + 8n_N2O = 0,24 mol.

● Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là

x và y ta có hệ:

(24+17×2).x + (27+17×3)y = 6,42

& 2x + 3y = 0,24.

⇒ n_Mg = 0,03 và n_Al = 0,06 mol

⇒ m_{Hỗn hợp kim loại} = 2,34 gam

+ Bảo toàn nguyên tố Nitơ 

⇒ n_{HNO3 đã pứ} = 0,24 + 0,02 + 0,01×2×2

= 0,3 mol.

⇒ ∑n_{HNO3 ban đầu} = 0,3 + 0,3×0,15

= 0,345 mol

⇒ m_{Dung dịch HNO3} =  

= 90,5625 gam

Đáp án A

Xử Lý hỗn hợp khí X: 3 khí đó chỉ có thể là NO, N2 và N2O.

NO + ½O2 → NO2 và bị giữ lại bởi NaOH.

⇒ Hỗn hợp khí Y chứa N2 và N2O với MTrung bình = 36 = MTrung bình cộng của 2 khí.

⇒ nN2 = nN2O || Đặt nNO = a và nN2 = nN2O = b ta có hệ:

a + 2b = 0,04 || 30a + 28b + 44b = 1,32 ||⇒ a = 0,02 và b = 0,01.

⇒ ∑ne cho nhận = 3nNO + 10nN2 + 8nN2O = 0,24 mol.

● Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là x và y ta có hệ:

(24+17×2)x + (27+17×3)y = 6,42 || 2x + 3y = 0,24.

⇒ nMg = 0,03 và nAl = 0,06 mol ⇒ mHỗn hợp kim loại = 2,34 gam

+ Bảo toàn nguyên tố Nitơ ⇒ nHNO3 đã pứ = 0,24 + 0,02 + 0,01×2×2 = 0,3 mol.

⇒ ∑nHNO3 ban đầu = 0,3 + 0,3×0,15 = 0,345 mol.

⇒ mDung dịch HNO3 =  0 , 345 × 63 × 100 24  = 90,5625 gam

a)

Gọi $n_{Fe} = a(mol) ; n_{Al} =b (mol) \Rightarrow 56a + 27b = 11(1)$
$Fe + 2HCl \to FeCl_2 + H_2$
$2Al + 6HCl \to 2AlCl_3 + 3H_2$
Theo PTHH : $n_{H_2} = a + 1,5b = \dfrac{8,96}{22,4} = 0,4(2)$

Từ (1)(2) suy ra : a = 0,1 ; b = 0,2

$\%m_{Fe} = \dfrac{0,1.56}{11}.100\% = 50,9\%$
$\%m_{Al} = 100\% - 50,9\% = 49,1\%$

b) $n_{HCl} = 2n_{H_2} = 0,8(mol)$
$\Rightarrow C_{M_{HCl}} = \dfrac{0,8}{0,4} = 2M$

c)

$C_{M_{FeCl_2}} = \dfrac{0,1}{0,4} = 0,25M$
$C_{M_{AlCl_3}} =\dfrac{0,2}{0,4} = 0,5M$