\(Fe_2O_3 + 3H_2SO_4 ---> Fe_2(SO_4)_3 + 3H_2O\)

\(CuO + H_2SO_4 ---> CuSO_4 + H_2O\)

\(n_{H_2SO_4}= 0,25 . 1= 0,25 mol\)

\(Gọi n_{Fe_2O_3} và n_{CuO} là x, y\)

\(\begin{cases} 160x + 80y= 16\\ 3x + y= 0,25 \end{cases}\)

\(\Rightarrow \) \(\left[\begin{array}{} x=0,05\\ y=0,1 \end{array} \right. \)

C% Fe₂O₃= \(\dfrac{0,05 . 160}{16}= 50%\)

C% CuO= 50%

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

          1             6                   1                 3

         a             6b

        \(CuO+1H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O|\)

           1           1                    1           1

          a           2a

Gọi a là số mol của Fe₂O₃

      b là số mol của CuO

\(m_{CuO}+m_{Fe2O3}=16\left(g\right)\)

⇒ \(n_{Fe2O3}.M_{Fe2O3}+n_{CuO}.M_{CuO}=16g\)

    ⇒ 160a + 80b = 16g (1)

Ta có : 250ml = 0,25l

\(n_{H2SO4}=1.0,25-0,25\left(mol\right)\)

⇒ 3a + 1b = 0,25 (2)

Từ (1),(2), ta có hệ phương trình :

      160a + 80b = 16g

        3a + 1b = 0,25

      ⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}a=0,05\\b=0,1\end{matrix}\right.\)

\(m_{Fe2O3}=0,05.160=8\left(g\right)\)

\(m_{CuO}=0,1.80=8\left(g\right)\)

⁰/₀Fe₂O₃ = \(\dfrac{8.100}{16}=50\)⁰/₀

⁰/₀CuO = \(\dfrac{8.100}{16}=50\)⁰/₀

 Chúc bạn học tốt

a)

nFe2O3=16/160=0,1(mol)

nHCl=0,5.1=0,5(mol)

PTHH: Fe2O3 + 6 HCl -> 2 FeCl3 + 3 H2O

Ta có: 0,1/1 > 0,5/6

=> HCl hết, Fe2O3 dư, tính theo nHCl.

nFeCl3= 2/6. nHCl= 2/6 . 0,5= 1/6(mol)

=>mFeCl3= 162,5. 1/6= 27,083(g)

b) Vddsau=VddHCl=0,5(l)

- dd sau p.ứ chỉ có FeCl3.

=> CMddFeCl3= 1/6: 0,5= 1/3(M)

em sửa lại đề : cho hỗn hợp A gồm 16g Fe2O3 và 6,4g CuO vào 160ml dd H2SO4 2M. sau phản ứng có m chất rắn không tan

a/tính m

b/tính thể tích dd hỗn hợp gồm HCl 1M và axit H2SO4 0,5M cần dùng để phản ứng hết hỗn hợp A

\(n_{H_2SO_4}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

PTHH: Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Mol:         x             3x

PTHH: CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

Mol:        y           y

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}160x+80y=16\\3x+y=0,2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=0,2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\%m_{CuO}=100\%;\%m_{Fe_2O_3}=0\%\)

Thấy đề nó sai sai

\(a)Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\\ Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\\ b)n_{H_2}=\dfrac{2,24}{22,4}=0,1mol\\ n_{Fe}=n_{H_2}=0,1mol\\ m_{Fe}=0,1.56=5,6g\\ m_{Fe_2O_3}=21,6-5,6=16g\\ c)n_{Fe_2O_3}=\dfrac{16}{160}=0,1mol\\ n_{H_2SO_4}=0,1+0,1.3=0,4mol\\ C_{M_{H_2SO_4}}=\dfrac{0,4}{0,5}=0,8M\)

Bài 1:

PTHH: \(Fe+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\uparrow\)

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

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

\(\Rightarrow\%m_{Fe}=\dfrac{0,1\cdot56}{37,6}\cdot100\%\approx14,89\%\)

\(\Rightarrow\%m_{Fe_2O_3}=85,11\%\) 

Bài 3: 

PTHH: \(2HNO_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba\left(NO_3\right)_2+2H_2O\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{HNO_3}=0,05\cdot1=0,05\left(mol\right)\\n_{Ba\left(OH\right)_2}=\dfrac{342\cdot5\%}{171}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,05}{2}< \dfrac{0,1}{1}\) \(\Rightarrow\) Axit p/ứ hết, Bazơ còn dư sau p/ứ

\(\Rightarrow\) Dung dịch sau p/ứ làm quỳ tím hóa xanh

Theo PTHH: \(n_{Ba\left(NO_3\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{HNO_3}=0,025\left(mol\right)\) \(\Rightarrow m_{Ba\left(NO_3\right)_2}=0,025\cdot261=6,525\left(g\right)\)

Bài 2:

Theo đề bài: \(\%m_{Cu}=\dfrac{6,4}{14,2}\cdot100\%\approx45,07\%\)

PTHH: \(2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\uparrow\)

               a_________________________\(\dfrac{3}{2}\)a   (mol)

            \(Mg+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2\uparrow\)

                b_____________________b     (mol)

Ta lập được hệ phương trình \(\left\{{}\begin{matrix}27a+24b=14,2-6,4=7,8\\\dfrac{3}{2}a+b=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=0,2\\b=0,1\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Al}=\dfrac{0,2\cdot27}{14,2}\cdot100\%\approx38,03\%\\\%m_{Mg}=100\%-38,03\%-45,07\%=16,9\%\end{matrix}\right.\)

a) m_Cu = 3,2 (g)

=> m_Fe = 6 - 3,2 = 2,8 (g)

\(n_{Fe}=\dfrac{2,8}{56}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: Fe + 2HCl --> FeCl₂ + H₂

          0,05->0,1--->0,05--->0,05

=> V₁ = 0,05.22,4 = 1,12 (l)

\(n_{Cu}=\dfrac{3,2}{64}=0,05\left(mol\right)\)

PTHH: 2Fe + 6H₂SO_4(đ/n) --> Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

          0,05--------------------------------->0,075

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

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

=> V₂ = (0,075 + 0,05).22,4 = 2,8 (l)

b)

n_HCl(dư) = 0,5.2 - 0,1 = 0,9 (mol)

=> \(\left\{{}\begin{matrix}C_{M\left(HCl.dư\right)}=\dfrac{0,9}{0,5}=1,8M\\C_{M\left(FeCl_2\right)}=\dfrac{0,05}{0,5}=0,1M\end{matrix}\right.\)

PTHH: \(Fe_2O_3+6HCl\rightarrow2FeCl_3+3H_2O\)

            \(2FeCl_3+Cu\rightarrow CuCl_2+2FeCl_2\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{FeCl_3}=2n_{Fe_2O_3}=2\cdot\dfrac{16}{160}=0,2\left(mol\right)\\n_{Cu}=\dfrac{32}{64}=0,5\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,2}{2}< \dfrac{0,5}{1}\) \(\Rightarrow\) Cu còn dư

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{CuCl_2}=0,1\left(mol\right)\\n_{FeCl_2}=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{CuCl_2}=0,1\cdot135=13,5\left(g\right)\\m_{FeCl_2}=0,2\cdot127=25,4\left(g\right)\end{matrix}\right.\) 

Tương tự bài 1, ta có:

m 4 o x i t + m H 2 S O 4 = m m u o i + m H 2 O   s a n   p h a m

⇔ m m u o i = m 4 o x i t + m H 2 S O 4 - m H 2 O   s a n   p h a m

⇔ m m u o i = 3,61+0,4.0,15.98-0,4.0,15.18

⇔  m m u o i  = 8,41g

⇒ Chọn A.