a) Khi ngâm lá sắt vào dung dịch X thì không thấy khí thoát ra nên Cuo và H₂SO₄ phản ứng vừa đủ với nhau .

          \(CuO+H_{2^{ }_{ }}SO_{4_{ }}\rightarrow CuSO_{4_{ }}+H_2O\left(1\right)\)

Khi dung dịch X không còn màu xanh thì CuSO₄ đã phản ứng hết

         \(CuSO_4+Fe\rightarrow FeSO_{4_{ }}+Cu\left(2\right)\)

Theo phản ứng (1) và (2) 

\(n_{Cuo}=n_{H_2SO_4}=n_{CuSO_4}=n_{Cu}=\frac{2}{64-56}=0,25\left(mol\right)\)

Nồng độ phần trăm của dung dịch H₂SO₄

\(C\%_{H_2SO_4}=\frac{0,25.98}{122,5}.100\%=20\%\Rightarrow C=20\)

b) Khối lượng của dung dịch sau phản ứng:

\(m_{dd}=m_{CuO}+m_{ddH_2SO_4}-\left(m_{Cu}-m_{Fe}\right)=20+122,5-2=140,5\left(g\right)\)

Theo phản ứng (2) :

\(n_{FeSO_4}=n_{Cu}=0,25\left(mol\right)\Rightarrow m_{FeSO_4}=0,25.152=38\left(g\right)\)

Nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi lấy sắt ra là:

\(C\%_{FeSO_4}=\frac{38}{140,5}.100\%=27,05\%\)

refer

a)CuO+H2SO4→CuSO4+H2OCuO+H2SO4→CuSO4+H2O

CuSO4+Fe→FeSO4+CuCuSO4+Fe→FeSO4+Cu

b)

Khối lượng lá sắt tăng lên chính là khối lượng sắt bị hòa tan ( trừ đi) và khối lượng Đồng bám vào( tăng lên)

nCuO=1,664−56=0,2 molnCuO=1,664−56=0,2 mol

mCuO=0,2.80=16gmCuO=0,2.80=16g

c) Theo PTHH ta có:

→nH2SO4=0,2 mol→nH2SO4=0,2 mol

mH2SO4=0,2.98=19,6gmH2SO4=0,2.98=19,6g

C%=mH2SO4mdd=19,698.100=20%C%=mH2SO4mdd=19,698.100=20%

d) theo PTHH ta có:

nFeSO4=nCu=0,2 molnFeSO4=nCu=0,2 mol

BTKL:mCuO+mddH2SO4+mFePU−mCu=16+98+0,2.56−0,2.64=112,4gBTKL:mCuO+mddH2SO4+mFePU−mCu=16+98+0,2.56−0,2.64=112,4g

C%FeSO4=0,2.152112,4.100=27,04%

\(FeS+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2S\)\(\uparrow\)

 0.2                                    0.2

\(H_2S+4H_2O\rightarrow H_2SO_4+4H_2\)

0.2                        0.2          0.8

a. \(n_{FeS}=\dfrac{17.6}{88}=0.2mol\)

\(mdd_{H_2SO_4}=m_X=m_{H_2S}+m_{H_2O}-m_{H_2}=0.2\times34+92.3-0.8\times2=97.5g\)

\(C\%_{H_2SO_4}=\dfrac{0.2\times98\times100}{97.5}=20,1\%\)

b. \(\dfrac{1}{2}dd_X\Rightarrow n_X=0.1mol\)

\(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+2H_2O\)

  0.2              0.1

\(mdd_{NaOH}=\dfrac{0.2\times40\times100}{20}=40g\)

Td với H₂SO₄:

\(n_{H_2}=\dfrac{2,9748}{24,79}=0,12mol\\ 2Al+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2\\ n_{Al}=\dfrac{0,12.2}{3}=0,08mol\)

Td với HNO₃:

\(n_{Al}=a=0,08mol\\ n_{Cu}=b\)

Khí hoá nâu trong không khí → NO

\(n_{NO}=\dfrac{3,664}{24,79}=0,16mol\\ 3Cu+8HNO_3\rightarrow3Cu\left(NO_3\right)_2+2NO+4H_2O\\ Al+4HNO_3\rightarrow Al\left(NO_3\right)_3+NO+2H_2O\)

\(\Rightarrow a+\dfrac{2}{3}b=0,16\\ \Leftrightarrow0,08+\dfrac{2}{3}b=0,16\\ \Leftrightarrow b=0,12mol\\ \Rightarrow m=0,08.27+0,12.64=9,84g\)

a, \(n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\)

\(n_{Fe}=n_{H_2}=0,15\left(mol\right)\Rightarrow m_{Fe}=0,15.56=8,4\left(g\right)\)

b, \(n_{Na_2O}=\dfrac{6,2}{62}=0,1\left(mol\right)\)

\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

\(n_{NaOH}=2n_{Na_2O}=0,2\left(mol\right)\Rightarrow C_{M_{NaOH}}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4\left(M\right)\)

\(a,n_{H_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: 

\(Fe+2HCl\rightarrow FeCl_2+H_2\uparrow\)

0,15    0,3           0,15      0,15

\(m_{Fe}=0,15.56=8,4\left(g\right)\)

\(a,n_{Na_2O}=\dfrac{6,2}{62}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH :

\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

0,1           0,1        0,2

\(C_{M\left(A\right)}=\dfrac{0,2}{0,5}=0,4\left(M\right)\)