Thí nghiệm 1 : 

\(n_{Mg} = a(mol) ; n_{Fe} = b(mol) \\ \Rightarrow 24a + 56b = 15,6(1)\\ Mg + H_2SO_4 \to MgSO_4 + H_2\\ Fe + H_2SO_4 \to FeSO_4 + H_2\\ n_{H_2} =a + b = 0,3(2)\\ (1)(2) \Rightarrow a = 0,0375 ; b = 0,2625\)

Thí nghiệm 2 : Vì khối lượng thí nghiệm 1 bằng 3 lần khối lượng thí nghiệm 2 nên ở thì nghiệm 2 : \(n_{Mg} = \dfrac{0,0375}{3}=0,0125(mol)\\ n_{Fe} = \dfrac{0,2625}{3} = 0,0875(mol)\\ \text{Bảo toàn electron : }\\ n_{SO_2} = \dfrac{0,0125.2 + 0,0875.3}{2} = 0,14375(mol)\\ m_X - m_{SO_2} = 5,2 - 0,14375.64 = -4\)

Vậy khối lượng dung dịch Z giảm 4 gam so với H₂SO₄ ban đầu.

Do khí A là sản phẩm  khử duy nhất nên muối khan chỉ có R(NO₃)_n (n là hóa trị cao nhất của kim loại R)

Ta luôn có n_R= n _{R ( N O 3 ) ) n}  nên

m R m R ( N O 3 ) n = R R + 62 n = 9 , 6 59 , 2

 →R=12n

Vì n chỉ nhận giá trị 1, 2, 3 nên ta thấy chỉ có n=2, R=24(Mg) là thỏa mãn

n_Mg=0,4mol, n_khí= 0,1mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e  (1)

0,4→            0,8 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,1  0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,1. (5-a)→ a= -3 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

          (5-a).0,2     0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,2. (5-a)→ a= 1→ Khí là N₂O

Đáp án D

Chọn A.

Đáp án A

Đáp án A

X là NO

=> n_NH4NO3 = ¼ n_HNO3 = 0,45 mol và n_{NO3 muối KL} = n_HNO3 – n_NO = 1,35 mol

=> m_muối = m_KL + m_{NO3 muối KL} = 96,66g

Đáp án D

+ N ế u   h ỗ n   h ợ p   c h ỉ   c ó   A l   t h ì   n A l = 12 , 96 27 = 0 , 48 ⇒ n e     n h ư ờ n g = 1 , 44   N ế u   h ỗ n   h ợ p   c h ỉ   c ó   M g   t h ì   n A l = 12 , 96 24 = 0 , 54 ⇒ n e     n h ư ờ n g = 1 , 08 ⇒ 1 , 08 < n e     n h ư ờ n g g < 1 , 44 1 , 8 1 , 44 = 1 , 25 < n H + n e   n h ư ờ n g     ( n e     n h ậ n ) < 1 , 8 1 , 08 = 1 , 667 ⇒ S P K     l à     N O . +     n N O 3 -     t ạ o   m u ố i = n e   n h ậ n = 3 n N O = 3 x n H N O 3 = n N O 3 -     t ạ o   m u ố i + n N O = 4 x = 1 , 8 ⇒ x = 0 , 45 m m u ố i = m k i m     l o ạ i ⏟ 12 , 96 + m N O 3 -     t a ọ   m u ố i ⏟ 0 , 45 . 3 . 62 = 96 , 66

Bảng mối liên hệ giữa n H + n e l e c t r o n     n h ậ n  và sản phẩm khử:

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

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