a)Fe + H₂SO₄ (đặc) $\stackrel{t^0}{\to }$ SO₂ ↑+ …

b)Fe + HNO₃ (đặc) $\stackrel{t^0}{\to }$ NO₂ ↑+ …

c)Fe + HNO₃ (loãng) $\stackrel{t^0}{\to }$ NO↑ + …

d) FeS + HNO₃ → NO↑ + Fe₂(SO₄)₃ + 

a) 2Fe + 6H₂SO₄ ( đặc) $\stackrel{t^0}{\to }$  Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

b) Fe + 6HNO₃ (đặc ) $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe(NO₃)₃+ 3NO₂↑ + 3H₂O

c) Fe + 4HNO₃ (loãng) $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O 

d) 3FeS + 12HNO₃ →Fe(NO₃)₃+Fe₂(SO₄)₃+ 9NO↑ + 6H₂O

Al - Fe ;Al - Cu và Cu - Fe.

Lấy mỗi mẫu 1 ít cho ra các ống nghiệm khác nhau và đánh số thứ tự tương ứng.

-Cho lần lượt dung dịch HCl dư vào 3 mẫu:

+ Mẫu nào có khí thoát ra và kim loại tan hết là mẫu chứa Al - Fe.

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + H₂↑

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

+ Mẫu nào có khí thoát ra, vẫn còn chất rắn không tan là mẫu chứa Al - Cu và Fe- Cu ( Do Cu là kim loại đứng sau H trong dãy điện hóa nên không phản ứng với HCl) 

- Cho dung dịch NaOH dư vào mẫu Al - Cu và Fe - Cu

+ Mẫu kim loại nào có khí H₂ thoát ra là Al - Cu

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

+ Mẫu còn lại không có hiện tượng gì là Fe - Cu.

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

HCl dư + NaOH → NaCl + H₂O

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

AlCl₃ + NaOHdư → NaAlO₂ + H₂O

$C{O}_2+NaOH\to NaHC{O}_3$

4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O  $\stackrel{t^0}{\to }$ 4Fe(OH)₃↓

2Fe(OH)₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe₂O₃ + 3H₂O

Fe₂O₃ + 3CO $\stackrel{t^0}{\to }$ 2Fe + 3CO₂↑

NaAlO₂ + CO₂ + H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

2Al(OH)₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ Al₂O₃ + 3H₂O

2Al₂O₃  $\stackrel{đpnc}{\to }$ 4Al + 3O₂↑

Trường hợp 1:

Đối 560 ml = 0,56 lít

Số mol H₂ là $n_{H_2}={\displaystyle \frac{0,56}{22,4}}=0,025mol$

$F\mathrm{e}+H_{2}S{O}_4\to F\mathrm{e}\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+H_2$

Theo phương trình: $n_{F\mathrm{e}}=n_{H_2}=0,025mol$

$\to m_{F\mathrm{e}}=0,025.56=1,4gam$

- Trường hợp 2: Lượng Fe gấp đối nên số mol Fe khi đó là 0,025.2 = 0,05 mol

$F\mathrm{e}+CuS{O}_4\to F\mathrm{e}\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+Cu$

$n_{F\mathrm{e}}=0,05mol\to m_{F\mathrm{e}}=0,05.56=2,8gam$

Theo phương trình: $n_{Cu}=n_{F\mathrm{e}}=0,05mol$

$\to m_{rắn}=m_{Cu}=0,05.64=3,2gam$

A. 3,6 gam.                                        B. 3,7 gam.

C. 3,8 gam.                                        D. 3,9 gam.

Gọi công thức chung là MO

MO + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂O

=> n_O  (trong oxit) = n_H2SO4= ?

=> m_KL = m oxit -  m_O  (trong oxit) =?

m_muối = m_KL + $m_{S{O}_4^{2-}}$

Cách 1:

Gọi công thức chung là MO

MO + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂O

=> n_O  (trong oxit) = n_H2SO4= 0,02 (mol)

=> m_KL = m oxit -  m_O  (trong oxit) 

             = 2,3 - 0,02.16

             =1,98 (g)

m_muối = m_KL + $m_{S{O}_4^{2-}}$

          = 1,98 + 0,02.96

          = 3,9 (g)

Cách 2:

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,1.0,2=0,02mol$

$RO+H_{2}S{O}_4\to R\mathrm{S}{O}_4+H_{2}O$

1 mol oxit (RO) tạo ra 1 mol muối sunfat (RSO₄)

$\to$ khối lượng tăng là: 96 – 16 =80 gam

Khối lượng muối thu được là 2,3 + 80.0,02 = 3,9 gam

Cách 3:

$n_{H_{2}S{O}_4}=0,1.0,2=0,02mol$

2,3 gam (MgO, CuO, FeO) + 0,2 mol H₂SO₄ $\to$ muối sunfat + H₂O

Ta thấy: $n_{H_{2}S{O}_4}=n_{H_{2}O}=0,02mol$

Áp dụng bảo toàn khối lượng: $m_{Oxit}+m_{H_{2}S{O}_4}=m_{muối}+m_{H_{2}O}$

$\to 2,3+98.0,02=m_{muối}+0,02.18$

$\to$ m_muối = 3,9 gam

Đáp án D

A. Sắt.                                   B.Brom.

C. Photpho.                           D.Crom.

Gọi số pronton là p và số notron là n

Giải hệ 2 ẩn 2 phương trình

$\{\begin{array}{c}2p+n=82\\ 2p-n=22\end{array}=>\{\begin{array}{c}p=?\\ n=?\end{array}$

=> Tên nguyên tố

Gọi số pronton là p và số notron là n.

Ta có:

$\{\begin{array}{c}2p+n=82\\ 2p-n=22\end{array}=>\{\begin{array}{c}p=26\\ n=30\end{array}$

=> Nguyên tử khối của X = p+ n = 56 

=> X là sắt

Đáp án A