Gọi CTHH của hai oxit là A2On và B2Om (1 ≤ n, m ≤ 3)

Cho X vào dung dịch H2SO4 loãng (vừa đủ), không có khí thoát ra, tạo dung dịch chỉ chứa một chất tan. Suy ra, A chứa một oxit bị khử bởi CO (tan trong H2SO4 loãng), và một oxit không bị khử bởi CO.

Giả sử oxit bị CO khử là A2On

nCaCO3=1,5100=0,015(mol)

A2On+nCO→t°2A+nCO2(1)

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O (2)

B2Om + mH2SO4 → B2(SO4)m + mH2O (3)

Theo PTHH (2) ⇒nCO2=nCaCO3=0,015(mol)

Theo PTHH (1) ⇒nA=2nnCO2=0,03n(mol)

mà mA = 0,96 gam nên: MA=mAnA=0,960,03n=32n(g/mol)

Vì n là hóa trị của kim loại nên 1 ≤ n ≤ 3

+ n = 1→ MA = 32 → Loại

+ n = 2 → MA = 64→ A là Cu

+ n = 3 → MA = 96→ Loại

→A chứa CuO

Giả sử có 1 mol B2Om tham gia phản ứng

Theo PTHH(3): nH2SO4=m.nB2Om=m(mol)⇒mH2SO4=98m(g)

mdung dịch H2SO4 = 98m10%=980m(g)

BTKL: mdd trước = mdd sau

mddsau=mB2Om+mddH2SO4=2MB+16m+980m=2MB+996m(g)

Theo PTHH (3): nB2(SO4)3=nB2Om=1(mol)

⇒mB2(SO4)3=2MB+96m(g)

Vì dung dịch chứa muối tan có nồng độ là 11,243% nên ta có phương trình:

C%=2MB+96m2MB+996m.100=11,234⇒MB=9m(g/mol)

Vì m là hóa trị của kim loại nên 1 ≤ m ≤ 3

+ m = 1⇒ M = 9 ⇒ Loại

+ m = 2 ⇒ M = 18 ⇒ Loại

+ m = 3 ⇒ M = 27 ⇒ M là Al

→A chứa Al2O3

Vậy A gồm Al2O3 và CuO.

b) Xác định lượng bạc bám vào cực âm sau 2 giờ.