Câu 6.2 hơi thiếu logic (không kết quả).

Đáp án:

 `Al_2O_3` và `CuO` 

Giải thích các bước giải:

 Gọi CTHH của hai oxit là `A_2O_n` và `B_2O_m` `(1<=n, m<=3)`

Cho X vào dung dịch `H_2SO_4` loãng (vừa đủ), không có khí thoát ra, tạo dung dịch chỉ chứa một muối tan. Suy ra, A chứa một oxit bị khử bởi CO(tan trong `H_2SO_4` loãng), và một oxit không bị khử bởi CO.

Giả sử oxit bị CO khử là `A_2O_n` 

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{1,5}{100}=0,015\ (mol)\\ A_2O_n+nCO\xrightarrow{t^{\circ}} 2A+nCO_2\ (1)\\ Ca(OH)_2+CO_2\to CaCO_3+H_2O\ (2)\\ B_2O_m+mH_2SO_4\to B_2{(SO_4)}_m+mH_2O\ (3)\)Theo PTHH `(2)=> n_{CO_2}=n_{CaCO_3}=0,015\ (mol) `

Theo PTHH `(1)=> n_{A}=2/n\cdot n_{CO_2}=(0,03)/n\ (mol)`

mà `m_A=0,96\ gam` nên: \[M_A=\dfrac{m_A}{n_A}=\dfrac{0,96}{\dfrac{0,03}{n}}=32n\ (g/mol)\]

Vì `n` là hóa trị của kim loại nên `1<=n<=3`

`+ \ n=1-> M_A=32->` Loại

`+\ n=2-> M_A=64->` A là Cu

`+\ n=3-> M_A=96->` Loại

→A chứa `CuO`

Giả sử có 1 mol `B_2O_m` tham gia phản ứng

Theo PTHH `(3):\ n_{H_2SO_4}=m\cdot n_{B_2O_n}=m\ (mol)=> m_{H_2SO_4}=98m \ (gam)=> m_{\text{dung dịch}\ H_2SO_4}={98m}/{10\%}=980m\ (gam)`

`BTKL: \ m_{\text{dd trước}}=m_{\text{dd sau}}=>m_{\text{dd sau}}=m_{B_2O_m}+m_{\text{dd} \ H_2SO_4}=2B+16m+980m=2B + 996m\ (gam) `

Theo PTHH `(3):\ n_{B_2(SO_4)_n}=n_{B_2O_m}=1\ (mol)`

`=>m_{B_2(SO_4)_n}=2B + 96m\ (gam) `

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

\[\text C\%=\dfrac{2B+96m}{2B+996m}\cdot 100\%=11,243\%\Rightarrow M=9m\ (g/mol)\]

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 `Al_2O_3`

Vậy A gồm `Al_2O_3` và `CuO`