Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm; bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

Vì phản ứng tạo 4 muối => có tạo x mol CO₃^2- và y mol HCO₃^-

=> m_rắn = m_Na + m_K + m_CO3 + m_HCO3 => 64,5 = 23.2,75v + 2.39v + 60x + 61y

Bảo toàn điện tích : n_Na+ + n_K+ = n_HCO3- + n_CO3(2-).2 => 2,75v + 2v = 2x + y

Bảo toàn C : n_CO2 + n_K2CO3 = x + y = 0,4 + v

Giải hệ phương trình 3 ẩn ta có : v = 0,2 lit = 200 ml

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,25 mol

n_CO3 = 0,125 mol ; n_OH = 0,2 mol

Thứ tự phản ứng:

(1) CO₂ + 2OH ^- → CO₃ ^2- + H₂O

      0,1  ←  0,2   →  0,1                 (mol)

Sau phản ứng (1):

CO₂: 0,15 mol

CO₃^2-: 0,1 + 0,125 = 0,225 mol

(2) CO₂ + CO₃^2- + H₂O → 2HCO₃^-

     0,15→0,15

n_{CO32- dư} = 0,225 – 0,15 = 0,075 mol = n_CaCO3

=> m_CaCO3 = 0,075.100 = 7,5 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bài toán CO₂ + dung dịch kiềm

Công thức giải nhanh :

+) TH₁ : nOH ≥ 2.nCO₂ => OH^- dư

=>n_CO3 = n_CO2

+) TH₂ : nCO₂< nOH < 2.nCO₂ => Sinh ra 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

=>n_CO3 = n_OH – n_CO2

+) TH₃ : nCO₂> nOH => CO₂ dư => sinh ra muối HCO₃^-.

            =>n_HCO3 = n_OH

Lời giải chi tiết:

n_NaOH = 0,2 mol ; n_Na2CO3 = 0,1 mol

Xét trường hợp 2 muối NaHCO₃ và Na₂CO₃ thì sau khi cô cạn chỉ thu được Na₂CO₃ (vì NaHCO₃ không bền phân huỷ hết thành Na₂CO₃). Khi đó n_Na2CO3 = 0,2 mol
=> m_Na2CO3 =21,2 gam ≠ 19,9 gam

=> Chất rắn khan có chứa cả NaOH

Đặt nNaOH pư = x mol

=> Chất rắn gồm (0,2 – x) mol NaOH và (0,1 + 0,5x) mol Na₂CO₃

=> m_rắn = 40.(0,2 – x) + 106.(0,1 + 0,5x) = 19,9g

=> x = 0,1 mol

=> n_CO2 = ½ n_{NaOH pứ} = 0,05 mol => V = 1,12 lit

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách 1: Viết PTHH

Thứ tự các phản ứng xảy ra là:

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O (1)

CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃ (2)

Cách 2: Dùng tỉ lệ n_Na : n_C

Bảo toàn Na → n_Na = 2n_{Na2CO3 bđ} + n_NaOH

Ta thấy \(\frac{{{n_{Na}}}}{{{n_C}}} = 2,33 > 2\) ⟹ tạo muối Na₂CO_3­ và NaOH còn dư

Bảo toàn C → n_{Na2CO3 thu được} = n_CO2

Lời giải chi tiết:

n_{Na2CO3 bđ} = 0,1 mol; n_NaOH = 0,5 mol

Cách 1: Viết PTHH

CO₂    +    2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O (1)

0,25_/0,05 ←   0,5 →         0,25

CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃ (2)

0,05 →  0,05

⟹ n_{Na2CO3 thu được} = n_{Na2CO3 bđ} + n_{Na2CO3 (1)} - n_{Na2CO3 (2)} = 0,1 + 0,25 - 0,05 = 0,3 mol

Cách 2: Dùng tỉ lệ n_Na : n_C

Bảo toàn Na → n_Na = 2n_{Na2CO3 bđ} + n_NaOH = 0,7 mol

Ta thấy \(\frac{{{n_{Na}}}}{{{n_C}}} = \frac{{0,7}}{{0,3}} = 2,33 > 2\) ⟹ tạo muối Na₂CO_3­ và NaOH còn dư

Bảo toàn C → n_{Na2CO3 thu được} = n_CO2 = 0,3 mol

Đáp án A

Phương pháp giải:

Tính số mol CO₂ và OH^‑

Lập tỉ lệ thấy n_OH-/n_CO2 > 2

Vậy dd sau chứa: Na⁺: 0,4 (bảo toàn Na); K⁺: 0,2x (bảo toàn K); CO₃^2-: 0,2 (bảo toàn C); OH^- (y)

+) Bảo toàn điện tích → (1)

+) Từ khối lượng chất rắn khan → (2)

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,2 (mol)

n_OH- = n_NaOH + n_KOH = 0,4 + 0,2x (mol)

\( \to \left( * \right) = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,4 + 0,2{\rm{x}}}}{{0,2}} = 2 + x \to \left( * \right) > 2\)

Vậy dd sau chứa: Na⁺: 0,4 (bảo toàn Na); K⁺: 0,2x (bảo toàn K); CO₃^2-: 0,2 (bảo toàn C); OH^- (y)

+) BTĐT → 0,4 + 0,2x = 0,2.2 + y (1)

+) m_{chất rắn} = 23.0,4 + 39.0,2x + 60.0,2 + 17y = 26,8 (2)

Giải hệ được x = 0,5 và y = 0,1

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cho từ từ dd HCl vào dd hỗn hợp Na₂CO₃ và NaHCO₃ xảy ra phản ứng theo thứ tự sau:

PTHH:     HCl     +  Na₂CO₃ → NaHCO₃ + NaCl  (1)

               HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂ + H_2­O    (2)

Đổi số mol mối chất, PTHH (1) tính theo Na₂CO₃; PTHH (2) tính theo số mol HCl

Lời giải chi tiết:

100 ml = 0,1 (lít) ; 50 ml = 0,05 (lít)

n_HCl = V_HCl×C_{M HCl} = 0,05×1 = 0,05 (mol)

n_Na2CO3 = V.C_M Na₂CO₃ = 0,1×0,3 = 0,03 (mol)

n_NaHCO3 = V. C_{M NaHCO3} = 0,1×0,2 = 0,02 (mol)

Cho từ từ dd HCl vào dd hỗn hợp Na₂CO₃ và NaHCO₃ xảy ra phản ứng theo thứ tự sau:

PTHH:     HCl     +  Na₂CO₃ → NaHCO₃ + NaCl  (1)

(mol)   0,03_{Dư 0,02} ← 0,03      →   0,03

Kết thúc pư (1): n_HCl dư = n_{HCl bđ} – n_HCl(1) = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

Tổng mol NaHCO₃ = n_{NaHCO3 bđ} + n_{NaHCO3 (1)} = 0,02 + 0,03 = 0,05 (mol)

               HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂ + H_2­O  (2)

bđ (mol) 0,02      0,05

pư (mol) 0,02 → 0,02                   → 0,02

sau (mol) 0          0,03                        0,02

Theo (2): n_CO2 thu được = n_{HCl (2)} = 0,02 (mol)

Đáp án B 

Phương pháp giải:

Cho từ từ HCl vào hỗn hợp 2 muối xảy ra phản ứng theo thứ tự:

HCl + Na₂CO₃ → NaHCO₃  (1)

HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂↑ + H₂O  (2)

Từ số mol CO₂ và HCl tìm được n_{Na2CO3 bđ}

dd Y chứa NaHCO₃. Từ số mol kết tủa BaCO₃ tính được số mol NaHCO₃ bđ

Lời giải chi tiết:

Đặt trong m gam hỗn hợp: \(\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}C{O_3}:x(mol)\\NaHC{O_3}:y\,(mol)\end{array} \right.\)

n­_HCl­ = V_HCl­×C_M = 0,25×1 = 0,25 (mol); n_CO2(đktc) = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

Cho từ từ HCl vào hỗn hợp 2 muối xảy ra phản ứng theo thứ tự:

 HCl + Na₂CO₃ → NaHCO₃  (1)

0,15 → 0,15      → 0,15

HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂↑ + H₂O  (2)

0,1 ←  0,1                      ← 0,1

Theo PTHH (2): n_HCl(2) = n_CO2 = 0,1 (mol) → n­_HCl(1) = n_{HCl bđ} – n_{HCl (2)} = 0,25 – 0,1 = 0,15 (mol)

Theo PTHH (1): n­_Na2CO3 = n_HCl(1) = 0,15 (mol) = x ; n_NaHCO3(1) = n_HCl  = 0,15 (mol)

dd Y thu được: NaHCO₃ = n_{NaHCO3 bđ} + n_NaHCO3(1) - n_NaHCO3(2) = y + 0,05 (mol)

PTHH: NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + NaOH + H₂O  (3)

(mol)     y + 0,05                   → y + 0,05

m_BaCO3 = 49,25 (g) → n_BaCO3 = 49,25/197 = 0,25 (mol)

Theo PTHH (3): n_BaCO3 = n_NaHCO3 = y + 0,05 (mol)

→ y + 0,05 = 0,25

→ y = 0,2

Vậy m gam hỗn hợp: \(\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}C{O_3}:0,15(mol)\\NaHC{O_3}:0,2\,(mol)\end{array} \right. \Rightarrow m = 0,15.106 + 0,2.84 = 32,7\,(g)\)

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Nung hỗn hợp thì chỉ có NaHCO₃ bị phân hủy:

\(2NaHC{O_3}\xrightarrow{{{t^0}}}N{a_2}C{O_3} + C{O_2} + {H_2}O\)

- Tính toán theo PTHH

Lời giải chi tiết:

Nung hỗn hợp, chỉ có NaHCO₃ bị phân hủy:

\(2NaHC{O_3}\xrightarrow{{{t^0}}}N{a_2}C{O_3} + C{O_2} + {H_2}O\)

Theo phương trình, \({n_{NaHC{O_3}}} = 2{n_{C{O_2}}} = 2.\dfrac{{0,84}}{{22,4}} = 0,075\,\,mol\)

Trước khi nung:

\({m_{NaHC{O_3}}} = 84.0,075 = 6,3(g)\)

\( \to {m_{N{a_2}C{O_3}}} = 7,26 - 6,3 = 0,96(g)\)

Sau khi nung:

\({m_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,96 + 106.0,0375 = 4,935\,\,gam\)

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Tính số mol HCO₃^-

- Tính số mol kết tủa

Lời giải chi tiết:

Khi cho từ từ HCl vào dd Na₂CO₃ ban đầu xảy ra phản ứng:

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-              (1)

Do thu được khí nên ở (1) thì H⁺ dư, CO₃^2- hết, ta có thêm phản ứng:

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O     (2)

Vì dung dịch Y tác dụng với nước vôi trong có kết tủa nên có chứa HCO₃^-, suy ra ở (2) H⁺ hết, HCO₃^- dư.

Cho Y tác dụng với nước vôi trong dư thì:

Ca²⁺ + OH^- + HCO₃^- → CaCO₃ + H₂O  (3)

Đặt mol vào các PTHH:

        H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-              (1)

Bđ:   a        b

Pư:   b ←   b →          b

Sau: a-b     0               b

        H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O     (2)

Bđ:   a-b       b

Pư:   a-b → a-b

Sau:   0       2b-a

Ca²⁺ + OH^- + HCO₃^- → CaCO₃ + H₂O  (3)

                      2b-a →     2b-a

→ m_{kết tủa} = \({m_{CaC{O_3}}}\) = 100(2b-a) (g)

Đáp án A

Phương pháp giải:

m _khí = M _khí.n _khí = ? gam

BTNT “S” => n_H2SO4 = n_Na2SO4 = ? mol

=> m _{dd H2SO4} ? gam

\({C_M}_{N{a_2}S{O_4}} = \frac{{{m_{N{a_2}S{O_4}}}}}{{m + {m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} - {m_{khi}}}}.100\%  \to m = ?\)

Lời giải chi tiết:

m _khí = M _khí.n _khí = 16,75.2.0,4 = 13,4 gam

n_Na2SO4 = 170,4/142 = 1,2 mol

BTNT “S” => n_H2SO4 = n_Na2SO4 = 1,2 mol

=> m _{dd H2SO4} = 1,2.98.(100/40) = 294 gam

\({C_M}_{N{a_2}S{O_4}} = \frac{{{m_{N{a_2}S{O_4}}}}}{{m + {m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} - {m_{khi}}}}.100\% \)

\( \to 51,449\%  = \frac{{170,4}}{{m + 294 - 13,4}}.100\% \)

Giải phương trình được m = 50,6 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Đặt CTTB là MOH với M= (23.1 + 39.2) : 3 = 33,67 (g/mol)

n_P2O5 = 0,1 mol : P₂O₅ → 2H₃PO₄ → n_H3PO4 = 0,2 mol

+) Nếu phản ứng tạo muối M₃PO₄ : 0,2 mol → m_muối

+) Nếu phản ứng tạo muối M₂HPO₄ : 0,2 mol → m_muối

+) Nếu phản ứng tạo muối MH₂PO₄ : 0,2 mol → m_muối

→ So sánh khối lượng của muối thực tế nằm giữa khoảng hai muối nào → Tạo ra hai muối đấy

Lời giải chi tiết:

Đặt CTTB là MOH với M= (23.1 + 39.2) : 3 = 33,67 (g/mol)

n_P2O5 = 0,1 mol : P₂O₅ → 2H₃PO₄ → n_H3PO4 = 0,2 mol

+) Nếu phản ứng tạo muối M₃PO₄ : 0,2 mol → m_muối = 0,2 . 196 = 39,2 gam

+) Nếu phản ứng tạo muối M₂HPO₄ : 0,2 mol → m_muối = 32,67 gam

+) Nếu phản ứng tạo muối MH₂PO₄ : 0,2 mol → m_muối = 26,13 gam

Ta thấy: m_MH2PO4 (=26,13 gam) < 29,4 < m_M2HPO4 (32,67 gam) nên phản ứng tạo 2 muối M₂HPO₄ (x mol) và MH₂PO₄ (y mol)

BTNT "P" => x + y = 0,2 mol (1)

m_muối = x.490/3 + 392/3.y = 29,4 (2)

Giải (1) và (2) được x = y = 0,1 mol

→ n_M = 2x + y = 0,3 mol = n_Na  + n_K = 0,001V + 0,002V  → V = 100 ml

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giả sử NaOH không còn sau phản ứng thì muối sau khi cô cạn là Na₂CO₃ (vì nếu có NaHCO₃ thì cũng bị phân hủy thành Na₂CO₃).

BTNT "Na" xác định được số mol của Na₂CO₃ trong chất rắn và so sánh thấy khác khối lượng chất rắn đề bài cho

=> NaOH dư

Giả sử chất rắn sau khi cô cạn gồm: Na₂CO₃ (x mol) và NaOH dư (y mol)

+ m _{chất rắn} => (1)

+ BTNT "Na": 2n_{Na2CO3 thu được} + n_{NaOH dư} = n_{NaOH bđ} + 2n_{Na2CO3 bđ} => (2)

Giải hệ (1) và (2) được x, y

BTNT "C": n_CO2 + n_{Na2CO3 bđ} = n_{Na2CO3 thu được} => n_CO2 = ?

Lời giải chi tiết:

n_NaOH = 0,2 mol; n_{Na2CO3 bđ} = 0,1 mol

Giả sử NaOH không còn sau phản ứng thì muối sau khi cô cạn là Na₂CO₃ (vì nếu có NaHCO₃ thì cũng bị phân hủy thành Na₂CO₃).

BTNT "Na": n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH + n_{Na2CO3 bđ} = 0,5.0,2 + 0,1 = 0,2 mol

=> m _{chất rắn} = 0,2.106 = 21,2 gam ≠ 19,9 gam

=> NaOH dư

Giả sử chất rắn sau khi cô cạn gồm: Na₂CO₃ (x mol) và NaOH dư (y mol)

+ m _{chất rắn} = 106x + 40y = 19,9 (1)

+ BTNT "Na": 2n_{Na2CO3 thu được} + n_{NaOH dư} = n_{NaOH bđ} + 2n_{Na2CO3 bđ}

=> 2x + y = 0,2 + 2.0,1 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,15 và y = 0,1

BTNT "C": n_CO2 + n_{Na2CO3 bđ} = n_{Na2CO3 thu được} => n_CO2 + 0,1 = 0,15

=> n_CO2 = 0,05 mol => V = 0,05.22,4 = 1,12 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ Xét phần 2 có:\(\frac{1}{2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = {n_{BaC{O_3}}} \to b = ?\)

+ Xét phần 1: giả sử dd X có x mol NaHCO₃ và y mol Na₂CO₃ phản ứng với 0,12 mol HCl

ta có hệ: 

\(\left\{ \begin{gathered}
{n_{{H^ + }}} = x + 2y = 0,12 \hfill \\
{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,09 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
x = ? \hfill \\
y = ? \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

→ Tỉ lệ NaHCO₃ và Na₂CO₃ có trong phần 1

BTNT "C" ta có: \({n_{NaHC{O_3}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = \frac{1}{2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}})\)

→ Số mol của NaHCO₃ và Na₂CO₃ có trong phần 1

BTNT "Na" tính được a  

Có a, b ta suy ra được tỉ lệ

Lời giải chi tiết:

n_CO2(đktc) = 3,36 :22,4 = 0,15 (mol)

Phần 1: n_HCl = 0,12.1 = 0,12 (mol); n_CO2(đktc) = 2,016:22,4 = 0,09 (mol)

Phần 2: n_BaCO3 = 29,55 : 197 = 0,15 (mol)

Xét phần 2 có:

\({1 \over 2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = {n_{BaC{O_3}}} \to {1 \over 2}(0,15 + b) = 0,15 \to b = 0,15\)

Xét phần 1: giả sử dd X có x mol NaHCO₃ và y mol Na₂CO₃ phản ứng với 0,12 mol HCl

ta có hệ: 

\(\left\{ \matrix{
{n_{{H^ + }}} = x + 2y = 0,12 \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,09 \hfill \cr} \right. \to \left\{ \matrix{
x = 0,06 \hfill \cr
y = 0,03 \hfill \cr} \right.\)

→ Trong phần 1 có \({{{n_{NaHC{O_3}}}} \over {{n_{N{a_2}C{O_3}}}}} = {{0,06} \over {0,03}} = {2 \over 1}\)

BTNT "C" ta có: \({n_{NaHC{O_3}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = {1 \over 2}({n_{C{O_2}(bd)}} + {n_{C{O_3}^{2 - }(bd)}}) = 0,15\)

→ Phần 1 có 0,1 mol NaHCO₃ và 0,05 mol Na₂CO₃

BTNT "Na" ta có: a + 2.0,15 = 2.(0,1+ 0,05.2)

→ a = 0,1

→ a : b = 0,1 : 0,15 = 2:3

Đáp án A

Phương pháp giải:

Trong Y có: n_CO32- = n_CaCO3 = ? ; n_HCO3- = n_CO2 + n_{CO3 2-(bđ)} - n_CO32-(Y) = ?

=> n_OH­-  = n_HCO3- + 2. (n_CO32-(Y) - n_{CO32- (bđ)} ) = ?

Lời giải chi tiết:

n_CO2(đktc) = 3,36 :22,4 = 0,15 (mol) ; n_Na2CO3 = 0,1.0,25 = 0,025 (mol); n_CaCO3 = 7,5 :100 = 0,075 (mol)

Vì n_CaCO3 < n_CO2 + n_CO32- ban đầu nên khi hấp thụ CO₂ vào dd chứa CO₃^2-: 0,025 mol và OH-: 0,1a (mol) xảy ra phản ứng các phản ứng sau

CO₂ + OH^-→ HCO₃- (1)

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O  (2)

Trong dd Y chứa n_CO32-(Y) = n_CaCO3 = 0,075 (mol)

BTNT "C": n_HCO3- = n_CO2  + n_{CO32- bđ} - n_CO32-(Y) = 0,15 + 0,025 - 0,075 = 0,1 (mol)

=> n_KOH = n_HCO3- + (n_CO32-(Y) - n_{CO32- bđ}) = 0,1 + 2(0,075 - 0,025)= 0,2 (mol)

=> 0,1a = 0,2

=> a = 2 (M)

Đáp án D

Phương pháp giải:

CO₂ + OH^- → HCO₃ ^–

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O

Dd Y chứa: HCO₃^- ; CO₃^2- ; K⁺

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

=> n­_{CO3 2- (trong Y)} = n_BaCO3 = ? (mol)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_{HCO3- (trong Y)} + n_{CO32- (trong Y)}

=> n_{HCO3- (trong Y)} =? (mol)

Bảo toàn điện tích các chất trong dd Y: n_K+ = n_HCO3- + 2. n_CO32- = ? (mol)

BTNT K: n_KOH = ∑ n_K+ - 2n_K2CO3 = ? (mol)

=> x = ? (M)

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,025 (mol) ; n_K2CO3 = 0,05 (mol) ; n_KOH = 0,05x (mol)

n_BaCO3 = 9,85 : 197 = 0,05 (mol)

CO₂ + OH^- → HCO₃ ^–

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O

Dd Y chứa: HCO₃^- ; CO₃^2- ; K⁺

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

=> n­_{CO3 2- (trong Y)} = n_BaCO3 = 0,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_{HCO3- (trong Y)} + n_{CO32- (trong Y)}

=> 0,025 + 0,05 = n_{HCO3- (trong Y)} + 0,05

=> n_{HCO3- (trong Y)} =0,025 (mol)

Bảo toàn điện tích các chất trong dd Y: n_K+ = n_HCO3- + 2. n_CO32- = 0,025 + 2. 0,05 = 0,125 (mol)

BTNT K: n_KOH = ∑ n_K+ - 2n_K2CO3 = 0,125 – 2. 0,05 = 0,025 (mol)

=> 0,05x = 0,025

=> x = 0,5 (M)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố C, Na

Bảo toàn điện tích

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-

+ nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-

Lời giải chi tiết:

nCO₂=0,1 mol; nK₂CO₃=0,02 mol

nCO₃^2-=nBaCO₃=0,06 mol

BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-=0,1+0,02-0,06=0,06 mol

=> CO₂ tác dụng với NaOH:

CO₃^2-: 0,06-0,02=0,04 mol

HCO₃^-: 0,06 mol

=> nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-=2.0,04+0,06=0,14 mol

=> x=1,4M

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố C, bảo toàn khối lượng

Lời giải chi tiết:

Gọi số mol R₂CO₃ và RHCO₃ lần lượt là x và y mol trong mỗi phần

+ Phần 1: n_BaCO3 = x + y = 0,18 mol

+ Phần 2: n_BaCO3 = x = 0,04 mol => y = 0,14 mol

Vậy xét trong mỗi phần có m = 14,9 g

=> 0,04. ( 2R + 60) + 0,14. ( R + 61) = 14,9

=> R = 18 ( NH₄)

+ Phần 3: n_KOH = 2n_NH4HCO3 + 2n_(NH4)2CO3 = 0,36 mol

=> V = 0,18 lít = 180ml

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

+ BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-

+ nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-

Lời giải chi tiết:

nCO₂=0,1 mol; nK₂CO₃=0,02 mol

nCO₃^2-=nBaCO₃=0,06 mol

BTNT C => nHCO₃^-=nCO₂+nK₂CO₃-nCO₃^2-=0,1+0,02-0,06=0,06 mol

=> CO₂ tác dụng với NaOH:

CO₃^2-: 0,06-0,02=0,04 mol

HCO₃^-: 0,06 mol

=> nOH^-=2nCO₃^2-+nHCO₃^-=2.0,04+0,06=0,14 mol

=> x=1,4M

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 2,24:22,4 = 0,1 mol; n_K2CO3 = 0,02 mol; n_KOH = 0,1x mol; n_BaCO3 = 11,82: 197 = 0,06 mol

Ta thấy: n_CO2 + n_{CO32- (trong K2CO3)}  = 0,1 + 0,02 > n_BaCO3 = 0,06 mol => Hấp thụ CO₂ xảy ra 2 PT:

CO₂ + OH^- → HCO₃^- (1)

CO₂ + 2OH^- → CO₃ ^2- + H₂O (2)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_HCO3- + n_BaCO3

=> n_HCO3- = 0,1 + 0,02 – 0,06 = 0,06 mol

=> ∑n_{OH- (1) +(2)}  = n_HCO3-  + 2 (n_BaCO3 - n_K2CO3 ) = 0,06 + 2. ( 0,06 – 0,02) = 0,14 mol

=> C_M = n: V = 0,14 : 0,1 = 1,4 M

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương pháp giải: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải:

Sơ đồ:X → MCl → AgCl⇒ n_AgCl = n_Cl(Y) = 0,7 molĐặt số mol các chất trong X lần lượt là: a, b, c mol.⇒ n_Cl(Y) = n_MCl = n_M = 2a + b + c = 0,7 mol (1)Và n_CO2 = a + b = 0,4 mol (2)

Có m_X = m_M2CO3 + m_MHCO3 + m_MCl = a(2M + 60) + b(M + 61) + c(M + 35,5)

⇒ (2a + b + c)M + 60(a + b) + b + 35,5c = 32,65 g (3)⇒ 0,7M = 8,65 - b - 35,5c < 8,65⇒ M < 12,36⇒ M là Li (M = 7)

Thay M = 7 vào (3) ta có 74a + 68b + 42,5c = 32,65

Giải hệ ta có a = b = 0,2, c = 0,1

=> %MCl = 13,02%

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

(*) Phương pháp : (*) Dạng  : Muối Cacbonat , Hidrocacbonat + H⁺

- TH : Nếu Cho từ từ Muối (CO₃^2- : x mol và HCO₃^- : y mol) vào dung dịch Axit

=> Do ban đầu H⁺ rất dư so với muối nên 2 muối đều phản ứng đồng thời

            CO₃^2- + 2H⁺ ® CO₂ + H₂O

            HCO₃^- + H⁺ ® CO₂ + H₂O

=> n_{CO3 pứ} : n_{HCO3 pứ} = x : y   

- Lời giải :

n_KHCO3 : n_K2CO3 = 0,2 : 0,1 = 2x : x

            CO₃^2- + 2H⁺ ® CO₂ + H₂O

            x          2x           x

            HCO₃^- + H⁺ ® CO₂ + H₂O

            2x        2x        2x

=> n_HCl = 4x = 0,3 => x = 0,075 mol

=> V_CO2 = 22,4.3x = 5,04 lit

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,05 ; n_NaOH = 0,2 mol dư so với CO₂

=> sau phản ứng có : 0,05 mol Na₂CO₃ và 0,1 mol NaOH

H⁺ + OH^- -> H₂O

CO₃^2- + H⁺ -> HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ -> CO₂ + H₂O

=> n_HCl = n_CO3 + n_OH = 0,15 mol

=> V = 0,06 lit = 60 ml

Đáp án C

Phương pháp giải:

CT nhanh: n_H+  = n_OH- + n_CO32-

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,05 mol ; n_KOH = 0,15 mol

=> Sau phản ứng có : n_K2CO3 = 0,05 mol ; n_KOH = 0,05 mol

Cho từ từ H⁺ đến khi có khí sinh ra

H⁺ + OH^- → H₂O

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

=> n_HCl = n_K2CO3 + n_KOH = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol

=> V_{dd HCl} = 0,04 lit = 40 ml

Đáp án B

Phương pháp giải:

CThức: n_H+  = n_OH- + n_CO32-

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 0,05 ; n_KOH = 0,2 mol > 2n_CO2 => OH^- dư

=> n_K2CO3 = 0,05 ; n_{KOH dư} = 0,1 mol

Nhỏ từ từ HCl đến khi có khí thì dừng , có các phản ứng sau :

HCl + KOH -> KCl + H₂O

K₂CO₃ + HCl -> KHCO₃ + KCl

=> n_HCl = n_KOH + n_K2CO3 = 0,15 mol

=> V = 0,06 lit = 60 ml

Đáp án B

Phương pháp giải:

     400 ml dd X = CO₂: 0,4 mol + {KOH: x mol; K₂CO₃: y mol}

→ 200 ml dd X = CO₂: 0,2 mol + {KOH: 0,5x mol; K₂CO₃: 0,5y mol}

và 100 ml dd X = CO₂: 0,1 mol + {KOH: 0,25x mol; K₂CO₃: 0,25y mol}

* 100 ml dd X + Ba(OH)₂ dư:

BTNT "C" → n_CO2 + n_K2CO3 = n_BaCO3 → 0,1 + 0,5y = 39,4/197 → y

* Cho từ từ 200 ml dd X + HCl (0,3 mol) thu được 0,24 mol CO₂:

Chứng minh được phản ứng tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

Do n_CO2 < n_HCO3^- + n_CO3^2- nên H⁺ hết; HCO₃^- và CO₃^2- dư

Khi cho từ từ H⁺ vào {HCO₃^-; CO₃^2-} thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời với H⁺ theo đúng tỉ lệ mol của chúng. Như vậy:

HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

a              a                       a

CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

b              2b                      b

Lập hệ phương trình về số mol H⁺ và số mol CO₂ tìm được a, b

→ Tỉ lệ mol của HCO₃^- và CO₃^2-

Mà trong dd X có n_HCO3^- + n_CO3^2- = n_CO2 + n_K2CO3 = ? 

→ n_HCO3^- và n_CO3^2-

Áp dụng bảo toàn điện tích để tìm x.

Lời giải chi tiết:

     400 ml dd X = CO₂: 0,4 mol + {KOH: x mol; K₂CO₃: y mol}

→ 200 ml dd X = CO₂: 0,2 mol + {KOH: 0,5x mol; K₂CO₃: 0,5y mol}

và 100 ml dd X = CO₂: 0,1 mol + {KOH: 0,25x mol; K₂CO₃: 0,25y mol}

* 100 ml dd X + Ba(OH)₂ dư:

BTNT "C" → n_CO2 + n_K2CO3 = n_BaCO3 → 0,1 + 0,25y = 39,4/197 → y = 0,4

* Cho từ từ 200 ml dd X + HCl (0,3 mol) thu được 0,24 mol CO₂:

+) Nếu dd X chỉ chứa ion CO₃^2- thì theo bảo toàn C → n_CO3^2- = 0,2 + 0,5y = 0,4 mol

          CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

Bđ:     0,4          0,3

Pư:    0,15  ←   0,3 →             0,15

+) Nếu dd X chỉ chứa ion HCO₃^- thì theo bảo toàn C → n_HCO3^- = 0,4 mol

          HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

Bđ:     0,4          0,3

Pư:     0,3   ←  0,3 →              0,3

Mà theo đề bài: 0,15 < n_CO2 (= 0,24 mol) < 0,3 → Tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

Do n_CO2 < n_HCO3^- + n_CO3^2- nên H⁺ hết; HCO₃^- và CO₃^2- dư

Khi cho từ từ H⁺ vào {HCO₃^-; CO₃^2-} thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời với H⁺ theo đúng tỉ lệ mol của chúng. Như vậy:

HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

a              a                       a

CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

b              2b                      b

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H^ + }}} = a + 2b = 0,3\\{n_{C{O_2}}} = a + b = 0,24\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,18\\b = 0,06\end{array} \right. \to \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_2}^{2 - }}}}} = \frac{{0,18}}{{0,06}} = \frac{3}{1}\)

Mà trong 200 ml dd X có n_HCO3^- + n_CO3^2- = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol nên dễ dàng suy ra:

n_HCO3^- = 0,3 và n_CO3^2- = 0,1

BTĐT → n_K⁺ = n_HCO3^- + 2.n_CO3^2- → 0,5x + 2.0,5y = 0,3 + 2.0,1 → x = 0,2

Đáp án B

Phương pháp giải:

Khi cho từ từ dd chứa HCO₃^- và CO₃^2- vào dd HCl sẽ xảy ra phản ứng:

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

Gọi x và y là số mol khi tham gia phản ứng với HCl với tỉ lệ này trùng với tỉ lệ HCO₃^- và CO₃^2- ban đầu.

Bảo toàn nguyên tố C

Bảo toàn điện tích

Bảo toàn nguyên tố K

Lời giải chi tiết:

\(\underbrace {C{O_2}}_{0,2\,mol} + \left\{ \begin{gathered}
KOH:\,x\,(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:y\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{}}\underbrace {ddX}_{200\,ml}\left\{ \begin{gathered}
HC{O_3}^ - :2a(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:\,2b\,(mol) \hfill \\
{K^ + } \hfill \\
\end{gathered} \right.\left\langle \begin{gathered}
100ml\,X\xrightarrow{{ + 0,15\,\,mol\,HCl}}C{O_2}:0,12\,mol \hfill \\
100ml\,X\xrightarrow{{ + Ba{{(OH)}_2}\,du}}BaC{O_3} \downarrow :0,2\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

 TH₁: Nếu trong dd X có OH^- dư => dd X chứa OH^- dư, CO₃^2-, K⁺

Khi cho từ từ 100 ml dd X vào 0,15 mol HCl

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ ↑+ H₂O

=> n_H+ = n_OH­- + 2n_CO2 > 0,12.2 = 0,24 (mol)

=> loại vì n_H+ = 0,15 (mol)

Vậy dd X không chứa OH^- dư

TH₂: dd X không chứa OH^- dư ta có sơ đồ bài toán như trên

Khi cho từ từ 100ml dd X vào 0,15 mol HCl có phản ứng:

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

x         → x      →x                 (mol)

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

y        → 2y   → y                  (mol)

Gọi x và y là số mol khi tham gia phản ứng với HCl với tỉ lệ \(\frac{x}{y} = \frac{a}{b}\)

Ta có: 

\(\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,12} \hfill \\
\sum {{n_{HCl}} = x + 2y = 0,15} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,09\,(mol) \hfill \\
y = 0,03\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \frac{a}{b} = \frac{x}{y} = \frac{3}{1}\)

=> a – 3b = 0 (1)

BTNT C: n_BaCO3 = a + b = 0,2 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,15 và b = 0,05 (mol)

Trong 200 ml dd X : n_HCO3- = 0,3 (mol) ; n_CO32- = 0,1 (mol)

Bảo toàn điện tích đối với dd X : n_K+ = 0,3 + 0,1.2 = 0,5 (mol)

BTNT C: n_CO2(bđ) + n_K2CO3 = n_HCO3-+ n_CO32- => 0,2 + y = 0,3 + 0,1 => y = 0,2 (mol)

BTNT K: n_K+ = n_KOH + 2n_K2CO3 => n­_KOH = 0,5 – 2.0,2 = 0,1  (mol)

=> x = 0,1 (mol)

Đáp án B

Phương pháp giải:

\(C{O_2}:0,02(mol) + \left\{ \begin{gathered}
KOH:x\,(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:\,y\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{}}dd\,X\,\left\{ \begin{gathered}
HC{O_3}^ - :a\,mol \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:\,b\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\left\langle \begin{gathered}
\xrightarrow{{ + HCl:0,15\,mol}}C{O_2}:0,12\,mol \hfill \\
\xrightarrow{{ + Ba{{(OH)}_2}}}BaC{O_3}:0,2\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\) 

Xét trong 100 ml dung dịch X

BTNT: C => n_BaCO3 = a + b = 0,2 (1)

Gọi u và v lần lượt là số mol HCO₃^- và CO₃^2- tác dụng với HCl với tỉ lệ u/v = a/b

HCO₃^-   +   H⁺ → CO₂ + H₂O

u           → u    → u                  (mol)

CO₃^2-    +  2H⁺ → CO₂ + H₂O

v            → 2v   → v                (mol)

Ta có hệ phương trình

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{{H^ + }}} = u + 2v = 0,15} \hfill \\
\sum {{n_{C{O_2}}} = u + v = 0,12} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
u = ?\,(mol) \hfill \\
v = ?\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
= > \frac{a}{b} = \frac{u}{v} = ?\,(2) \hfill \\
\end{gathered} \)

Từ (1) và (2) => a = ? và b = ? (mol)

Xét trong 200 ml dd X chứa: CO₃^2-: 2b ; HCO₃^-: 2a;  K⁺ : ?  (mol) ( Bảo toàn điện tích ra được số mol của K⁺)

BTNT K, C => x, y = ?

Lời giải chi tiết:

\(C{O_2}:0,02(mol) + \left\{ \begin{gathered}
KOH:x\,(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:\,y\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{}}dd\,X\,\left\{ \begin{gathered}
HC{O_3}^ - :a\,mol \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:\,b\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\left\langle \begin{gathered}
\xrightarrow{{ + HCl:0,15\,mol}}C{O_2}:0,12\,mol \hfill \\
\xrightarrow{{ + Ba{{(OH)}_2}}}BaC{O_3}:0,2\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

 Xét trong 100 ml dung dịch X

BTNT: C => n_BaCO3 = a + b = 0,2 (1)

Gọi u và v lần lượt là số mol HCO₃^- và CO₃^2- tác dụng với HCl với tỉ lệ u/v = a/b

HCO₃^-   +   H⁺ → CO₂ + H₂O

u           → u    → u                  (mol)

CO₃^2-    +  2H⁺ → CO₂ + H₂O

v            → 2v   → v                (mol)

Ta có hệ phương trình

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{{H^ + }}} = u + 2v = 0,15} \hfill \\
\sum {{n_{C{O_2}}} = u + v = 0,12} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
u = 0,03\,(mol) \hfill \\
v = 0,09\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
= > \frac{a}{b} = \frac{u}{v} = \frac{1}{3} = > 3a - b = 0\,(2) \hfill \\
\end{gathered} \)

 Từ (1) và (2) => a = 0,05 và b = 0,15 (mol)

Xét trong 200 ml dd X chứa: CO₃^2-: 0,1 ; HCO₃^-: 0,3;  K⁺ : 0,5  (mol) ( Bảo toàn điện tích ra được số mol của K⁺) 

\(\left\{ \begin{gathered}
\xrightarrow{{BTNT:\,K}}x + 2y = 0,5 \hfill \\
\xrightarrow{{BTNT:\,\,C}}y + 0,2 = 0,1 + 0,3 \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
x = 0,1 \hfill \\
y = 0,2 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính n_NaOH ; n_KOH; n_H2SO4; n_CO2

m_{BaSO4 max} < 34,05 gam => còn có BaCO₃

=> Trong Y chứa HCO₃^- (không chứa H⁺)

m _{kết tủa} = m_BaSO4 + m_BaCO3 => m_BaCO3 => n_BaCO3

\(C{O_2} + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:0,1 \hfill \\
KOH:0,25a \hfill \\
\end{gathered} \right. \to X\xrightarrow{{ + {H_2}S{O_4}:0,125}}Y\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:0,1 \hfill \\
{K^ + }:0,25a \hfill \\
HC{O_3}^ - \hfill \\
S{O_4}^{2 - }:0,125 \hfill \\
C{O_2}:0,075 \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + Ba{{(OH)}_2}\,du}}\left\{ \begin{gathered}
BaS{O_4}:0,125 \hfill \\
BaC{O_3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

=> n_{HCO3- (Y)} = n_BaCO3

BTĐT cho dd Y: n_Na+ + n_K+ = n_HCO3- + 2n_{SO4 2-} => a

Lời giải chi tiết:

n_NaOH = 0,1 mol; n_KOH = 0,25a mol

n_H2SO4 = 0,125 mol; n_CO2 = 0,075 mol

m_{BaSO4 max} = 0,125.233 = 29,125 gam < 34,05 gam => còn có BaCO₃

=> Trong Y chứa HCO₃^- (không chứa H⁺)

m _{kết tủa} = m_BaSO4 + m_BaCO3 => m_BaCO3 = 34,05 – 0,125.233 = 4,925 gam => n_BaCO3 = 0,025 mol

\(C{O_2} + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:0,1 \hfill \\
KOH:0,25a \hfill \\
\end{gathered} \right. \to X\xrightarrow{{ + {H_2}S{O_4}:0,125}}Y\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:0,1 \hfill \\
{K^ + }:0,25a \hfill \\
HC{O_3}^ - \hfill \\
S{O_4}^{2 - }:0,125 \hfill \\
C{O_2}:0,075 \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + Ba{{(OH)}_2}\,du}}\left\{ \begin{gathered}
BaS{O_4}:0,125 \hfill \\
BaC{O_3} \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

=> n_{HCO3- (Y)} = n_BaCO3 = 0,025 mol

BTĐT cho dd Y: n_Na+ + n_K+ = n_HCO3- + 2n_{SO4 2-} => 0,1 + 0,25a = 0,025 + 0,125.2 => a = 0,7

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta có: n_CO2, n_HCl

Nếu X có OH^- dư thì X gồm K⁺, OH^-, CO₃^2-. Khi cho từ từ X vào H⁺  thì:

Ta có: n_H+ = n_{OH- dư} + 2.n_CO2 = n_{OH- dư}+ 2. 0,12 > 0,24 mol, trái với giả thiết là chỉ dùng 0,15 mol H⁺

Vậy X không chứa OH^- dư.

Trong 100 ml dung dịch X chứa CO₃^2-: a mol; HCO₃^-: b mol và K⁺

- Khi cho dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thì:

HCO₃^-+ OH^- →  CO₃^2-+ H₂O

Ba²⁺+ CO₃^2- →  BaCO₃

Bảo toàn C ta có: n_BaCO3 = n_HCO3-+ n_CO3(2-) → (1)

- Khi cho X từ từ vào dung dịch HCl:

HCO₃^-+ H⁺ →  CO₂+ H₂O

CO₃^2-+ 2H⁺ →  CO₂+ H₂O

Đặt u, v lần lượt là số mol CO₃^2- và HCO₃^-  phản ứng với u/v = a/b

Ta có: n_HCl = 2u + v = 0,15 mol; n_CO2 = u + v = 0,12 mol

Giải hệ trên ta có: u và v

Vậy a/b = u/v → (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có: a và b

Áp dụng bảo toàn điện tích ta có: 2.n_CO3(2-)+ 1.n_HCO3- = n_K+ →  n_K+

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C và nguyên tố K để tìm x và y.

Lời giải chi tiết:

Ta có: n_CO2 = 0,12 mol, n_HCl = 0,15 mol

Nếu X có OH^- dư thì X gồm K⁺, OH^-, CO₃^2-. Khi cho từ từ X vào H⁺  thì:

Ta có: n_H+ = n_{OH- dư} + 2.n_CO2 = n_{OH- dư}+ 2. 0,12 > 0,24 mol, trái với giả thiết là chỉ dùng 0,15 mol H⁺

Vậy X không chứa OH^- dư.

Trong 100 ml dung dịch X chứa CO₃^2-: a mol; HCO₃^-: b mol và K⁺

-Khi cho dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thì:

HCO₃^-+ OH^- →  CO₃^2-+ H₂O

Ba²⁺+ CO₃^2- →  BaCO₃

Ta có: n_BaCO3 = 39,4 : 197 = 0,2 mol

Vậy khi đó theo bảo toàn C ta có: n_BaCO3 = n_HCO3-+ n_CO3(2-)

→ 0,2 = a + b (1)

-Khi cho X từ từ vào dung dịch HCl:

HCO₃^-+ H⁺ →  CO₂+ H₂O

CO₃^2-+ 2H⁺ →  CO₂+ H₂O

Đặt u, v lần lượt là số mol CO₃^2- và HCO₃^-  phản ứng với u/v = a/b

Ta có: n_HCl = 2u + v = 0,15 mol; n_CO2 = u + v = 0,12 mol

Giải hệ trên ta có: u = 0,03 và v = 0,09

Vậy a/b = u/v = 1/3 →  3a- b  =0 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có: a = 0,05 và b = 0,15

Do đó trong 200 ml dung dịch X chứa 0,1 mol CO₃^2- và 0,3 mol HCO₃^-

Áp dụng bảo toàn điện tích ta có: 2.n_CO3(2-)+ 1.n_HCO3- = n_K+

→2.0,1 + 0,3 = n_K+ →  n_K+ = 0,5 mol

Bảo toàn nguyên tố K ta có: x + 2y = 0,5 (3)

Bảo toàn nguyên tố C ta có: y + 0,2 = 0,1 + 0,3 (4)

Giải hệ (3) và (4) ta có: x = 0,1 và y = 0,2

Vậy x = 0,1 gần nhất với giá trị 0,11

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán muối cacbonat, hidrocacbonat + H⁺

- TH₁: Nếu Cho từ từ Muối (CO₃^2-: x mol và HCO₃^-: y mol) vào dung dịch Axit

=> Do ban đầu H⁺ rất dư so với muối nên 2 muối đều phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ về số mol.

            CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

=> n_{CO3 pứ} : n_{HCO3 pứ} = x : y   

- TH₂: Nếu cho từ từ H⁺ vào dung dịch muối (CO₃^2-: x mol và HCO₃^-: y mol)

=> Do ban đầu H⁺ thiếu nên phản ứng với CO₃^2- trước:

            CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

- TH₃: Trộn nhanh 2 dung dịch axit và muối

=> Không biết chất nào phản ứng với chất nào trước

=> Xét cả 2 trường hợp TH₁ và TH₂ => Sau đó lấy giá trị trong khoảng

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol; n_BaCO3 = 39,4 : 197 = 0,2 mol

*Cho 100 ml dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được 0,2 mol BaCO₃

     => 200 ml                                                                              0,4 mol

BTNT "C": n_CO2 + n_{K2CO3 bđ} = n_BaCO3 => 0,2 + y = 0,4 => y = 0,2 mol

*CO₂ tác dụng với hỗn hợp {KOH và K₂CO₃} nên có thể có 2 trường hợp xảy ra:

- TH1: Tạo thành K₂CO₃ và KOH dư

+ Xét 200 ml dung dịch X:

BTNT "C": n_{K2CO3 (dd X)} = n_CO2 + n_{K2CO3 bđ} = 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

BTNT "K": n_KOH + 2n_{K2CO3 bđ} = n_{KOH dư} + 2n_K2CO3 => x + 2.0,2 = n_{KOH dư} + 2.0,4

=> n_{KOH dư} = x - 0,4 (mol)

Vậy 1/2 dd X gồm: KOH dư (0,5x - 0,2 mol) và K₂CO₃ (0,2 mol)

+ Khi cho từ từ 1/2 dung dịch X phản ứng với 0,15 mol HCl thu được 0,12 mol CO₂:

PTHH:

     H⁺    +     OH^- → H₂O

0,5x-0,2 ← 0,5x-0,2

2H⁺ + CO₃^2- → H₂O + CO₂

0,24   ←                        0,12  (vô lí vì ở đây số mol H⁺ phản ứng lớn hơn số mol H⁺ đề bài cho)

=> Loại

- TH2: Tạo KHCO₃ và K₂CO₃

Giả sử dd X chứa a mol KHCO₃ và b mol K₂CO₃

BTNT "C": a + b = (0,2 + 0,2)/2 (1)

Phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ mol:

KHCO₃ + HCl → H₂O + CO₂ + KCl

      ka          ka                    ka

K₂CO₃ + 2HCl → H₂O + CO₂ + 2KCl

      kb          2kb             → kb

n_HCl = ka + 2kb = 0,15 (2) và n_CO2 = ka + kb = 0,12 (3)

Giải (1) (2) (3) được a = 0,15; b = 0,05

=> 200 ml X chứa 0,3 mol KHCO₃ và 0,1 mol K₂CO₃

BTNT "K": n_{KOH bđ} + 2n_{K2CO3 bđ} = n_KHCO3 + 2n_K2CO3 => x + 2.0,2 = 0,3 + 0,1.2 => x = 0,1

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán muối nhôm tác dụng với dd kiềm

Cho biết nAl³⁺ = a và nOH^-  = b, tính số mol kết tủa:

+ Với muối nhôm

Các phản ứng xảy ra:

            Al³⁺ + 3OH^- →  Al(OH)₃ (1)

            Al(OH)₃ + OH^- → [Al(OH)₄]^- (2)

Từ (1) và (2) ta rút ra kết luận:

+ Nếu b/a ≤ 3 thì kết tủa chưa bị hoà tan và

                  nAl(OH)₃= b/3

+ Nếu 3 < b/a < 4 thì kết tủa bị hoà tan 1 phần

            Al³⁺ + 3OH^- →  Al(OH)₃ (1)

mol        a   → 3a     →        a

            Al(OH)₃ + OH^- → [Al(OH)₄]^- (2)

Mol        b-3a        b-3a

                  nAl(OH)₃= 4a-b

+ Nếu b/a ≥ 4 thì kết tủa bị hoà tan hoàn toàn

Lời giải chi tiết:

Qui đổi hỗn hơp thành  Na (3u mol) ; K (2u mol) ; Ba (7u mol) và O (v mol)

(Vì sau khi cho vào nước thu được n_NaOH: n_KOH: n_Ba(OH)2 = 3: 2: 7 = 3u: 2u: 7u)

Bảo toàn electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2

=> 3u + 2u + 2.7u = 2v + 0,035.2

Lại có: %m_O = 7,99% => 16v = 7,99%.(23.3u + 39.2u + 137.7u + 16v)

Giải hệ PT => u = 0,01 ; v = 0,06 mol

=> n_OH = 2v + 0,035.2 = 0,19 mol

n_H+ = 2n_H2SO4 + n_KHSO4 = 2.0,01 + 0,04 = 0,06 mol

n_Al3+ = 2n_Al2(SO4)3 = 0,04 mol

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH – n_H+)

=> n_Al(OH)3 = 0,03 mol

n_Ba2+ = 0,07 mol và n_SO4 = 0,11 mol

=> n_BaSO4 = n_Ba = 0,07 mol

=> m_rắn = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 18,65g

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Dựa vào thí nghiệm Ba(OH)₂ + Y => số mol BaCO₃ trong kết tủa

=> số mol HCO₃^- trong Y

(Vì Cho axit từ từ vào X nên thứ tự phản ứng là:

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O)

Bảo toàn C: n_{CO2 bđ} + n_Na2CO3 = n_BaCO3 + n_{CO2 sản phẩm} => n_Na2CO3 = y

Bảo toàn điện tích: n_Na = n_Cl + 2n_SO4 + n_{HCO3 (Y)} => n_Na

Bảo toàn Na: n_Na+ = n_NaOH + 2n_Na2CO3 => n_NaOH = x

=> x: y

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = 6,16 : 22,4 = 0,275 mol

n_HCl = 0,2.1 = 0,2 mol ; n_H2SO4 = 0,2.0,3 = 0,06 mol ; n_{CO2 sản phẩm} = 2,688 : 22,4 = 0,12 mol

- Khi Y + Ba(OH)₂ thì kết tủa gồm 0,06 mol BaSO₄ và BaCO₃

=> n_BaCO3 = 0,23 mol = n_{HCO3 trong Y}

(Vì Cho axit từ từ vào X nên thứ tự phản ứng là:

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O)

Bảo toàn C: n_{CO2 bđ} + n_Na2CO3 = n_BaCO3 + n_{CO2 sản phẩm}

=> n_Na2CO3 = 0,075 mol => y = 0,075 M

- Khi X + axit thì sau phản ứng dung dịch chỉ còn: NaCl ; Na₂SO₄ và NaHCO₃

Bảo toàn điện tích: n_Na = n_Cl + 2n_SO4 + n_{HCO3 (Y)}

=> n_Na = 0,55 mol

Bảo toàn Na: n_Na+ = n_NaOH + 2n_Na2CO3

=> n_NaOH = 0,55 – 0,075.2 = 0,4 mol = x

=>x : y = 0,4 : 0,075 = 5,3

Đáp án B 

Phương pháp giải:

     200 ml dd X = CO₂: 0,2 mol + {KOH: x mol; K₂CO₃: y mol}

→ 100 ml dd X = CO₂: 0,1 mol + {KOH: 0,5x mol; K₂CO₃: 0,5y mol}

* 100 ml dd X + Ba(OH)₂ dư:

BTNT "C" → n_CO2 + n_K2CO3 = n_BaCO3 → 0,1 + 0,5y = 39,4/197 → y

* Cho từ từ 100 ml dd X + HCl (0,15 mol) thu được 0,12 mol CO₂:

Chứng minh được phản ứng tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

Do n_CO2 < n_HCO3^- + n_CO3^2- nên H⁺ hết; HCO₃^- và CO₃^2- dư

Khi cho từ từ H⁺ vào {HCO₃^-; CO₃^2-} thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời với H⁺ theo đúng tỉ lệ mol của chúng. Như vậy:

HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

a              a                       a

CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

b              2b                      b

Lập hệ phương trình về số mol H⁺ và số mol CO₂ tìm được a, b

→ Tỉ lệ mol của HCO₃^- và CO₃^2-

Mà trong dd X có n_HCO3^- + n_CO3^2- = n_CO2 + n_K2CO3 = ? 

→ n_HCO3^- và n_CO3^2-

Áp dụng bảo toàn điện tích để tìm x.

Lời giải chi tiết:

     200 ml dd X = CO₂: 0,2 mol + {KOH: x mol; K₂CO₃: y mol}

→ 100 ml dd X = CO₂: 0,1 mol + {KOH: 0,5x mol; K₂CO₃: 0,5y mol}

* 100 ml dd X + Ba(OH)₂ dư:

BTNT "C" → n_CO2 + n_K2CO3 = n_BaCO3 → 0,1 + 0,5y = 39,4/197 → y = 0,2

* Cho từ từ 100 ml dd X + HCl (0,15 mol) thu được 0,12 mol CO₂:

+) Nếu dd X chỉ chứa ion CO₃^2- thì theo bảo toàn C → n_CO3^2- = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol

          CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

Bđ:     0,2          0,15

Pư:    0,075 ←  0,15 →             0,075

+) Nếu dd X chỉ chứa ion HCO₃^- thì theo bảo toàn C → n_HCO3^- = 0,2 mol

          HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

Bđ:     0,2          0,15

Pư:    0,15   ←  0,15 →          0,15

Mà theo đề bài: 0,075 < n_CO2 (= 0,12 mol) < 0,15 → Tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

Do n_CO2 < n_HCO3^- + n_CO3^2- nên H⁺ hết; HCO₃^- và CO₃^2- dư

Khi cho từ từ H⁺ vào {HCO₃^-; CO₃^2-} thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời với H⁺ theo đúng tỉ lệ mol của chúng. Như vậy:

HCO₃^- +  H⁺ → H₂O + CO₂

a              a                       a

CO₃^2- +    2H⁺ → H₂O + CO₂

b              2b                      b

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{{H^ + }}} = a + 2b = 0,15\\{n_{C{O_2}}} = a + b = 0,12\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,09\\b = 0,03\end{array} \right. \to \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_2}^{2 - }}}}} = \frac{{0,09}}{{0,03}} = \frac{3}{1}\)

Mà trong dd X có n_HCO3^- + n_CO3^2- = n_CO2 + n_K2CO3 = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol nên dễ dàng suy ra:

n_HCO3^- = 0,15 và n_CO3^2- = 0,05

BTĐT → n_K⁺ = n_HCO3^- + 2.n_CO3^2- → 0,5x + 0,2 = 0,15 + 2.0,05 → x = 0,1

Đáp án A

Phương pháp giải:

TN1: Cho từ từ X vào Y thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ mol

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

*TN2: Cho từ từ Y vào X thì phản ứng xảy ra lần lượt theo thứ tự

CO₃^2- + H⁺   →   HCO₃^-

HCO₃^-    +   H⁺ → H₂O + CO₂

Lời giải chi tiết:

100 ml X \(\left\{ \begin{gathered}
KHC{O_3}:0,1a \hfill \\
N{a_2}C{O_3}:0,1 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

100 ml Y \(\left\{ \begin{gathered}
{H_2}S{O_4}:0,025 \hfill \\
HCl:0,15 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

TN1: Cho từ từ X vào Y thì HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng đồng thời theo đúng tỉ lệ mol

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

   x          x                     x

CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

  y          2y                     y

(Do n_H+ (0,2 mol) < 2n_CO32- + n_HCO3- (0,2 + 0,1a) nên suy ra H⁺ hết)

Theo đề bài ta có hệ:

+ n_CO2 = x + y = 0,12 mol

+ n_H+ = x + 2y = 0,2

Giải hệ được x = 0,04 và y = 0,08

Do HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng theo đúng tỉ lệ mol nên ta có: 0,1a/0,1 = 0,04/0,08 => a = 0,5

*TN2: Cho từ từ Y vào X thì phản ứng xảy ra lần lượt theo thứ tự

CO₃^2- + H⁺   →   HCO₃^-

0,1 → 0,1 _{dư 0,1} → 0,1 => n_HCO3- = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol

HCO₃^-    +   H⁺ → H₂O + CO₂

0,1_{dư 0,05} ← 0,1

Khi cho dd Ba(OH)₂ dư vào dung dịch E thì có các phản ứng tạo kết tủa:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,05         →       0,05

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

           0,05  →   0,05

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ ↓

          0,025  → 0,025

=> m _{kết tủa} = 0,05.197 + 0,025.233 = 15,675 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

TH1: X chứa NaOH và Na₂CO₃

BTNT “C”: n_Na2CO3 = n_BaCO3 = ?

H⁺ + OH^- → H₂O

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

TH2: X chứa Na₂CO₃ (a mol) và NaHCO₃ (b mol)

BTNT “C”: n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = n_BaCO3 => a + b = 0,125 (1)

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

2ka ← ka →        ka

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

kb ←                   kb

n_H+ = 2ka + kb = 0,14 hay k(2a + b) = 0,14(2)

n_CO2 = ka + kb = 0,1 hay k(a + b) = 0,1 (3)

Từ (1) (2) (3) => a, b

BTNT “Na”: n_NaOH = 2n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = ?

Lời giải chi tiết:

n_BaCO3 = 24,625 : 197 = 0,125 mol

TH1: X chứa NaOH và Na₂CO₃

BTNT “C”: n_Na2CO3 = n_BaCO3 = 0,125 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

x        x

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

0,2 ←                 0,2

=> n_H+ = x + 0,2 = 0,14 => x < 0 (loại)

TH2: X chứa Na₂CO₃ (a mol) và NaHCO₃ (b mol)

BTNT “C”: n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = n_BaCO3 => a + b = 0,125 (1)

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

2ka ← ka →        ka

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

kb ←                   kb

n_H+ = 2ka + kb = 0,14 hay k(2a + b) = 0,14(2)

n_CO2 = ka + kb = 0,1 hay k(a + b) = 0,1 (3)

Từ (1) (2) (3) => a = 0,05 và b = 0,075

BTNT “Na”: n_NaOH = 2n_Na2CO3 + n_NaHCO3 = 2.0,05 + 0,075 = 0,175 mol

Đáp án C

Phương pháp giải:

\(C{O_2}:0,4\,mol + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:2,75V(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:V(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \to {\text{dd}}\,X\xrightarrow{{co\,can}}64,5(g)\,chat\,ran\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:2,75V(mol) \hfill \\
{K^ + }:2V(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:x(mol) \hfill \\
HC{O_3}^ - :y(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “C”: n_CO32- + n_HCO3- = n_CO2 + n_K2CO3 hay x + y = 0,4 + V (1)

BTĐT cho dd sau phản ứng có: 2n_CO32- + n_HCO3- = n_Na+ + n_K+ => 2x + y = 4,75V (2)

Từ (1) và (2) => x và y theo V

=> Thành phần dung dịch sau phản ứng (với ẩn số mol là V)

Dựa vào khối lượng chất tan trong dung dịch sau phản ứng tính được giá trị của V.

Lời giải chi tiết:

\(C{O_2}:0,4\,mol + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:2,75V(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:V(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \to {\text{dd}}\,X\xrightarrow{{co\,can}}64,5(g)\,chat\,ran\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:2,75V(mol) \hfill \\
{K^ + }:2V(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:x(mol) \hfill \\
HC{O_3}^ - :y(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “C”: n_CO32- + n_HCO3- = n_CO2 + n_K2CO3 hay x + y = 0,4 + V (1)

BTĐT cho dd sau phản ứng có: 2n_CO32- + n_HCO3- = n_Na+ + n_K+ => 2x + y = 4,75V (2)

Từ (1) và (2) => x = 3,75V – 0,4 và y = 0,8 – 2,75V

Dung dịch sau phản ứng gồm: Na⁺ (2,75V); K⁺ (2V), CO₃^2- (3,75V-0,4); HCO₃^- (0,8-2,75V) (mol)

Khối lượng chất tan: 2,75V.23 + 2V.39 + (3,75V - 0,4).60 + (0,8-2,75V).61 = 64,5

=> V = 0,2 (lít) = 200 ml

Đáp án B

Phương pháp giải:

Muối Cacbonat , Hidrocacbonat + H⁺

- TH₁ : Nếu Cho từ từ Muối (CO₃^2- : x mol và HCO₃^- : y mol) vào dung dịch Axit

=> Do ban đầu H⁺ rất dư so với muối nên 2 muối đều phản ứng đồng thời

            CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

=> n_{CO3 pứ} : n_{HCO3 pứ} = x : y   

- TH₂ : Nếu cho từ từ H⁺ vào dung dịch muối (CO₃^2- : x mol và HCO₃^- : y mol)

=> Do ban đầu H⁺ thiếu nên phản ứng với CO₃^2- trước :

            CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

            HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

- TH₃ : Trộn nhanh 2 dung dịch axit và muối

=> Không biết chất nào phản ứng với chất nào trước

=> Xét cả 2 trường hợp TH₁ và TH₂ => và lấy giá trị trong khoảng.

(*) Cụ thể ở bài toán này :

- Chất kết tủa gồm BaSO₄ và BaCO₃

Bảo toàn nguyên tố : n_S = n_KHSO4 = n_BaSO4

=> m_rắn = 49,72 = m_BaSO4 + m_BaCO3 => n_BaCO3

n_CO2 = n_KHCO3 + n_Na2CO3(pứ)

=> Bảo toàn nguyên tố C : n_KHCO3 + n_Na2CO3 = n_CO2 + n_BaCO3

Vì nhỏ chậm X vào KHSO₄=> phản ứng đồng thời với cả 2 chất theo tỉ lệ mol nhất định giống với tỉ lệ mol trong hỗn hợp ban đầu

Gọi n_KHCO3 = a ; n_Na2CO3 = b => a + b = ??? (1)

=>n_{KHCO3 pứ} = at ; n_{Na2CO3 pứ} = bt

Bảo toàn C : n_CO2 = n_{KHCO3 pứ} + n_{Na2CO3 pứ} => ??? = (a + b).t => t

KHSO₄ + KHCO₃ →  K₂SO₄ + CO₂ + H₂O

2KHSO₄ + Na₂CO₃ →  K₂SO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

=> n_KHSO4 = at + 2bt = ??? => a + b = ??? (2)

Từ (1,2) => a, b  => m = m_KHCO3 + m_Na2CO3

Lời giải chi tiết:

- Chất kết tủa gồm BaSO₄ và BaCO₃

n_KHSO4 = 0,055.2 = 0,11 mol

Bảo toàn nguyên tố : n_S = n_KHSO4 = n_BaSO4 = 0,11 mol

=> m_rắn = 49,72 = m_BaSO4 + m_BaCO3 => n_BaCO3 = 0,12 mol

n_CO2 = 1,344 : 22,4 = 0,06 mol = n_KHCO3 + n_Na2CO3(pứ)

=> Bảo toàn nguyên tố C : n_KHCO3 + n_Na2CO3 = n_CO2 + n_BaCO3 = 0,18 mol

Vì nhỏ chậm X vào KHSO₄=> phản ứng đồng thời với cả 2 chất theo tỉ lệ mol nhất định giống với tỉ lệ mol trong hỗn hợp ban đầu

Gọi n_KHCO3 = a ; n_Na2CO3 = b => a + b = 0,18 (1)

=>n_{KHCO3 pứ} = at ; n_{Na2CO3 pứ} = bt

Bảo toàn C : n_CO2 = n_{KHCO3 pứ} + n_{Na2CO3 pứ} => 0,06 = (a + b).t => t = 1/3

KHSO₄ + KHCO₃ →  K₂SO₄ + CO₂ + H₂O

2KHSO₄ + Na₂CO₃ →  K₂SO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

=> n_KHSO4 = at + 2bt = 0,11 => a + b = 0,33 (2)

Từ (1,2) => a = 0,03, b = 0,15

=> m = m_KHCO3 + m_Na2CO3 = 0,03.100 + 0,15.106 = 18,9g

Đáp án C  

Phương pháp giải:

TH1: 2 muối đều tạo kết tủa

TH2: 1 muối là NaF (X) => muối còn lại là NaCl(Y)

Lời giải chi tiết:

TH1: 2 muối đều tạo kết tủa

\(Na\overline X  + AgN{O_3} \to NaN{{\text{O}}_3} + Ag\overline X \)

\( \to \frac{{23 + \overline X }}{{108 + \overline X }} = \frac{{6,03}}{{8,61}} \to \overline X  = 175,6\) (loại)

TH2: 1 muối là NaF (X) => muối còn lại là NaCl (Y)

n_AgCl = 0,06 mol = n_NaCl

=> m_NaF = 6,03 - 0,06.58,5 = 2,52 g

\( \to \% {m_{NaF}} = \frac{{2,52}}{{6,03}}.100\%  = 41,8\% \) 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khi sục từ từ CO₃^2- và HCO₃^- vào H⁺ thì phản ứng xảy ra đồng thời và theo đúng tỉ lệ mol.

\(\begin{gathered}
Tinh\,duoc\,{n_{BaC{O_3}}} \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
C{O_3}^{2 - }:0,2 \hfill \\
HC{O_3}^ - :a \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \frac{{HC{O_3}^ - }}{{C{O_3}^{2 - }}} = 5a \hfill \\
C{O_3}^{2 - } + 2{H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O \hfill \\
y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2y \hfill \\
HC{O_3}^ - + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O \hfill \\
5ay\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,5ay \hfill \\
\to \left\{ \begin{gathered}
2y + 5ay = {n_{{H^ + }}} \hfill \\
\xrightarrow{{BT:C}}0,2 + a = y + 5ay + {n_{BaC{O_3}}} \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
y = \frac{{0,5}}{{2 + 5a}} \hfill \\
0,2 + a = y + 5ay + 0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\to 0,2 + a = \frac{{0,5}}{{2 + 5a}} + 5a.\frac{{0,5}}{{2 + 5a}} + 0,4 \to a = ? \hfill \\
\to x = \frac{n}{V} \hfill \\
\end{gathered} \)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{gathered}
{n_{BaC{O_3}}} = 0,4 \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
C{O_3}^{2 - }:0,2 \hfill \\
HC{O_3}^ - :a \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \frac{{HC{O_3}^ - }}{{C{O_3}^{2 - }}} = 5a \hfill \\
C{O_3}^{2 - } + 2{H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O \hfill \\
y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2y \hfill \\
HC{O_3}^ - + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O \hfill \\
5ay\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,5ay \hfill \\
\to \left\{ \begin{gathered}
2y + 5ay = {n_{{H^ + }}} = 0,5 \hfill \\
\xrightarrow{{BT:C}}0,2 + a = y + 5ay + 0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
y = \frac{{0,5}}{{2 + 5a}} \hfill \\
0,2 + a = y + 5ay + 0,4 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\to 0,2 + a = \frac{{0,5}}{{2 + 5a}} + 5a.\frac{{0,5}}{{2 + 5a}} + 0,4 \to a = 0,6 \hfill \\
\to x = \frac{n}{V} = \frac{{0,6}}{{0,5}} = 1,2M \hfill \\
\end{gathered} \)

Đáp án D

Phương pháp giải:

\(\begin{gathered}
2\overline R + 2{H_2}O \to 2\overline R OH + {H_2} \hfill \\
\overline R OH + HCl \to \overline R Cl + {H_2}O \hfill \\
\to \overline R \hfill \\
\end{gathered} \)

Lời giải chi tiết:

 \(2\overline R  + 2{H_2}O \to 2\overline R OH + {H_2}\)

0,03  ←                         0,03   ←   0,015

 \(\overline R \)OH  + HCl→ \(\overline R \)Cl  + H₂O

0,03           →      0,03

=>  \(\overline R \)+35,5 = 2,075/0,03 = 69,17

=> \(\overline R \) = 33,67 => Na, K

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đặt số mol của M₂CO₃, MHCO₃, MCl là x,y,z mol

Đun nóng X :

2MHCO₃ → M₂CO₃ + H₂O + CO₂

X tác dụng với 0,5 mol HCl :

M₂CO₃ + 2HCl → 2MCl + H₂O + CO₂

MHCO₃ + HCl → MCl + H₂O + CO₂

Dd Y có MCl và có thể có HCl dư

MCl + AgNO₃ → MNO₃ + AgCl

HCl + AgNO₃ → AgCl + HNO₃

. Tính theo PTHH

Lời giải chi tiết:

Hướng dẫn giải :

Đặt số mol của M₂CO₃, MHCO₃, MCl là x,y,z mol

Đun nóng X :

2MHCO₃ → M₂CO₃ + H₂O + CO₂

m_{rắn giảm}  = 18. y/ 2 + 44.y/2 =20,29 -18,74 → y = 0,05 mol

X tác dụng với 0,5 mol HCl :

M₂CO₃ + 2HCl → 2MCl + H₂O + CO₂

MHCO₃ + HCl → MCl + H₂O + CO₂

n_CO2 = x + y = 0,15 → x =0,1mol → n_{HCl phản ứng} = 2.0,1 + 0,05 =0,25 mol < n_{HCl ban đầu}  

→ HCl dư

Dd Y có MCl và có thể có HCl dư

Ag⁺ + Cl^- →  AgCl

                     0,52 mol

→ n_Cl- = 0,52 = n_{HCl +} n_{MCl (ban đầu)} = 0,5 + z → z = 0,02 mol

Ta có m_X = 0,1 (2M + 60) + 0,05 ( M + 61) + 0,02 (M + 35,5) → M = 39 (K)

Trong KCl thì %K = 39/74,5 .100% =52,35 %

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

 \(hhX\left. {\left\{ \matrix{
K \hfill \cr 
Na \hfill \cr} \right.} \right\} + \left. {\left\{ \matrix{
{H_2}S{O_4}:0,25 \hfill \cr 
A{l_2}{(S{O_4})_3}:0,5 \hfill \cr} \right.} \right\}\buildrel {(1)} \over
\longrightarrow \left. {dd\,Y\left\{ \matrix{
{K^ + },N{a^ + },Al{O_2}^ - \hfill \cr 
S{O_4}^{2 - },O{H^ - } \hfill \cr} \right.} \right\}\mathrel{\mathop{\kern0pt\longrightarrow}
\limits_{HCl:\,1,5\,mol}^{(2)}} \underbrace {Al{{(OH)}_3} \downarrow }_{0,3\,mol} + ddZ\left. {\left\{ \matrix{
A{l^{3 + }},{K^ + },N{a^ + } \hfill \cr 
S{O_4}^{2 - },C{l^ - } \hfill \cr} \right.} \right\}\)

Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa ở quá trình (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc SO₄^2- và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z sẽ tìm được mol K, Na từ đó tính được m

Lời giải chi tiết:

\(hhX\left. {\left\{ \matrix{
K \hfill \cr
Na \hfill \cr} \right.} \right\} + \left. {\left\{ \matrix{
{H_2}S{O_4}:0,25 \hfill \cr
A{l_2}{(S{O_4})_3}:0,5 \hfill \cr} \right.} \right\}\buildrel {(1)} \over
\longrightarrow \left. {dd\,Y\left\{ \matrix{
{K^ + },N{a^ + },Al{O_2}^ - \hfill \cr
S{O_4}^{2 - },O{H^ - } \hfill \cr} \right.} \right\}\mathrel{\mathop{\kern0pt\longrightarrow}
\limits_{HCl:\,1,5\,mol}^{(2)}} \underbrace {Al{{(OH)}_3} \downarrow }_{0,3\,mol} + ddZ\left. {\left\{ \matrix{
A{l^{3 + }},{K^ + },N{a^ + } \hfill \cr
S{O_4}^{2 - },C{l^ - } \hfill \cr} \right.} \right\}\)

Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa ở quá trình (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc SO₄^2- và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z, ta có:

\(\left\{ \matrix{
{n_{A{l^{3 + }}(Z)}} = {n_{A{l^{3 + }}\,(bd)}} - {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,2 \hfill \cr
{n_{S{O_4}^{2 - }}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} + 3{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 1,25 \hfill \cr
\underbrace {3{n_{A{l^{3 + }}(Z)}}}_{0,2} + \underbrace {{n_{{K^ + }}}}_x + \underbrace {{n_{N{a^ + }}}}_x = \underbrace {{n_{C{l^ - }}}}_{1,5} + 2\underbrace {{n_{S{O_4}^{2 - }}}}_{1,25} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 1,7\,(mol) \hfill \cr
m{\,_{\min }} = {m_K} + {m_{Na}} = 1,7.23 + 1,7.39 = 105,4\,(g) \hfill \cr} \right.\)

Đáp án B