Phương pháp giải:

Viết PTHH xảy ra, đổi số mol Na₂CO₃. Dựa vào PTHH, tính toán số mol khí sinh ra theo mol Na₂CO₃

Lời giải chi tiết:

m_{dd Na2CO3} = m _{dd Na2CO3} . C% = 200 . 10,6% = 21,2g

=> n _Na2CO3 = m _Na2CO3 : M _Na2CO3 = 21,2 : 106 = 0,2 mol

PTHH:Na₂CO₃ + 2HCl→ 2NaCl + H₂O + CO₂↑

Tỉ lệ:1                                                             1

Pứ:  0,2 mol                                                  ? mol

Từ PTHH ta có n_CO2 = n_Na2CO3 = 0,2 mol

=> m_CO2 = n_CO2 . M_CO2 = 0,2 . (12 + 2 . 16) = 8,8g

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết PTHH xảy ra, đổi số mol KOH. Dựa vào PTHH, tính toán số mol kết tủa Cu(OH)₂ theo mol KOH

Lời giải chi tiết:

m_{dd KOH} = m _{dd KOH} . C% = 200 . 5,6% = 11,2g

=> n _KOH= m _KOH: M _KOH = 11,2 : 56 = 0,2 mol

PTHH:  2KOH+ CuCl₂→ Cu(OH)₂ ↓+ 2KCl

Tỉ lệ:       2                              1

Pứ:      0,2 mol                        ? mol

Từ PTHH ta có n_Cu(OH)2= ½ n_KOH = 0,1 mol

=> m_Cu(OH)2= n _Cu(OH)2 . M _Cu(OH)2 = 0,1 . (64 + 2 . 16 + 2) = 9,8g

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi số mol của CaCO₃ và MgCO₃ lần lượt là x và y

Lập hệ phương trình với khối lượng hỗn hợp muối và số mol CO₂ sẽ tìm ra được x, y. Từ đó tính được phần trăm mỗi muối.

Lời giải chi tiết:

Gọi số mol của CaCO₃ và MgCO₃ lần lượt là x và y

CaCO₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) CO₂ + CaO (1)

    x                 x

MgCO₃ \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) CO₂ + MgO (2)

    y                 y

m_hh = m_CaCO3 + m_MgCO3 = 100x + 84y = 14,2g (1)

n_CO2 = V_CO2 : 22,4 = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol

n_CO2 = n_{CO2 (1)} + n_CO2(2) = x + y = 0,15 mol (2)

Giải hệ pt (1) và (2) ta có x = 0,1 mol và y = 0,05 mol

=> m_CaCO3 = n_CaCO3 . M_CaCO3 = 0,1.(40 + 12 + 48) = 10g

=> %m_CaCO3 =  \(\frac{{{m_{CaC{O_3}}}}}{{{m_{hh}}}}.100\%  = \frac{{10}}{{14,2}}.100\%  = 70,42\% \)

=> %m_MgCO3 = 100% - %m_CaCO3 = 29,58%

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán cho số liệu 2 chất tham gia phản ứng => đây là bài toán lượng chất hết dư

Viết PTHH xảy ra, xét xem chất nào phản ứng hết. Mọi tính toán theo số mol của chất phản ứng hết.

Lời giải chi tiết:

n_NaCl = V_NaCl . C_{M NaCl} = 0,5 . 2 = 1 mol

n _AgNO3 = V_AgNO3 . C_{M AgNO3} = 0,6 . 2 = 1,2 mol

PTHH: NaCl + AgNO₃ → NaNO₃ + AgCl↓

Tỉ lệ:    1             1                               1

Pứ:     1mol       1,2 mol                       ? mol

Ta có \({{{n_{NaCl}}} \over 1} < {{{n_{AgN{O_3}}}} \over 1}(1 < 1,2)\)

=> AgNO₃ dư

=> n_AgCl = n_NaCl = 1 mol

=> m_AgCl = n_AgCl . M_AgCl = 1 . (108 + 35,5) = 143,5g

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bài toán cho số liệu 2 chất tham gia phản ứng => đây là bài toán lượng chất hết dư

Viết PTHH xảy ra, xét xem chất nào phản ứng hết. Mọi tính toán theo số mol của chất phản ứng hết.

Lời giải chi tiết:

n _CaCO3 = m _CaCO3 : M _CaCO3 = 20 : 100 = 0,2 mol

n_HCl = V_HCl . C_{M HCl} =  0,2 . 3 = 0,6 mol

PTHH: CaCO₃ + 2HCl→ CaCl₂ + H₂O + CO₂↑

Tỉ lệ:     1             2

Pứ:     0,2 mol      0,6 mol

Ta có \({{{n_{CaC{O_3}}}} \over 1} < {{{n_{HCl}}} \over 2}(0,2 < 0,3)\)

=> CaCO₃ phản ứng hết và HCl còn dư

n_{HCl phản ứng} = 2n_CaCO3 = 0,4 mol

=> n_{HCl dư} = n_HCl – n_{HCl phản ứng} = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi số mol của ACO₃ và BCO₃ lần lượt là x và y

Lập hệ phương trình với khối lượng hỗn hợp muối và số mol CO₂ sẽ tìm ra được x, y. Từ đó tính được phần trăm mỗi muối.

Lời giải chi tiết:

n_CO2 = V_CO2 : 22,4 = 0,672 : 22,4 = 0,03 mol

Gọi số mol của ACO₃ và BCO₃ lần lượt là x và y

ACO₃ + 2HCl→ ACl₂ + H₂O + CO₂↑ (1)

x         →2x                   → x →      x

BCO₃ + 2HCl→ BCl₂ + H₂O + CO₂↑ (2)

y         →2y                   → y   → y

Từ pt dễ dàng thấy n_{H2O (1)} + n_{H2O (2)} = n_{CO2 (1)} + n _{CO2 (2)} = x + y = n_CO2 = 0,03 mol

n_{HCl (1)} + n_{HCl (2)} = 2n_{CO2 (1)} + 2n _{CO2 (2)}  = 2 (x + y) = 2n_CO2 = 0,06 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có

m _ACO3 + m_BCO3 + m_HCl = m_ACl2 + m_BCl2 + m_H2O + m_CO2

=> m_ACl2 + m_BCl2 = m _ACO3 + m_BCO3 + m_HCl – (m_H2O + m_CO2)

                          = 1,84 + 0,06 . 36,5 – (0,03 . 18 + 0,03 . 44) = 2,17g

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết PTHH xảy ra. Tính số mol M₂O₃ theo số mol HCl. Có số mol M₂O₃ và khối lượng sẽ tìm ra được phân tử khối của M₂O₃ theo công thức: M = m : n

Lời giải chi tiết:

\(\eqalign{
& {m_{HCl}} = {{{m_{ddHCl}}} \over {100\% }}.C\% = {{43,8} \over {100\% }}.25\% = 10,95\,(g) \cr
& \Rightarrow {n_{HCl}} = {{{m_{HCl}}} \over {{M_{HCl}}}} = {{10,95} \over {36,5}} = 0,3\,(mol) \cr} \)

 PTHH: M₂O₃  + 6HCl → 2MCl₃ + 3H₂O

             0,05 ←  0,3                                  (mol)

Theo PTHH: n_M2O3 = 1/6. n_HCl = 0,3/6 = 0,05 (mol)

\( \Rightarrow {M_{{M_2}O}}_{_3} = {{{m_{{M_2}O}}_{_3}} \over {{n_{{M_2}O}}_{_3}}} = {{5,1} \over {0,05}} = 102\,(g/mol)\)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Bài toán cho số liệu 2 chất tham gia phản ứng => đây là bài toán lượng chất hết dư

Viết PTHH xảy ra, xét xem chất nào phản ứng hết. Mọi tính toán theo số mol của chất phản ứng hết.

Lời giải chi tiết:

PTHH:  2NaOH+ CuSO₄ → Cu(OH)₂ ↓+ 2Na₂SO₄

Tỉ lệ:     2                1                      1

Pứ:    0,3 mol        0,1 mol         ? mol

Ta có \({{{n_{NaOH}}} \over 2} > {{{n_{Cu{O_4}}}} \over 1}(0,15 > 0,1)\)

=> n_Cu(OH)2 = n_CuSO4 = 0,1 mol

PTHH: Cu(OH)₂ \(\buildrel {{t^o}} \over\longrightarrow \) CuO + H₂O

Tỉ lệ:    1                              1

Pứ:        0,1                         ? mol

Từ PTHH ta có n_CuO = n_Cu(OH)2 = 0,1 mol

=> m_CuO = n_CuO . M_CuO = 0,1 . (64 + 16) = 8g

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH :   ACO₃ + 2HCl → ACl₂ + H₂O + CO₂

                BCO₃ + 2HCl → BCl₂ + H₂O + CO₂

Ta thấy : n_H2O = n_CO2 = ? (mol)

n_HCl = 2n_CO2 = ? (mol)

Sử dụng bảo toàn khối lượng:

m_{hh đầu} + m_HCl = m_muối + m_CO2 + m_H2O

Lời giải chi tiết:

Số mol của CO₂ là \({n_{C{O_2}}} = \frac{{0,672}}{{22,4}} = 0,03\,(mol)\)

PTHH :   ACO₃ + 2HCl → ACl₂ + H₂O + CO₂

                BCO₃ + 2HCl → BCl₂ + H₂O + CO₂

Ta thấy

n_HCl = 2n_CO2 = 2.0,03= 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng cho 2 phương trình trên thì

m_{hh đầu} + m_HCl = m_muối + m_CO2 + m_H2O

=> 1,84 + 0,06.36,5 = m_muối +0,03.44+0,03.18

=> m_muối = 2,17 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Viết phương trình hóa học xảy ra, tính toán theo phương trình hóa học

Lời giải chi tiết:

Phương trình hóa học

CuSO₄   + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄ 

0,1             0,2              0,1                           (mol)

Cu(OH)₂ →      CuO + H₂O

 0,1                      0,1                  (mol)

m = m_CuO = 0,1 . 80 = 8g

Đáp án D

Phương pháp giải:

Khối lượng của HCl là: \({m_{HCl}} = \frac{{m{\,_{dd\,HCl}}}}{{100\% }}.C\%  = ?(g)\)

Số mol của HCl là: \({n_{HCl}} = \frac{{m{\,_{HCl}}}}{{{M_{HCl}}}} = ?\,(mol)\)

a. PTHH

HCl + AgNO₃ → AgCl↓ + HNO₃

b. Theo PTHH: n_AgNO3 = n_HCl = ? (mol)

Khối lượng của AgNO₃ là: m_AgNO3=? (g)

Nồng độ phần trăm dung dịch AgNO₃ đã tham gia phản ứng là: \(C\% \,AgN{O_3} = \frac{{{m_{AgN{O_3}}}}}{{m{\,_{dd\,AgN{O_3}}}}}.100\%  = ?\% \)

c. Dung dịch thu được sau khi loại bỏ kết tủa chứa HNO₃

Theo PTHH: n_HNO3 = n_HCl = ? (mol)

=> Khối lượng HNO₃ thu được là: ? (g)

Khối lượng dung dịch sau là:

m_{dd sau} = m _{dd HCl} + m _{dd AgNO3} - m_AgCl

Nồng độ dung dịch của HNO₃ thu được là: \(C\% \,HN{O_3} = \frac{{{m_{HN{O_3}}}}}{{m{\,_{dd\,sau}}}}.100\%  = ?\,\% \)

Lời giải chi tiết:

Khối lượng của HCl là:\({m_{HCl}} = \frac{{m{\,_{dd\,HCl}}}}{{100\% }}.C\%  = \frac{{73}}{{100\% }}.10\%  = 7,3(g)\)

Số mol của HCl là:\({n_{HCl}} = \frac{{m{\,_{HCl}}}}{{{M_{HCl}}}} = \frac{{7,3}}{{36,5}} = 0,2\,(mol)\)

a. PTHH

HCl + AgNO₃ → AgCl↓ + HNO₃

b. Theo PTHH: n_AgNO3 = n_HCl = 0,2 (mol)

Khối lượng của AgNO₃ là: m_AgNO3=0,2. 170 = 34 (g)

Nồng độ phần trăm dung dịch AgNO₃ đã tham gia phản ứng là:

\(C\% \,AgN{O_3} = \frac{{{m_{AgN{O_3}}}}}{{m{\,_{dd\,AgN{O_3}}}}}.100\%  = \frac{{34}}{{127}}.100\%  = 26,77\% \)

c. Dung dịch thu được sau khi loại bỏ kết tủa chứa HNO₃

Theo PTHH: n_HNO3 = n_HCl = 0,2 (mol)

Khối lượng HNO₃ thu được là: 0,2 × 63= 12,6 (g)

Theo PTHH: n_AgCl = n_HCl = 0,2 (mol)

Khối lượng của AgCl là: 0,2 × 143,5 = 28,7 (g)

Khối lượng dung dịch sau là:

m_{dd sau} = m _{dd HCl} + m _{dd AgNO3} - m_AgCl

            = 73 + 127 – 28,7

            = 171,3 (g)

Nồng độ dung dịch của HNO₃ thu được là: \(C\% \,HN{O_3} = \frac{{{m_{HN{O_3}}}}}{{m{\,_{dd\,sau}}}}.100\%  = \frac{{12,6}}{{171,3}}.100\%  = 7,36\% \)

Phương pháp giải:

a) muối + bazo → muối mới + bazo mới ( điều kiện có chất kết tủa hoặc bay hơi)

b) Tính toán theo phương trình hóa học

c) Tính khối lượng Ba(OH)₂ từ đó tính được khối lượng dd Ba(OH)₂

Tính khối lượng dd B theo công thức: m_{dd B} = m_ddA + m_ddBa(OH)2 – m_BaSO4

Sử dụng công thức tính phần trăm: \(C\%  =  & \frac{{m\,chat\,\tan }}{{m\,dd\,B}}.100\% \)

Lời giải chi tiết:

a) Khi cho hh muối khan gồm NaCl và Na₂SO₄ vào nước ta thu được dd A chứa chất tan là NaCl và Na₂SO₄.

Cho dd A tác dụng với dd Ba(OH)₂ chỉ có dd Na₂SO₄ pư còn dd NaCl không phản ứng.

PTHH: Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2NaOH  (1)

b) Kết tủa thu được là BaSO₄ có khối lượng 23,3 gam

\({n_{BaS{O_4}}} = \frac{{{m_{BaS{O_4}}}}}{{{M_{BaS{O_4}}}}} = \frac{{23,3}}{{137 + 32 + 16.4}} = 0,1\,(mol)\)

Theo PTHH (1): n_Na2SO4 = n_BaSO4 = 0,1 (mol)

→ m_Na2SO4 = n_Na2SO4×M_Na2SO4 = 0,1×142 = 14,2 (g)

→ m_NaCl = m_hh – m_Na2SO4 = 25,9 – 14,2 = 11,7 (g)

c) Theo PTHH (1): n_NaOH = 2n_BaSO4 = 2.0,1 = 0,2 (mol)

→ m_NaOH = n_NaOH×M_NaOH = 0,2×40= 8 (g)

Theo PTHH (1): n_Ba(OH)2 = n_BaSO4 = 0,1 (mol)

→ m_Ba(OH)2 = n_Ba(OH)2×M_Ba(OH)2 = 0,1×171 = 17,1 (g)

Khối lượng dd Ba(OH)₂ 20% cần dùng là: \({m_{ddBa{{(OH)}_2}}} = \frac{{{m_{Ba{{(OH)}_2}}}}}{{C\% }}.100\%  = \frac{{17,1}}{{20\% }}.100\%  = 85,5\,(g)\)

Khối lượng dd B thu được là:

m_ddB = m_ddA + m_{dd Ba(OH)2} – m_BaSO4↓ = 200 + 85,5 – 23,3=262,2 (g)

dd B chứa các chất tan là: NaCl: 11,7 gam và NaOH: 8 (g)

Nồng độ phần trăm các chất tan có trong dd B là:

\(\left\{ \begin{array}{l}C\% NaCl = \frac{{{m_{NaCl}}}}{{{m_{dd\,B}}}}.100\%  = \frac{{11,7}}{{262,2}}.100\%  = 4,46\% \\C\% NaOH = \frac{{{m_{NaOH}}}}{{{m_{dd\,B}}}}.100\%  = \frac{8}{{262,2}}.100\%  = 3,05\% \end{array} \right.\)

Phương pháp giải:

a/ Viết PTHH.

b/ - Theo phương trình hóa học, tính số mol CO₂ theo số mol CaCO₃

- Áp dụng công thức: V = n.22,4

c/ - Theo phương trình hóa học, tính số mol HCl theo số mol CaCO₃

- Áp dụng công thức tính khối lượng HCl, m = n.M

- Áp dụng công thức tính khối lượng dung dịch HCl, \({m_{dd}} = \frac{{{m_{ct}}}}{{C\% }}.100\% \)

d/ - Tính khối lượng dung dịch sau phản ứng

- Theo phương trình, tính số mol CaCl₂ theo CaCO₃

- Áp dụng công thức tính khối lượng của CaCl₂: m = n.M

- Áp dụng công thức tính nồng độ dung dịch CaCl₂: \(C\%  = \frac{{{m_{ct}}}}{{{m_{dd}}}}.100\% \)

Lời giải chi tiết:

\({n_{CaC{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{20}}{{100}} = 0,2\,\,mol\)

a/ \(CaC{{\rm{O}}_3} + 2HCl \to CaC{l_2} + C{O_2} + {H_2}O\)

b/ Theo phương trình hóa học, \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{{\rm{O}}_3}}} = 0,2\,\,mol\)

\( \to {V_{C{O_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48\,\,lit\)

c/ Theo phương trình hóa học: \({n_{HCl}} = 2{n_{CaC{O_3}}} = 2.0,2 = 0,4\,\,mol\)

\( \to {m_{HCl}} = 0,4.36,5 = 14,6\,\,gam\)

\( \to {m_{dd\,\,HCl}} = \frac{{14,6}}{{3,65\% }}.100\%  = 400\,\,gam\)

d/ Ta có: m_{dd spu} = \({m_{CaC{{\rm{O}}_3}}} + {m_{dd\,\,HCl}} - {m_{C{O_2}}} = 20 + 400 - 0,2.44 = 411,2\,\,gam\)

Theo phương trình, \({n_{CaC{l_2}}} = {n_{CaC{{\rm{O}}_3}}} = 0,2\,\,mol\)

\( \to {m_{CaC{l_2}}} = 0,2.111 = 22,2\,\,gam\)

\( \to C{\% _{CaC{l_2}}} = \frac{{22,2}}{{411,2}}.100\%  = 5,4\% \)

Phương pháp giải:

a) Viết phương trình hóa học xảy ra

Chuyển tất cả các chất dễ tan, điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dạng phân tử.

Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng, ta được phương trình ion rút gọn

b)  Tính toán theo phương trình hóa học, mọi số mol của các chất trong phương trình tính theo số mol của chất phản ứng hết.

Lời giải chi tiết:

(a)

Phương trình hóa học: Na₂SO₄ + Pb(NO₃)₂ → PbSO₄ ↓ + 2NaNO₃

Phương trình ion thu gọn: Pb²⁺ + SO₄^2- → PbSO₄ ↓

(b) Do dung dịch qua lọc thấy có tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO₃)₂ 0,5 M, trái lại không cho kết tủa với dung dịch Na₂SO₄ 0,5 M nên Pb(NO₃)₂ phản ứng hết, Na₂SO₄ còn dư

Số mol của kết tủa: \({n_{PbS{O_4}}} = \frac{{{m_{PbS{O_4}}}}}{{{M_{PbS{O_4}}}}} = \frac{{1,515}}{{303}} = 0,005(mol)\)

Theo PTHH ta có: \({n_{Pb{{(N{O_3})}_2}ban\,dau}} = {n_{Pb{{(N{O_3})}_2}pu}} = {n_{PbS{O_4}}} = 0,005(mol)\)

Khối lượng của Pb(NO₃)₂ trong hỗn hợp ban đầu là:

Thành phần phần trăm về khối lượng của Pb(NO₃)₂ trong hỗn hợp ban đầu là: \(\% {m_{Pb{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{1,655}}{{2,791}}.100\%  = 59,3\% \)

Thành phần phần trăm về khối lượng Na₂SO₄ trong hỗn hợp ban đầu là: \(\% {m_{Na2{{(S{O_4})}_2}}} = 100\%  - 59,3\%  = 40,7\% \)

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Lấy mẫu thử của 3 chất rắn

Nhỏ từ từ dd Ba(OH)2 vào từng mẫu thử

+ Chất rắn tan và xuất hiện khí có mùi khai là NH₄NO₃

               Ba(OH)₂   +   2NH₄NO₃   →  Ba(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

+ Chất rắn không tan là Ca₃ (PO₄)₂

+ Chất rắn tan không có hiện tượng là KCl(KCl chỉ tan vào nước có trong dd Ba(OH)₂ chứ không xảy ra phản ứng hóa học).

Đáp án: B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Lấy mẫu thử của 3 dung dịch

Dùng quì tím

+ Na₂SO₄ không làm quì đổi màu

+ HCl và H₂SO₄ làm quì hóa đỏ

Dùng BaCl₂ nhận biết HCl và H₂SO₄

+ không có hiện tượng là HCl

+ Xuất hiện kết tủa trắng là H₂SO₄

               BaCl₂   +   H₂SO₄  →  BaSO₄+ 2HCl

=> Đáp án B

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Dùng dd NaOH và dd H₂SO₄

Lời giải chi tiết:

Trích mẫu thử của từng chất vào các ống nghiệm riêng biệt và đánh dấu tương ứng

- Cho dung dịch NaOH dư vào 4 ống nghiệm trên

+ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu xanh thì ống nghiệm đó chứ Cu(NO₃)₂

3NaOH + Cu(NO₃)₂ → Cu(OH)₂↓ + 2NaNO₃

+ ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ thì ống nghiệm đó chứa Fe(NO₃)₃

3NaOH + Fe(NO₃)₃ → Fe(OH)₃↓ + 3NaNO₃

+ ống nghiệm nào không có hiện tượng hig chứa NaNO₃ và Ba(NO₃)₂

- Cho H₂SO₄ dư vào 2 dung dịch chưa phân biệt được NaNO₃ và Ba(NO₃)₂

+ ống nghiệm xuất hiện kết tủa màu trắng là Ba(NO₃)₂

H₂SO₄ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄↓ + 2HNO₃

+ ống nghiệm không có hiện tượng gì là NaNO₃

Phương pháp giải:

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Tính theo phương trình hóa học: 2KOH + MgSO₄→ Mg(OH)₂↓ + K₂SO₄

Đổi mol KOH, tính toán các dữ liệu cần tìm còn lại dựa vào PTHH trên và số mol KOH đề bài cho

Lời giải chi tiết:

Đổi 200 ml = 0,2 (lít)

n_KOH = V_KOH. C_{M KOH} = 0,2.1 = 0,2 (mol)

PTHH: 2KOH + MgSO₄→ Mg(OH)₂↓ + K₂SO₄

a. Theo PTHH: n_Mg(OH)2 = 1/2 n_KOH = 1/2. 0,2 = 0,1 (mol)

→ Khối lượng kết tủa thu được là: m_Mg(OH)2 = n_Mg(OH)2. M_Mg(OH)2 = 0,1.58 = 5,8 (g)

b. Theo PTHH: n_MgSO4 = 1/2 n_KOH = 1/2. 0,2 = 0,1 (mol)

→ Thể tích dung dịch MgSO₄ 2M cần dùng là: V_MgSO4 = n_MgSO4: C_M = 0,1 : 2 = 0,05 (lít)

c. Dung dịch sau phản ứng thu được chứa K₂SO₄

Theo PTHH: n_K2SO4 = 1/2 n_KOH = 1/2. 0,2 = 0,1 (mol)

Thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể nên:

V_sau = V_KOH + V_MgSO4 = 0,2 + 0,05 = 0,25 (lít)

Nồng độ mol/lít của dd K₂SO₄ thu được sau phản ứng là: C_M K₂SO₄ = n_K2SO4 : V_sau = 0,1 : 0,25 = 0,4 (M)

Phương pháp giải:

Ta có: n_Ba(OH)2= 0,05 mol; n_Al2(SO4)3= V.0,1/1000 (mol)

3Ba(OH)₂+             Al₂(SO₄)₃ →      3BaSO₄+     2Al(OH)₃

0,3V/1000 mol←   0,1V/1000 mol   0,3V/1000   0,2V/1000 mol

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

x               2x mol

Sau phản ứng thu được 0,3V/1000 mol BaSO₄ và (0,2V/1000-2x) mol Al(OH)₃

Và n_Ba(OH)2= 0,3V/1000 + x = 0,05

Giải hệ trên ta có: V

Lời giải chi tiết:

Ta có: n_Ba(OH)2= 0,05 mol; n_Al2(SO4)3= V.0,1/1000 (mol)

3Ba(OH)₂+             Al₂(SO₄)₃ →      3BaSO₄+     2Al(OH)₃

0,3V/1000 mol←   0,1V/1000 mol   0,3V/1000   0,2V/1000 mol

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

x               2x mol

Sau phản ứng thu được 0,3V/1000 mol BaSO₄ và (0,2V/1000-2x) mol Al(OH)₃

→ 233. 0,3V/1000 + 78. (0,2V/1000-2x)= 12,045

Và n_Ba(OH)2= 0,3V/1000 + x = 0,05

Giải hệ trên ta có: V=150 ml; x= 0,005 mol

Đáp án B

Phương pháp giải:

Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).

2M + 2n H₂O  →2M(OH)_n + nH₂                        (1)

3M(OH)_n + n AlCl₃ → n Al(OH)₃ + 3MCl_n                    (2)

Có thể:     M(OH)_n + n Al(OH)₃→  M(AlO₂)_n + 2n H₂O        (3)

 = 0,7.0,5 = 0,35 (mol), \({n_{Al{{(OH)}_3}}}\) =  \(\frac{{17,94}}{{78}}\)= 0,23 (mol)

Bài toán phải xét 2 trường hợp:

TH1: AlCl₃ chưa bị phản ứng hết ở (2) \( \leftrightarrow \) không có phản ứng (3)

TH2: AlCl₃ phản ứng hết ở (2), M(OH)_n dư \( \leftrightarrow \) có phản ứng (3)

Lời giải chi tiết:

Các phương trình hóa học:(n là hoá trị của R; Đặt khối lượng mol của M là M).

2M + 2n H₂O  →2M(OH)_n + nH₂                        (1)

3M(OH)_n + n AlCl₃ → n Al(OH)₃ + 3MCl_n                    (2)

Có thể:     M(OH)_n + n Al(OH)₃→  M(AlO₂)_n + 2n H₂O        (3)

 = 0,7.0,5 = 0,35 (mol),  \({n_{Al{{(OH)}_3}}}\) =  \(\frac{{17,94}}{{78}}\)= 0,23 (mol)

Bài toán phải xét 2 trường hợp:

TH1: AlCl₃ chưa bị phản ứng hết ở (2) \( \leftrightarrow \) không có phản ứng (3)

Từ (2): \({n_{M{{(OH)}_n}}} = \frac{3}{n}.{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{3}{n}.0,23 = \frac{{0,69}}{n}\)

Từ (1): \({n_M} = {n_{M{{(OH)}_n}}} = \frac{{0,69}}{n}\)

 ta có pt: \(\frac{{0,69}}{n}.M = 26,91 \to \frac{M}{n} = 39\)

Với n = 1 → M = 39 → M là: K

Với n = 2 → M = 78 → loại

Theo (1):  \({n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}.{n_K} = \frac{1}{2}.0,69 = 0,345\) (mol) → V = 7,728 lít

TH2: AlCl₃ phản ứng hết ở (2), M(OH)_n dư  -> có phản ứng (3)

Từ (2):  \({n_{Al{{(OH)}_3}}} = {n_{AlC{l_3}}} = 0,35\)  (mol)

Từ (2): \({n_{M{{(OH)}_n}}}\) đã phản ứng \(= \frac{3}{n}.{n_{AlC{l_3}}} = \frac{{3.0,35}}{n} = \frac{{1,05}}{n}\)

Theo bài ra bị tan ở (3) = 0,35 – 0,23 = 0,12 (mol)

Từ (3): \({n_{M{{(OH)}_n}}}\) dư \(= \frac{1}{n}.{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{1}{n}.0,12 = \frac{{0,12}}{n}\) (mol)

→Tổng \({n_{M{{(OH)}_n}}} = \frac{{0,12}}{n} + \frac{{1,05}}{n} = \frac{{1,17}}{n}\) (mol)

→ta có pt: \(\frac{{1,17}}{n}.M = 26,91 \to \frac{M}{n} = 23\)

→n = 1→  M = 23 → M là Na

      n = 2 → M = 46 → loại

Theo (1):  \( {n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}.{n_{Na}} = \frac{1}{2}.1,17 = 0,585\) → V = 13,104 lít

Đáp án A

Phương pháp giải:

Ta có: n_Al2(SO4)3= 0,04 mol; n_HCl= 0,2a mol

Ba(OH)₂+ 2HCl → BaCl₂+ 2H₂O (1)

0,1a         0,2a mol

3Ba(OH)₂+ Al₂(SO₄)₃ →3BaSO₄+ 2Al(OH)₃ (2)

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂+4 H₂O (3)

Kết tủa thu được có chứa BaSO₄ và Al(OH)₃

2Al(OH)₃  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Al₂O₃+ H₂O (4)

Xét 2 trường hợp:

-TH1: Al(OH)₃ không bị hòa tan: chỉ xảy ra PT 1, 2, 4

-TH2: Al(OH)₃ bị hòa tan 1 phần: xảy ra cả PT 1, 2, 3, 4

Lời giải chi tiết:

Ta có: n_Al2(SO4)3= 0,04 mol; n_HCl= 0,2a mol

Ba(OH)₂+ 2HCl → BaCl₂+ 2H₂O (1)

0,1a         0,2a mol

3Ba(OH)₂+ Al₂(SO₄)₃ →3BaSO₄+ 2Al(OH)₃ (2)

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂+4 H₂O (3)

Kết tủa thu được có chứa BaSO₄ và Al(OH)₃

2Al(OH)₃  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Al₂O₃+ H₂O (4)

Xét 2 trường hợp:

-TH1: Al(OH)₃ không bị hòa tan: chỉ xảy ra PT 1, 2, 4

Ta có: n_BaSO4= 0,12 mol

→m_Al2O3=30- m_BaSO4= 30- 0,12.233=2,04 gam → n_Al2O3=0,02 mol → n_Al(OH)3= 0,04 mol

n_{Ba(OH)2 PT2}= 1,5. n_Al(OH)3= 0,06 mol;

Ta có; n_Ba(OH)2= 0,1a+ 0,06= 0,24 → a= 1,8M

-TH2: Al(OH)₃ bị hòa tan 1 phần: xảy ra cả PT 1, 2, 3, 4

Ba(OH)₂+ 2HCl → BaCl₂+ 2H₂O (1)

0,1a         0,2a mol

3Ba(OH)₂+ Al₂(SO₄)₃ →3BaSO₄+ 2Al(OH)₃ (2)

0,12          0,04               0,12      0,08

Ba(OH)₂+ 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂+4 H₂O (3)

0,02            0,04

2Al(OH)₃  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Al₂O₃+ H₂O (4)

n_BaSO4= 0,12 mol

→m_Al2O3=30- m_BaSO4= 30- 0,12.233=2,04 gam → n_Al2O3=0,02 mol → n_{Al(OH)3 sau} pứ (3)= 0,04 mol

Ta có n_Ba(OH)2= 0,1a+ 0,02 + 0,12= 0,24 → a= 1M

Đáp án B

Phương pháp giải:

3NaOH  + AlCl₃ → Al(OH)₃+ 3NaCl                 (1)

Có thể có: NaOH + Al(OH)₃  →  NaAlO₂  + 2H₂O              (2)

n_{NaOH (TN1)} = 0,65.2=1,3(mol)

n_{NaOH (TN2)} = 0,7.2=1,4(mol)

n_{NaOH (TN1)} = 1,3<n_{NaOH (TN2)} = 1,4; lượng AlCl₃ là như nhau;

mà \({m_{Al{{(OH)}_3}(TN1)}} = 3b > {m_{Al{{(OH)}_3}(TN2)}} = 2b\)

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl₃ dư.

Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)₃ tan một phần.

Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)₃ đều tan một phần.

Lời giải chi tiết:

3NaOH  + AlCl₃  →  Al(OH)₃+ 3NaCl                 (1)

Có thể có: NaOH + Al(OH)₃  →   NaAlO₂  + 2H₂O              (2)

n_{NaOH (TN1)} = 0,65.2=1,3(mol)

n_{NaOH (TN2)} = 0,7.2=1,4(mol)

n_{NaOH (TN1)} = 1,3<n_{NaOH (TN2)} = 1,4; lượng AlCl₃ là như nhau;

mà \({m_{Al{{(OH)}_3}(TN1)}} = 3b > {m_{Al{{(OH)}_3}(TN2)}} = 2b\)

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl₃ dư.

Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)₃ tan một phần.

+ Xét TN1: \({n_{NaOH}} = 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} \to 3.\frac{{3b}}{{78}} = 1,3 \to b = \frac{{169}}{{15}}\)

+ Xét TN2:

Theo (1): \({n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a\)

Theo (2): \({n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4\)

               → a= 19/18

Ta thấy: \({n_{AlC{l_3}}} = 0,4a = 0,422(mol);{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{3b}}{{78}} = 0,433(mol) > {n_{AlC{l_3}}} = 0,422(mol)\) → Loại

Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)₃ đều tan một phần.

+ Xét TN1:

\(\begin{gathered}
{n_{NaOH(1)}} = 1,2a(mol) \hfill \\
{n_{NaOH(2)}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{3b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{3b}}{{78}} = 1,3 \hfill \\
\to 1,6a - \frac{{3b}}{{78}} = 1,3(I) \hfill \\
\end{gathered} \)

+ Xét TN2:

Theo (1): \({n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a\)

Theo (2): \({n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} \to 1,2a + 0,4a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4\)

\( \to 1,6a - \frac{{2b}}{{78}} = 1,4(II)\)

Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g)

Đáp án D