a) Na₂CO₃  +   Ba(OH)₂   →   BaCO₃↓  +   2NaOH

nNa₂CO₃ = 0,2.2 = 0,4 mol = nBaCO₃

=> mBaCO₃ = 0,4.197 = 78,8 gam

b) BaCO₃   +  2HCl  →  BaCl₂   +  CO₂    +   H₂O

Theo tỉ lệ phản ứng => nHCl cần dùng = 2nBaCO₃ = 0,4.2 =0,8 mol

=>mHCl = 0,8.36,5 = 29,2 gam

<=> mdung dịch HCl 30% cần dùng  = \(\dfrac{29,2}{30\%}\)= 97,3 gam

n Ba(OH)2 = 2.0,2=0,4 mol

  \(Ba\left(OH\right)_2+SO_2->BaSO_3+H_2O\)

0,4 ................0,4...........0,4

m BaSO3 = 0,4. ( 138+32+16.3)=87,2 g 

v SO2 = 0,4.22,4=8,96 lít

 PTHH: \(Al_2O_3+6HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)  (1)

             \(HCl+NaOH\rightarrow NaCl+H_2O\)  (2)

             \(AlCl_3+3NaOH\rightarrow3NaCl+Al\left(OH\right)_3\downarrow\)  (3) 

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Al_2O_3}=\dfrac{6,12}{102}=0,06\left(mol\right)\\\Sigma n_{HCl}=0,2\cdot2=0,4\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,06}{1}< \dfrac{0,4}{6}\) \(\Rightarrow\) HCl còn dư, Al₂O₃ p/ứ hết 

Vì bazơ mạnh sẽ p/ứ với axit mạnh trước nên sẽ xảy ra p/ứ (2) và (3)

Lại có: \(n_{Al\left(OH\right)_3}=\dfrac{7,8}{78}=0,1\left(mol\right)=n_{AlCl_3\left(3\right)}\)

Theo PTHH (1): \(n_{AlCl_3\left(1\right)}=0,12\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\) AlCl₃ còn dư nên tính theo Al(OH)₃ \(\Rightarrow n_{NaOH\left(3\right)}=0,3\left(mol\right)\)

Mặt khác: \(n_{HCl\left(dư\right)}=n_{HCl\left(2\right)}=0,04\left(mol\right)=n_{NaOH\left(2\right)}\)

\(\Rightarrow\Sigma n_{NaOH}=0,34\left(mol\right)\) \(\Rightarrow V_{NaOH}=\dfrac{0,34}{2}=0,17\left(l\right)=170\left(ml\right)\) 

Mình đéo giúp

HCl + AgNO₃ ➜ AgCl↓ + HNO₃

\(n_{HCl}=0,2\times2=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{AgNO_3}=0,3\times2=0,6\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{HCl}=n_{AgNO_3}\)

Theo bài: \(n_{HCl}=\dfrac{2}{3}n_{AgNO_3}\)

Vì \(\dfrac{2}{3}< 1\) ⇒ dd HCl hết, dd AgNO₃ dư

Theo PT: \(n_{AgCl}=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{AgCl}=0,4\times143,5=57,4\left(g\right)\)

Dung dịch B gồm: AgNO₃ dư và HNO₃

Theo PT: \(n_{AgNO_3}pư=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{AgNO_3}dư=0,6-0,4=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{HNO_3}=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Sigma n_{ctB}=n_{AgNO_3}dư+n_{HNO_3}=0,2+0,4=0,6\left(mol\right)\)

\(\Sigma m_{ddB}=0,2+0,3=0,5\left(l\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{ddB}}=\dfrac{0,6}{0,5}=1,2\left(M\right)\)

HCl + AgNO₃ ➜ AgCl↓ + HNO₃

\(n_{HCl}=0,2\times2=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{AgNO_3}=0,3\times2=0,6\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{HCl}=n_{AgNO_3}\)

Theo bài: \(n_{HCl}=\dfrac{2}{3}n_{AgNO_3}\)

Vì \(\dfrac{2}{3}< 1\) ⇒ dd HCl hết, dd AgNO₃ dư

Theo PT: \(n_{AgCl}=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{AgCl}=0,4\times143,5=57,4\left(g\right)\)

Dung dịch B gồm: AgNO₃ dư và HNO₃

\(\Sigma m_{ddB}=0,2+0,3=0,5\left(l\right)\)

Theo PT: \(n_{HNO_3}=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{AgNO_3}pư=n_{HCl}=0,4\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow n_{AgNO_3}dư=0,6-0,4=0,2\left(mol\right)\)

\(\Sigma n_{ctB}=n_{AgNO_3}dư+n_{HNO_3}=0,2+0,4=0,6\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{ddB}}=\dfrac{0,6}{0,5}=1,2\left(M\right)\)

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=x\left(mol\right)\\n_{Al}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(n_{BaSO_4}=\dfrac{11,65}{233}=0,05\left(mol\right)\)

\(Mg+CuSO_4\rightarrow MgSO_4+Cu\)

x------>x--------->x------------>x

\(2Al+3CuSO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3Cu\)

y------>1,5y-------->0,5y-------->1,5y

Có hệ \(\left\{{}\begin{matrix}24x+27y=0,78\\x+1,5y=\dfrac{2,56}{64}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,01\\y=0,02\end{matrix}\right.\)

Giả sử \(CuSO_4\) phản ứng hết, dung dịch C có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{MgSO_4}=x=0,01\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,5y=0,5.0,02=0,01\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(MgSO_4+BaCl_2\rightarrow MgCl_2+BaSO_4\) (1)

0,01-------------------------------->0,01

\(Al_2\left(SO_4\right)_3+3BaCl_2\rightarrow3BaSO_4+2AlCl_3\) (2)

0,01------------------------>0,03

Từ PTHH (1), (2) có: \(\Sigma n_{BaSO_4}=0,01+0,03=0,04\left(mol\right)< 0,05\left(mol\right)_{theo.đề}\)

=> Giả sử sai, \(CuSO_4\) dư 

\(CuSO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+CuCl_2\)

0,01<-----------------0,01

\(CM_{CuSO_4}=a=\dfrac{x+1,5y+0,01}{0,2}=\dfrac{0,01+1,5.0,02+0,01}{0,2}=0,25\left(M\right)\)

Trong A:

\(n_{Al}=0,02\left(mol\right)\\ n_{Mg}=0,01\left(mol\right)\)

Tính toán theo PTHH :

Mg + CuSO₄ → Cu  + MgSO₄

Mg + FeSO₄  → Fe  + MgSO₄

Ba(OH)₂ + MgSO₄  → BaSO₄ + Mg(OH)₂

Ba(OH)₂ + FeSO₄  → BaSO₄ + Fe(OH)₂

Mg(OH)₂  → MgO + H₂O

2 Fe(OH)₂  + ½ O₂  → Fe₂O₃ + 2 H₂O

Giả sư dung dịch muối phản ứng hết

=> n _Fe = n _FeSO4 = 0,2 . 1= 0,2 mol    => m _Fe = 0,2 . 56 = 11,2 g

=> n _Cu =n _CuSO4 = 0,2 . 0,5 = 0,1 mol  => m _Cu = 0,1 . 64 = 6,4 g

=> m _{chất rắn}  = 11,2 + 6,4  = 17,6 g > 12 g > 6,4

=> kim loại Fe dư sau phản ứng Vì CuSO₄ phản ứng trước sau đó mới đến FeSO₄ phản ứng

CuSO₄ đã hết và phản ứng với 1 phần FeSO₄

12 g = m _Cu + m _{Fe phản ứng}  = 6,4 g  + m _{Fe phản ứng}  

=> m _Fe  = 5,6 g   => n _Fe = 0,1 mol  => n _{FeSO4  dư} = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol

Theo PTHH : n _Mg = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol  ( bắng số mol CuSO₄ và FeSO₄ phản ứng )

Theo PTHH : n _Mg = n _MgSO4 = n _Mg(OH)2 = n _MgO = 0,2 mol

                        n _{FeSO4 dư} = n _Fe(OH)2 = n _Fe2O3  . 2 = 0,1 mol

=> n _Fe2O3 = 0,1 mol

=> m chất rắn = m _Fe2O3 + m _MgO = 0,1 . 160 + 0,2 . 40  = 24 g