1) Số mol Ba\(\left(OH\right)_2=0,18\left(mol\right)\)

Số mol Ba\(CO_3=0,17\left(mol\right)\)

\(MgCo_3\underrightarrow{t^o}MgO+CO_2\)

\(CaCo_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\)

Ta có : 84x + 100y = 16.8 (I)

Vì \(n_{BaCO_3}\curlyvee n_{Ba\left(OH\right)_2}\)( cái đầu bn cho mũi nhọn về phái bên trái nhen ) nên bài toán xảy ra 2 trường hợp :

TH1 : Thiếu CO₂ , dư Ba(OH)₂

\(CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\)

Ta có : x + y = 0,17 (II)

Từ I và II ta có hệ phương trình :

\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=16,8\\x+y=0,17\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0,0125\\0,1575\end{matrix}\right.\)

Thành phần %2 muối :

\(\%MgCO_3=6.25\%;\%CaCO_3=93.75\%\)

TH2: dư CO2 , kết của tân một phần .

​( TỰ lm tiếp nhen )

Đặt n_MgCO3 = x ( mol ); n_CaCO3 = y ( mol ); ( x,y > 0 )

MgCO₃ \(\underrightarrow{t^o}\) MgO + CO₂ (1)

CaCO₃ \(\underrightarrow{t^o}\) CaO + CO₂ (2)

n_Ba(OH)2 = 0,36 mol

n_BaCO3 = 0,34 mol

Do n_Ba(OH)2 > n_BaCO3

* TH₁: tạo muối trung hòa ( kiềm dư )

Ba(OH)₂ + CO₂ \(\rightarrow\) BaCO₃ (3)

Từ (3)

\(\Rightarrow\) n_CO2 = 0,34 mol (4)

Từ (1)(2)(4) ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=33,6\\x+y=0,34\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,025\\y=0,315\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) %_MgCO3 = \(\dfrac{0,025.84.100}{33,6}\) = 6,25%

\(\Rightarrow\) %_CaCO3 = \(\dfrac{0,315.100.100}{33,6}\) = 93,75%

* TH₂: tạo ra 2 muối

Ba(OH)₂ + 2CO₂ \(\rightarrow\) Ba(HCO₃) (5)

Từ (3)(5)

\(\Rightarrow\) n_CO2 = 0,04 + 0,34 = 0,38 (mol) (6)

Từ (1)(2)(6) ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=33,6\\x+y=0,38\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,275\\y=0,105\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) %_MgCO3 = \(\dfrac{0,275.84.100}{33,6}\) = 68,75%

\(\Rightarrow\) %_CaCO3 = \(\dfrac{0,105.100.100}{33,6}\) 31,25%

n_HCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; n_H2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,28 mol

Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)

Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)

Zn + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂

x  → 2x    → x                (mol)

Mg + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂

y   → 2y →       y              (mol)

Dung dịch Y gồm có:

Ta thấy: n_H+ + 2n_Zn2+ + 2n_Mg2+ (= 0,28 mol) < n_NaOH (= 0,3 mol)

=> NaOH dư, Zn(OH)₂ bị tan một phần

=> n_{NaOH hòa tan kết tủa} = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol

H⁺              +            OH^-      → H₂O

0,28-2x-2y →    0,28-2x-2y                (mol)

Zn²⁺ + 2OH^- → Zn(OH)₂

x      →  2x     →       x       (mol)

Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂

y      →   2y     →      y        (mol)

Zn(OH)₂ + 2OH^- → ZnO₂^2- + H₂O

0,01     ←    0,02                             (mol)

Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m _{kết tủa} = m_Mg(OH)2 + m_Zn(OH)2

=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)

Từ (1) và (2) ta có:

Ta có: n_KOH : n_Ba(OH)2 = 0,4:0,05 = 8

Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)₂ lần lượt là 8a và a (mol)

=> n_Ba2+ = a (mol); n_OH- = n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 10a (mol)

- Khi kết tủa Mg(OH)₂ và Zn(OH)₂ đạt giá trị lớn nhất: n_OH- = n_H+ dư +  2n_Zn2+ + 2n_Mg2+

=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol

Ta thấy a < n_SO42- => BaSO₄ chưa đạt cực đại

- Giả sử sau khi Mg(OH)₂ và Zn(OH)₂ đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)₂:

+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO₄: n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = b mol

=> m_BaSO4 = 233b (gam)

+ Lượng kết tủa bị tan ra: n_Zn(OH)2 = n_OH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)

=> m_Zn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)

Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)₂ và Zn(OH)₂ đạt cực đại. Khi đó: n_Ba(OH)2 = a = 0,028 mol

 => V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)

Kết tủa sau phản ứng gồm có:

Mg(OH)₂ → t ∘  MgO + H₂O

0,06 mol →         0,06 mol

Zn(OH)₂  → t ∘  ZnO + H₂O

0,06 mol →         0,06 mol

=> m = m_BaSO4 + m_MgO + m_ZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam

Đáp án B

Ta có: n_KHSO4 = 0,8 mol và n_HNO3 = 0,15 mol

Ta có: M_Z = 44 g/mol suy ra Z gồm 2 khí là CO₂ và N₂O

Bảo toàn khối lượng ta có: m_X + m_KHSO4 + m_HNO3 = m_Y + m_Z + m_H2O

→ m_H2O = 19,55 + 108,8 + 9,45 - 125,75 - 0,1.44 = 7,65 gam → n_H2O = 0,425 mol

Bảo toàn nguyên tố H ta có: n_KHSO4+ n_HNO3 = 4.n_NH4++ 2.n_H2O

Suy ra n_NH4+ = 0,025 mol

Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Y, lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 10 gam chất rắn khan. Chất rắn khan đó là MgO suy ra m_MgO = 10 gam.

Ta có: n_MgO = 0,25 mol

Vậy dung dịch Y gồm Mg²⁺ (0,25 mol), K⁺ (0,8 mol), SO₄^2- (0,8 mol), Zn²⁺ (a mol), NH₄⁺ (0,025 mol) và NO₃^- (b mol)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,25.2 + 0,8 + 2a + 0,025 = b + 0,8.2

Ta có: khối lượng muối trong dung dịch Y là:

m_muối = 0,25.24 + 0,8.39 + 0,8.96 + 65a + 18.0,025 + 62b = 127,75

Giải hệ trên ta có: a = 0,15 và b = 0,025

Bảo toàn nguyên tố N ta tìm được n_N2O = 0,05 mol suy ra n_CO2 = 0,05 mol

Ta có: n_H+ = 0,8 + 0,15 = 10.n_N2O + 10.n_NH4+ + 2.n_O suy ra n_O = 0,1 mol

Ta có: n_O = n_ZnO + n_MgCO3 suy ra n_ZnO = 0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố Zn suy ra n_Zn = 0,1 mol Suy ra %m_Zn = 33,25%

Giải thích: 

Dung dịch X có thể gồm: Al₂(SO₄)₃, MgSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃

Y: Mg(OH)₂, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, BaSO₄

Z: MgO, Fe₂O₃, BaSO₄

Đáp án D

Đáp án D

Dung dịch X có thể gồm: Al₂(SO₄)₃, MgSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃

Y: Mg(OH)₂, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, BaSO₄

Z: MgO, Fe₂O₃, BaSO₄