\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,32\left(mol\right)\)

\(n_{KOH}=0,6\left(mol\right)\)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{10}{100}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH :

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\)

   0,1        0,32              0,1 

Ca(OH)2 dư nên tính theo CaCO3 

\(CO_2+2KOH\rightarrow K_2CO_3+H_2O\)

  0,3        0,6 

\(V_{CO_2}=\left(0,1+0,3\right).22,4=8,96\left(l\right)\)

\(n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,4.0,8=0,32mol\\ n_{KOH}=0,4.1,5=0,6mol\\ n_{CaCO_3}=\dfrac{10}{100}=0,1mol\)

Vì \(n_{CaCO_3}< n_{Ca\left(OH\right)_2}\) 

TH1 tạo muối trung hoà(Ca(OH)₂ dư)

\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

\(0,1...............0,1.......0,1...........0,1\)

\(2KOH+CO_2\rightarrow K_2CO_3+H_2O\)

\(0,6..........0,3........0,3...........0,3\)

\(V_{CO_2}=\left(0,1+0,3\right).22,4=8,96l\)

TH2 tạo 3 muối(CO₂ dư)

\(Ca\left(OH\right)_2+CO_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

\(0,1...............0,1.......0,1...........0,1\)

\(Ca\left(OH\right)_2+2CO_2\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)
\(0,22.............0,44........0,22\)

\(2KOH+CO_2\rightarrow K_2CO_3+H_2O\)

\(0,6...........0,3.......0,3...........0,3\)

\(V_{CO_2}=\left(0,1+0,44+0,3\right).22,4=18,816l\)

Ta có: \(n_{Ca\left(OH\right)_2}=0,4.0,8=0,32\left(mol\right)\)

\(n_{KOH}=0,4.1,5=0,6\left(mol\right)\)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{10}{100}=0,1\left(mol\right)\)

TH1: Kết tủa chưa bị hòa tan.

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

____0,1_________________0,1 (mol)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

TH2: Kết tủa đã bị hòa tan 1 phần.

PT: \(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3+H_2O\)

____0,32______0,32_______0,32 (mol)

\(CO_2+2KOH\rightarrow K_2CO_3+H_2O\)

0,3_______0,6______0,3 (mol)

\(CO_2+H_2O+K_2CO_3\rightarrow2KHCO_3\)

0,3______________0,3 (mol)

\(CO_2+H_2O+CaCO_3\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\)

0,22___________0,22 (mol)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=\left(0,32+0,3+0,3+0,22\right).22,4=25,536\left(l\right)\)

Đáp án D

Khi cho từ từ HCl và X, đã có phương trình tạo khí

H⁺ + HCO₃^-   → CO₂ + H₂O

Dung dịch Y không thể chứa OH^- , CO₃^2-. Vậy Y chứa KCl 0,5 mol (BTNT cho Cl) và KHCO₃ y mol.

Cho y phản ứng với Ba(OH)₂ dư:

ĐLBKL cho K ta có n(KOH) ban đầu = 0,4x= 0,5 +y = 0,7 => y = 1,75

Đáp án D

Nhỏ từ từ axit vào dung dịch X ⇒ dung dịch Y.

⇒ Y chứa KCl và KHCO₃.

Cho Y + dung dịch Ba(OH)₂ dư ⇒ có phản ứng.

KHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + KOH + H₂O.

+ Mà nKHCO₃ = n_BaCO3 = 0,2 mol.

+ Bảo toàn Cl ⇒ n_KCl = n_HCl = 0,5 mol.

⇒ Bảo toàn K ⇒ n_KOH = n_KCl + n_KHCO3 = 0,7 mol.

⇒ C_{M KOH} =  0 , 7 0 , 4  = 1,75M 

Đáp án D

Nhỏ từ từ axit vào dung dịch X ⇒ dung dịch Y.

⇒ Y chứa KCl và KHCO₃.

Cho Y + dung dịch Ba(OH)₂ dư ⇒ có phản ứng.

KHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + KOH + H₂O.

+ Mà nKHCO₃ = n_BaCO3 = 0,2 mol.

+ Bảo toàn Cl ⇒ n_KCl = n_HCl = 0,5 mol.

⇒ Bảo toàn K ⇒ n_KOH = n_KCl + n_KHCO3 = 0,7 mol.

⇒ C_{M KOH} = 0,7/0,4 = 1,75M

Đáp án D

Nhỏ từ từ axit vào dung dịch X ⇒ dung dịch Y.

⇒ Y chứa KCl và KHCO₃.

Cho Y + dung dịch Ba(OH)₂ dư ⇒ có phản ứng.

KHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + KOH + H₂O.

+ Mà nKHCO₃ = n_BaCO3 = 0,2 mol.

+ Bảo toàn Cl ⇒ n_KCl = n_HCl = 0,5 mol.

⇒ Bảo toàn K ⇒ n_KOH = n_KCl + n_KHCO3 = 0,7 mol.

⇒ C_{M KOH} =  0 , 7 0 , 4  = 1,75M 

Đáp án A

Theo giả thiết ta có :

Dựa vào bản chất phản ứng và giả thiết, ta có đồ thị :

Khi 0 , 005   mol   ≤ n CO 2 ⩽ 0 , 065   mol thì lượng kết tủa biến thiên theo đường nét đậm trên đồ thị. Điểm cực đại là 0,02 và cực tiểu là 0,005.

Suy ra : 0,985 gam ≤ m BaCO 3 ≤ 3,94 gam

Đáp án C

Chọn đáp án A

100 ml X + Ba(OH)₂ dư → 0,2 mol BaCO₃ ↓

100 ml X + HCl:

Trong 200 ml

⇒ n C O 3 2 - = 0 , 1   m o l ;   n H C O 3 - = 0 , 3   m o l

→ B T N T x = 0 , 1 . 2 + 0 , 3 - 0 , 2 . 2 = 0 , 1