Nhỏ từ từ $HCl$ vào 3 mẫu thử. Lọ nào không xuất hiện khí ngay chứa $Na_2CO_3$ và $K_2SO_4$. Hai lọ còn lại tạo khí ngay lập tức

Nhỏ $BaCl_2$ vào hai lọ còn lại tới khi thấy kết tủa không tăng thì đem nhỏ $HCl$ tới dư. Lọ nào vẫn cho kết tủa thì chứa $KHCO_3$ và $Na_2SO_4$

Lọ còn lại chứa $K_2CO_3$ và $NaHCO_3$

Trích mẫu thử

Cho từ từ dd HCl vào mẫu thử

- MT xuất hiện khí ngay là $KHCO_3$ và $Na_2SO_4$

- MT sau một thời gian mới xuất hiện khí là $K_2CO_3$ và $NaHCO_3$ ; $Na_2CO_3$ và $K_2SO_4$

Cho dung dịch $BaCl_2$ tới dư vào hai mẫu thử còn. Sau đó thêm lượng dư dung dịch $HCl$

- MT nào tạo kết tủa rồi tan hết là $K_2CO_3,NaHCO_3$

- MT nào không tan hoàn toàn là $Na_2CO_3,K_2SO_4$

$K_2CO_3 + HCl \to KCl + KHCO_3$
$NaHCO_3 + HCl \to NaCl + CO_2 + H_2O$
$KHCO_3 + HCl \to KCl + CO_2 + H_2O$
$Na_2CO_3 + HCl \to NaCl + NaHCO_3$

$BaCl_2 +K_2CO_3 \to BaCO_3 + 2KCl$
$BaCl_2 + K_2SO_4 \to BaSO_4 + 2KCl$
$BaCO_3 + 2HCl \to BaCl_2 + CO_2 + H_2O$

Đáp án B

Để phân biệt các dung dịch NaNO₃, H₂SO₄, Na₂SO₄, NaOH người ta dùng : quì tím, dung dịch BaCl₂ vì

Dấu x là đã nhận biết được rồi

Phương trình hóa học:

Đáp án D

Lấy BaCl₂ cho lần lượt vào 3 mẫu thử.

Các phương trình phản ứng xảy ra:

Mẫu không có kết tủa là HCl. Lấy HCl cho vào kết tủa, BaSO₃ tan.

Đáp án B

B. HCl và BaCl₂

Trích mẫu thử : 

Cho quỳ tím vào các mẫu thử : 

+ Quỳ hóa đỏ : H₂SO₄

+ Quỳ hóa xanh : KOH , K₂CO₃ (I)

+ Quỳ không đổi màu : Na₂SO₄

Nhỏ dung dịch HCl vào nhóm(i) : 

+ Có khí không màu thoát ra : K₂CO₃

 Không hiện tượng : KOH 

\(K_2CO_3+2HCl\rightarrow2KCl+H_2O+CO_2\)

\(KOH+HCl\rightarrow KCl+H_2O\)

\(n_{Br_2}=\dfrac{64}{160}=0,4\left(mol\right)\\ n_{hh2khi}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\\ ChỉcóC_2H_4tácdụngvớiBr_2\\ PTHH:C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\\ n_{C_2H_4}=n_{Br_2}=0,4\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{CH_4}=0,5-0,4=0,1\left(mol\right)\\ \%Vcũnglà\%n\\ \Rightarrow\%V_{CH_4}=\dfrac{0,1}{0,5}.100=20\%;\%V_{C_2H_4}=100-20=80\%\\ CM_{Br_2}=\dfrac{0,4}{0,25}=1,6M\)

\(n_{Br_2}=\dfrac{64}{160}=0,4\left(mol\right)\)

\(n_{hh}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\)

PTHH: \(C_2H_4+Br_2\rightarrow C_2H_4Br_2\)

             0,4<----0,4

\(\rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,4}{0,5}.100\%=80\%\\\%V_{CH_4}=100\%-80\%=20\%\end{matrix}\right.\)

\(C_{M\left(Br_2\right)}=\dfrac{0,4}{0,25}=1,6M\)

\(n_{hhk}=\dfrac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)\) ; \(n_{Br_2}=\dfrac{64}{160}=0,4\left(mol\right)\)

\(C_2H_4+Br_{2\left(dd\right)}\rightarrow C_2H_4Br_2\)

0,4           0,4                        ( mol )

\(\left\{{}\begin{matrix}V_{C_2H_4}=0,4.22,4=8,96\left(l\right)\\V_{CH_4}=11,2-8,96=2,24\left(l\right)\end{matrix}\right.\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\%V_{C_2H_4}=\dfrac{0,4}{0,5}.100=80\%\\\%V_{CH_4}=100-80=20\%\end{matrix}\right.\)

\(C_{M_{Br_2}}=\dfrac{0,4}{0,25}=1,6\left(M\right)\)