Đổi: \(200ml=0,2l\)

\(n_{NaOH}=C_{M_{NaOH}}\cdot V_{dd_{NaOH}}=2\cdot0,2=0,4mol\)

\(2NaOH+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+4H_2O\)

\(0,4----0,2---\left(mol\right)\)

Theo phương trình: \(n_{NaOH}=2n_{H_2SO_4}=0,4mol\Rightarrow n_{H_2SO_4}=0,2mol\)

\(V_{dd_{H_2SO_4}}=\dfrac{n_{H_2SO_4}}{C_{M_{H_2SO_4}}}=\dfrac{0,2}{1}=0,2l=200ml\)

Theo giả thiết ta có : nCO2 = 6,72/22,4 = 0,3 (mol)

a) PTHH :

0,3mol......0,3mol................0,3mol.........0,3mol

b) nồng độ mol của dd Ba(OH)2 đã dùng là :

Câu 15: 

Bảo toàn nguyên tố: \(n_{CO_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)=n_{BaCO_3}=n_{Ba\left(OH\right)_2}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{BaCO_3}=0,3\cdot197=59,1\left(g\right)\\C_{M_{Ba\left(OH\right)_2}}=\dfrac{0,3}{0,6}=0,5\left(M\right)\end{matrix}\right.\)

a, \(2KOH+MgSO_4\rightarrow K_2SO_4+Mg\left(OH\right)_2\)

b, Ta có: \(n_{KOH}=0,2.1=0,2\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{MgSO_4}=n_{K_2SO_4}=n_{Mg\left(OH\right)_2}=\dfrac{1}{2}n_{KOH}=0,1\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Mg\left(OH\right)_2}=0,1.58=5,8\left(g\right)\)

c, \(V_{MgSO_4}=\dfrac{0,1}{2}=0,05\left(l\right)\)

d, \(C_{M_{K_2SO_4}}=\dfrac{0,1}{0,2+0,05}=0,4\left(M\right)\)

100ml = 0,1l

150ml = 0,15l
\(n_{Ba\left(NO3\right)2}=2.0,1=0,2\left(mol\right)\)

\(n_{H2SO4}=1.0,15=0,15\left(mol\right)\)

Pt : \(Ba\left(NO_3\right)_2+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+2HNO_3|\)

              1                1               1                2

           0,2             0,15           0,15

Lập tỉ số so sánh : \(\dfrac{0,2}{1}>\dfrac{0,15}{1}\)

                ⇒ Ba(NO₃)₂ dư , H₂SO₄ phản ứng hết

                ⇒ Tính toán dựa vào số mol của H₂SO₄

\(n_{BaSO4}=\dfrac{0,15.1}{1}=0,15\left(mol\right)\)

⇒ \(m_{BaSO4}=0,15.233=34,95\left(g\right)\)

 Chúc bạn học tốt

Bài 23 : 

n BaCO3 = 0,1(mol) > n Ba(OH)2 = 0,15 mol

- TH1 : Ba(OH)2 dư

$Ba(OH)_2 + CO_2 \to BaCO_3 + H_2O$

n CO2 = n BaCO3 = 0,1(mol)

=> V = 0,1.22,4 = 2,24 lít

- TH1 : BaCO3 bị hòa tan một phần

$Ba(OH)_2 + CO_2 \to BaCO_3 + H_2O(1)$
$Ba(OH)_2 + 2CO_2 \to Ba(HCO_3)_2(2)$

n CO2(1) = n Ba(OH)2 (1) = n BaCO3 = 0,1(mol)

=> n Ba(OH)2 (2) = 0,15 - 0,1 = 0,05(mol)

=> n CO2 (2) = 2n Ba(OH)2 (2) = 0,1(mol)

=> V = (0,1 + 0,1).22,4 = 4,48 lít

Bài 24 : 

$Ca(OH)_2 + CO_2 \to CaCO_3 + H_2O$

n Ca(OH)2 = n CO2 = 2,24/22,4 = 0,1(mol)

CM Ca(OH)2 = 0,1/0,2 = 0,5M

Bài 27 : 

n CO2 = 0,1(mol)

Ta có : 

 n CO2 /  n Ca(OH)2 = 0,1/0,25 = 0,4 < 1

Do đó, sản phẩm muối gồm CaCO3 do Ca(OH)2 dư

Câu 25 : 

$CO_2 + Ca(OH)_2 \to CaCO_3 + H_2O$

$2CO_2 + Ca(OH)_2 \to Ca(HCO_3)_2$

Vì thu được hai muối nên : 

1 < a/b < 2

<=> b < a < 2b

nH2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol

gọi x,y lần lượt là số mol của Fe và Mg

PTHH : Fe       +       2HCl     →      FeCl2     +   H2

           x mol             2x mol                                 x mol

             Mg       +      2HCl          →      MgCl2       + H2

          y mol              2y mol                                       y mol

Ta có hệt phương trình:

\(\begin{cases}56x+24y=8\\x+y=0,2\end{cases}\)

Giải hệ phương trình ta có : x= 0,1 ; y = 0,1

Thể tích HCl là : V_HCl = ( 2x + 2y ) . 22,4

                                     = ( 2.0,1 + 2.0,1 ) . 22,4 = 8,96 lit

Khối lượng Mg là : mMg = 0,1 . 24 = 2,4 g

Khối lượng Fe là : mFe = 0,1 .56 = 5,6 g

`1)`

`n_{Al}={2,7}/{27}=0,1(mol)`

`2Al+3H_2SO_4->Al_2(SO_4)_3+3H_2`

`0,1->0,15->0,05->0,15(mol)`

`V_{dd\ H_2SO_4}={0,15}/1=0,15(l)=150(ml)`

`->V=150`

`V'=V_{H_2}=0,15.22,4=3,36(l)`

`C_{M\ X}=C_{M\ Al_2(SO_4)_3}={0,05}/{0,15}=1/3M`

`2)`

`n_{Fe}={2,8}/{56}=0,05(mol)`

`Fe+2HCl->FeCl_2+H_2`

`0,05->0,1->0,05->0,05(mol)`

`V_{dd\ HCl}={0,1}/1=0,1(l)=100(ml)`

`->V=100`

`V_{H_2}=0,05.22,4=1,12(l)`

`C_{M\ FeCl_2}={0,05}/{0,1}=0,5M`