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

\(n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

Vì phản ứng tạo kết tủa nên xét 2 trường hợp:

TH1: Ba(OH)2 dư, phản ứng tạo muối trung hoà

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

\(n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=\dfrac{19,7}{137+12+3.16}=0,1\left(mol\right)\)

\(V=0,1.22,4=2,24\left(l\right)\)

TH2: Ba(OH)2 dư, phản ứng tạo 2 muối.

\(CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\left(1\right)\\ 2CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Ba\left(HCO_3\right)_2\left(2\right)\)

\(\left(1\right)\Rightarrow n_{Ba\left(OH\right)_2\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{Ba\left(OH\right)_2\left(2\right)}=0,15-0,1=0,05\left(mol\right)\\ \Rightarrow n_{CO_2}=0,1+0,05.2=0,2\left(mol\right)\\ V=0,2.22,4=4,48\left(l\right)\)

$n_{Ba(OH)_2}=0,15.1=0,15\ (mol)$

$n_{\downarrow}=n_{BaCO_3}=\dfrac{19,7}{197}=0,1\ (mol)$

Vì $n_{BaCO_3}<n_{Ba(OH)_2}$ nên kết tủa chưa đạt cực đại, ta xét 2TH:

TH1: $Ba(OH)_2$ dư

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

$\Rightarrow n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=0,1\ (mol)$

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

TH2: $CO_2$ dư, kết tủa bị hòa tan 1 phần

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

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

Ta có: $n_{BaCO_3\ (1)}=n_{Ba(OH)_2}=0,15\ (mol)$

Mà số mol kết tủa là $0,1$ mol nên số mol kết tủa bị hòa tan là $0,1-0,15=0,05$ mol

$\Rightarrow n_{BaCO_3\ (2)}=0,05\ (mol)$

$\sum n_{CO_2}=n_{CO_2\ (1)}+n_{CO_2\ (2)}=0,15+0,05=0,2\ (mol)$

$\Rightarrow V_{CO_2}=0,2.22,4=4,48\ (l)$

Vậy....

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

Kiềm dư tác dụng oxit axit tạo muối trung hòa và nước

\(n_{BaCO_3}=\dfrac{19,7}{197}=0,1 mol\)

Theo PTHH:

\(n_{CO_2}= n_{BaCO_3}= 0,1 mol\)

\(\Rightarrow V_{CO_2}= 0,1 . 22,4=2,24 l\)

Theo đề: Ba(OH)₂ dư nên ta có:

PTHH: CO₂ + Ba(OH)₂ ---> BaSO₃↓ + H₂O 

Ta có: \(n_{BaSO_3}=\dfrac{19,7}{217}\approx0,09\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{CO_2}=n_{BaSO_3}=0,09\left(mol\right)\)

=> \(V_{CO_2}=0,09.22,4=2,016\left(lít\right)\)

\(n_{\downarrow}=\dfrac{19,7}{197}=0,1mol\)

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

                    0,1              0,1

\(V_{CO_2}=0,1\cdot22,4=2,24\left(l\right)\)

Nếu n C O 2  = x= 0,15 mol thì:

Chỉ tạo ra 1 muối C a C O 3  và khối lượng kết tủa thu được là tối đa.

C a O H 2 + C O 2 → C a C O 3 + H 2 O

0,15 0,15 mol

Nếu n C O 2  max = x = 0,26 mol thì:

⇒ Tạo ra 2 muối C a C O 3 và C a H C O 3 2  và khi đó khối lượng kết tủa thu được là tối thiểu.

C O 2 + C a O H 2 → C a C O 3 + H 2 O     1

x…..x…..x......mol

2 C O 2 + C A O H 2 → C a H C O 3 2   2

2y…..y…..mol

Ta được hệ phương trình:

⇒ n C a C O 3  = x = 0,04 mol

⇒ m↓ = m C a C O 3  = 0,04.100 = 4 gam

Vậy 4 ≤ m↓ ≤ 15

⇒ Chọn D.

Đáp án D

Lượng  CO 2  tham gia phản ứng và lượng  Ba ( OH ) 2  ở hai thí nghiệm đều bằng nhau, nhưng ở TN1 thu được lượng kết tủa ít hơn ở TN2. Suy ra ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan một phần. Dựa vào tính chất của đồ thị ở TN1 suy ra :

n CO 2 = 2 n Ba ( OH ) 2 - n BaCO 3 = ( 2 a - 0 , 1 ) mol

Đồ thị biểu diễn sự biến thiên lượng kết tủa theo lượng  CO 2  ở  TN1 và TN2 :

Dựa vào 2 đồ thị, ta thấy a < 2a - 0,1 < 2a nên ở TN2 kết tủa đạt cực đại. Suy ra :

Vậy V = 6,72 lít và a = 0,2 mol

chất kết tủa là: BaCO₃

n_baco3=\(\dfrac{m}{M}=\dfrac{19,7}{197}=0,1\left(mol\right)\)

pthh: CO2 + Ba(OH)2 \(\rightarrow\) BaCO3 + H2O

CO2 + 2 NaOH \(\rightarrow\) Na2CO3 + H2O

theo pthh: n_Ba(OH)2=n_BaCO2=0,1(mol)

\(\Rightarrow\) V_ba(oh)2=\(\dfrac{n}{C_{M^{ }}}=\dfrac{0,1}{1}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right)\)

\(\Rightarrow\) n_naoh=\(C_M.V=1.0,1=0,1\left(mol\right)\)

\(Theopthh,\Rightarrow n_{CO2}=0,1+\dfrac{1}{2}0,1=0,15\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow\) V_co2=n.22,4=0,15 . 22,4= 3,36 (l)

= 0,2 mol; nNaOH = 0,2 mol

= 0,6 mol; =19,7/197 = 0,1 mol

Ta có 2 trường hợp:

-TH1: CO2 tác dụng với OH- chỉ tạo CO3^2-

CO2 + 2OH^- → CO32- + H2O

0,1 0,2← 0,1 mol

Ba2+ + CO32- → BaCO3↓

0,2 0,1 ← 0,1 mol

→= 2,24 lít

-TH2: CO2 tác dụng với OH^- tạo CO3^2- và HCO3^-

CO2 + OH^- → HCO3-

0,4 ← (0,6-0,2) mol

CO2 + 2OH^- → CO3^2- + H2O

0,1 0,2 ← 0,1(mol)

Ba2+ + CO3^2- → BaCO3↓

0,2 0,1 ← 0,1 mol

Ta có: = 0,1+ 0,4 = 0,5 mol → = 11,2 lít

#Walker

n_Ba(OH)2=0.2

Đáp án B

Nhận xét :  n CO 2   phản   ứng ⏟ 0 , 2 > n BaCO 3   tạo   thành ⏟ 0 , 1  nên có hai khả năng xảy ra.

Trường hợp 1 : Kết tủa không bị hòa tan

Suy ra :

Quan sát đồ thị ta thấy : Nếu  n CO 2 ≤ n ( Ba ( OH ) 2 , NaỌH ) thì không có hiện tượng hòa tan kết tủa. Trên thực tế thì  n CO 2 ⏟ 0 , 2 > n ( Ba ( OH ) 2 , NaỌH ) ⏟ 0 , 1 nên đã có hiện tượng hòa tan kết tủa. Vậy trường hợp này không thỏa mãn

Trường hợp 2 : Kết tủa bị hòa tan một phần

Ta có đồ thị :

Suy ra : 10x - 0,2 = 0,1 => x = 0,03