Bài 12:

- Hoà tan hỗn hợp vào nước dư, lọc tách thu được dd Na₂CO₃ và chất rắn A: Fe(OH)₃, BaCO₃ 

- Cho dd HCl dư vào dd Na₂CO₃, cô cạn dd thu được, đpnc thu được Na

\(Na_2CO_3+2HCl\rightarrow2NaCl+CO_2\uparrow+H_2O\)

\(2NaCl\xrightarrow[]{đpnc}2Na+Cl_2\uparrow\)

- Nung chất rắn A tới khối lượng không đổi, rồi hoà vào nước, lọc tách thu được dd Ba(OH)₂ và Fe₂O₃ 

\(BaCO_3\xrightarrow[]{t^o}BaO+CO_2\uparrow\\ 2Fe\left(OH\right)_3\xrightarrow[]{t^o}Fe_2O_3+3H_2O\\ BaO+H_2O\rightarrow Ba\left(OH\right)_2\)

- Cho dd HCl dư vào dd Ba(OH)₂, cô cạn dd thu được, đpnc thu được Ba

\(Ba\left(OH\right)_2+2HCl\rightarrow BaCl_2+2H_2O\\ BaCl_2\xrightarrow[]{đpnc}Ba+Cl_2\uparrow\)

11. 

\(CaCO_3-t^0->CaO+CO_2\)

\(CaO+H_2O->Ca\left(OH\right)_2\)

\(Ca\left(OH\right)_2+NaHCO_3->CaCO_3+NaOH+H_2O\)

\(Ca\left(OH\right)_2+2NaHCO_3->CaCO_3+Na_2CO_3+H_2O\)

a. \(n_{NaOH}=0,2mol;n_{FeCl_3}=0,2.0,6=0,12mol\)

\(3NaOH+FeCl_3->3NaCl+Fe\left(OH\right)_3\)

Lập tỷ lệ \(\dfrac{n_{NaOH}}{3}=\dfrac{0.2}{3}< \dfrac{n_{FeCl_3}}{1}=0,12\) => FeCl3 còn dư

\(n_{kếttủa}=n_{Fe\left(OH\right)_3}=\dfrac{1}{3}n_{NaOH}=\dfrac{0,2}{3}\left(mol\right)\)

\(m_{kt}=\dfrac{0.2}{3}.107=7,13g\)

b. \(V_{ddspu}=200+200=400\left(mL\right)\)

CTTQ của B: \(M_3PO_4\)

Theo đề có:

\(3M_M+31.1+16.4=164\) 

=> \(M_M=23\left(Na\right)\), chọn C

C

Ở TN1 các phản ứng có thể xảy ra là:

\(K_2CO_3+2HCl->2KCl+H_2O+CO_2\)

\(CaCO_3+2HCl->CaCl_2+H_2O+CO_2\)

\(NaHCO_3+HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)

\(Na_2CO_3+HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)

TN2:

\(CaCO3-t^0->CaO+CO_2\)

\(2NaHCO_3-t^0->Na_2CO_3+H_2O+CO_2\)

\(CaSO_4-t^0->CaO+SO_3\)

TN3: Chất sau nung là Na2CO3

\(Na_2CO_3+2HCl->NaCl+H_2O+CO_2\)

Gọi CTTQ là \(C_2O_y\) (O hoá trị II, y là hoá trị của C)

\(\%m_O=\dfrac{16y}{12.2+16y}=\dfrac{72,72}{100}\)

=> y = 4, chọn D

D

Đề ra, ta có hợp chất X là \(Al\left(YO_3\right)_3\) và:

\(\%m_Y=\dfrac{3M_Y}{27+3\left(M_y+16.3\right)}=\dfrac{19.72}{100}\)

=> \(M_y=14\left(N\right)\), chọn C

ɑ) Cho 4 oxit Na₂O, Fe₂O₃, CuO, Al₂O₃ vào HCl dư:

\(Na_2O+2HCl\rightarrow2NaCl+H_2O\)

\(Fe_2O_3+6HCl\rightarrow2FeCl_3+3H_2O\)

\(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

\(Al_2O_3+3HCl\rightarrow2AlCl_3+3H_2O\)

Cho hỗn hợp cả 4 oxit vào nước dư:

- Trước hết, Na₂O tác dụng với nước tạo thành dd kiềm:

\(Na_2O+H_2O\rightarrow2NaOH\)

\(Fe_2O_3,CuO,Al_2O_3\) không tác dụng với nước.

- Nhưng, vì Al₂O₃ lưỡng tính nên có tác dụng với NaOH:

\(Al_2O_3+2NaOH\rightarrow2NaAlO_2+H_2O\)

b) Cho NaHCO₃ vào dd Ba(OH)₂ đến dư:

\(2NaHCO_3+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow Na_2CO_3+BaCO_3+2H_2O\)

Nhỏ từ từ AlCl₃ vào NaOH:

- Giai đoạn 1: Không xuất hiện kết tủa.

\(AlCl_3+4NaOH\rightarrow NaAlO_2+3NaCl+2H_2O\)

- Giai đoạn 2: Khi NaOH dần dần hết ⇒ thấy kết tủa trắng keo.

\(AlCl_3+3NaOH\rightarrow Al\left(OH\right)_3\downarrow+3NaCl\)

Kim loại A tác dụng với muối B tạo ra 2 chất khí ⇒ A là Na, B là (NH₄)₂CO₃:

- Giai đoạn 1: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

- Giai đoạn 2: \(2NaOH+\left(NH_4\right)_2CO_3\rightarrow Na_2CO_3+2NH_3+2H_2O\)

Cho HCl vào dd \(\left(NH_4\right)_2CO_3\):

\(\left(NH_4\right)_2CO_3+2HCl\rightarrow2HCl+H_2O+CO_2\)

CO₂ làm cho nước vôi trong vẩn đục.

Có p + n + e = 52

Mà p = e => 2p + n = 52 (*)

Số hạt mang điện chiếm 32,69%, tức p + e chiếm 32,69%, hay 2p chiếm 32,69%

\(\dfrac{2p}{52}=\dfrac{32,69}{100}\)=> p = 9

Thay vào (*) => n = 34

PTHH: 

\(M_2CO_3+2HCl\rightarrow2MCl+CO_2\uparrow+H_2O\) (1)

\(MHCO_3+HCl\rightarrow MCl+CO_2\uparrow+H_2O\) (2)

\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2\rightarrow CaCO_3\downarrow+H_2O\) (3)

\(CO_2+2NaOH\rightarrow Na_2CO_3+H_2O\) (4)

\(CO_2+Na_2CO_3+H_2O\rightarrow2NaHCO_3\) (5)

\(CO_2+CaCO_3+H_2O\rightarrow Ca\left(HCO_3\right)_2\) (6)

Giả sử kết tủa chưa bị hoà tan

Nếu chỉ có muối \(Na_2CO_3\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{Na_2CO_3}=\dfrac{1}{2}n_{NaOH}=0,005\left(mol\right)\)

`=>` \(m_{Na_2CO_3}=0,005.106=0,53\left(g\right)\)

Nếu chỉ có muối \(NaHCO_3\xrightarrow[]{\text{BTNT Na}}n_{NaHCO_3}=n_{NaOH}=0,01\left(mol\right)\)

`=>` \(m_{NaHCO_3}=0,01.84=0,84\left(g\right)\)

Vậy \(0,53\le m_{muối}\le0,84< 2,46\left(g\right)\)

`=>` Chứng tỏ trong 2,46 gam muối có muối Ca(HCO₃)₂, kết tủa bị hoà tan một phần

`=>` \(m_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=2,46-0,84=1,62\left(g\right)\)

`=>` \(n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}=\dfrac{1,62}{162}=0,01\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT Ca}}n_{CaCO_3}=n_{Ca\left(OH\right)_2}-n_{CaCO_3}=0,03\left(mol\right)\)

\(\xrightarrow[]{\text{BTNT C}}n_X=n_{CO_2}=n_{CaCO_3}+2n_{Ca\left(HCO_3\right)_2}+n_{NaHCO_3}=0,06\left(mol\right)\)

`=>` \(\overline{M_X}=\dfrac{5,08}{0,06}=\dfrac{254}{3}\left(g/mol\right)\)

`=>` \(M_{MHCO_3}< \dfrac{254}{3}< M_2CO_3\)

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}M_M< \dfrac{254}{3}-61=\dfrac{71}{3}\\M_M>\dfrac{\dfrac{254}{3}-60}{2}=\dfrac{37}{3}\end{matrix}\right.\)

`=>` \(\dfrac{37}{3}< M_M< \dfrac{71}{3}\)

Kết hợp với M có hoá trị I 

`=> M` là `Na`

CTHH của 2 muối lần lượt là `Na_2CO_3, NaHCO_3`

Gọi \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Na_2CO_3}=x\left(mol\right)\\n_{NaHCO_3}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}106x+84y=5,08\\x+y=0,06\end{matrix}\right.\)

`<=>` \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{550}\left(mol\right)\\y=\dfrac{16}{275}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Na_2CO_3}=\dfrac{106}{550}.100\%=19,27\%\\\%m_{NaHCO_3}=100\%-19,27\%=80,73\%\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CO_2}=\dfrac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\\n_{H_2O}=\dfrac{0,8}{18}=\dfrac{2}{45}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

`=>` \(\left\{{}\begin{matrix}n_C=0,4\left(mol\right)\\n_H=\dfrac{2.2}{45}=\dfrac{4}{45}\left(mol\right)\\n_O=\dfrac{5,6-\dfrac{4}{45}-0,4.12}{16}=\dfrac{2}{45}\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Gọi CTTQ của A là \(C_xH_yO_z\)

`=>` \(x:y:z=0,4:\dfrac{4}{45}:\dfrac{2}{45}=9:2:1\)

`=>` A có dạng \(\left(C_9H_2O\right)_n\)

`=>` \(n=\dfrac{28}{126}=\dfrac{2}{9}\) (Đề sai)