Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
• Nung 16,8 g 
CO2 + 0,18 Ba(OH)2 → 0,17 mol BaCO3↓
• TH1: CO2 thiếu
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O
nCO2 = nBaCO3 = 0,17 mol → nBaCO3 + nCaCO3 = a + b = 0,17
mMgCO3 + mCaCO3 = 84a + 100b = 16,8
→ a = 0,0125 mol; b = 0,1575 mol → mMgCO3 = 0,0125 × 84 = 1,05 gam 
• TH2: CO2 dư
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (*)
BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 (**)
Theo (*) nCO2 (*) = 0,18 mol; nBaCO3 = 0,17 mol
Theo (**) nBaCO3 (**) phản ứng = 0,18 - 0,17 = 0,01 mol → nCO2 (**) = 0,02 mol
→ ∑nCO2 = 0,18 + 0,01 = 0,19 mol
→ nBaCO3 + nCaCO3 = a + b = 0,19; mMgCO3 + mCaCO3 = 84a + 100b = 16,8
→ a = 0,1375 mol; b = 0,0525 mol → mMgCO3 = 11,55 gam 
Đặt nMgCO3 = x ( mol ); nCaCO3 = y ( mol ); ( x,y > 0 )
MgCO3 \(\underrightarrow{t^o}\) MgO + CO2 (1)
CaCO3 \(\underrightarrow{t^o}\) CaO + CO2 (2)
nBa(OH)2 = 0,36 mol
nBaCO3 = 0,34 mol
Do nBa(OH)2 > nBaCO3
* TH1: tạo muối trung hòa ( kiềm dư )
Ba(OH)2 + CO2 \(\rightarrow\) BaCO3 (3)
Từ (3)
\(\Rightarrow\) nCO2 = 0,34 mol (4)
Từ (1)(2)(4) ta có hệ phương trình
\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=33,6\\x+y=0,34\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,025\\y=0,315\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) %MgCO3 = \(\dfrac{0,025.84.100}{33,6}\) = 6,25%
\(\Rightarrow\) %CaCO3 = \(\dfrac{0,315.100.100}{33,6}\) = 93,75%
* TH2: tạo ra 2 muối
Ba(OH)2 + 2CO2 \(\rightarrow\) Ba(HCO3) (5)
Từ (3)(5)
\(\Rightarrow\) nCO2 = 0,04 + 0,34 = 0,38 (mol) (6)
Từ (1)(2)(6) ta có hệ phương trình
\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=33,6\\x+y=0,38\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x=0,275\\y=0,105\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\) %MgCO3 = \(\dfrac{0,275.84.100}{33,6}\) = 68,75%
\(\Rightarrow\) %CaCO3 = \(\dfrac{0,105.100.100}{33,6}\) 31,25%
Đáp án B
Xét NaOH +X
tạo 0,52 mol NaCl và 0,14 mol N a 2 S O 4 và dư 0,05 mol N a +
Ghép với A l O 2 - ⇒ tạo 0,05 mol N a A l O 2
Đặt n A l = x ; n M g = y
Giải hệ có: 
TH1: B a S O 4 đạt cực đại
⇒ n B a ( O H ) 2 = n S O 4 = 0 , 14 m o l
⇒ n K O H = 0 , 14 . 8 = 1 , 12 m o l
Ghép tương tự NaOH, ta thấy B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l - còn dư 0,6 mol điện tích
Ghép với A l O 2 - ⇒ ghép được 0,15 mol
⇒ vẫn chưa đủ ⇒ còn O H - dư
Rắn gồm 0,14 mol B a S O 4 ; 0 , 15 m o l M g O ⇒ mrắn =38,62g
TH2: A l ( O H ) 3 đạt cực đại
⇒ các ion trong dung dịch gồm B a 2 + , K + , S O 4 2 - , C l -
(ta đang giả sử B a 2 + , S O 4 2 - cùng tồn tại trong cùng 1 dung dịch)
Đặt n B a 2 + = a ⇒ n K + = 8 a
Bảo toàn điện tích:
n B a S O 4 = n B a 2 + = 0 , 08 m o l
⇒ mrắn tối đa =38,62 (g)
Đáp án B
• 
• Đặt số mol Mg, Al lần lượt là a, b => 24a + 27b = 7,65 g (1)
Có n NaOH = 0 , 85 > 0 , 52 + 2 . 0 , 14 = 0 , 8
=> Chứng tỏ Al(OH)3 bị hòa tan một phần: n AlO 2 - = 0 , 85 - 0 , 8 = 0 , 05 mol
⇒ m ↓ = m Mg ( OH ) 2 + m Al ( OH ) 3 = 58 a + 78 . ( b - 0 , 05 ) = 16 , 5 g (2)
• Từ (1) và (2) suy ra a = b = 0,15
• Đặt V (lít) là thể tích dung dịch kiềm thêm vào.
⇒ n B a 2 + = 0 , 1 V , n OH - = ( 0 , 8 + 2 . 0 , 1 ) V = V
P Lượng hiđroxit thu được cực đại khi: n OH - = n H + ⇒ V = 0 , 8 ( l )
Khi đó: n B a 2 + = 0 , 08 mol < n SO 4 2 - = 0 , 14 mol
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 78 . 0 , 15 + 233 . 0 , 08 = 39 , 04 g
P Lượng BaSO4 thu được cực đại khi: n Ba 2 + = n SO 2 - = 0 , 14 mol ⇒ n OH - = 1 , 4 mol
Khi đó: n OH - > n H + + n Al ⇒ Al ( OH ) 3 tan hết
⇒ m ↓ = 58 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 41 , 32 g > 39 , 04 g
=> Lượng kết tủa đạt cực đại khi V = 1,4 lít
⇒ m ↓ = m MgO + m B a S O 4 = 40 . 0 , 15 + 233 . 0 , 14 = 38 , 62 g
Gần nhất với giá trị 38,6
nHCl = 0,4.0,5 = 0,2 mol; nH2SO4 = 0,08.0,5 = 0,04 mol
nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0,28 mol
Đặt số mol của Zn và Mg trong hỗn hợp ban đầu là x và y (mol)
Ta có: 65x + 24y = 5,34 (1)
Zn + 2H+ → Zn2+ + H2
x → 2x → x (mol)
Mg + 2H+ → Mg2+ + H2
y → 2y → y (mol)
Dung dịch Y gồm có:
Ta thấy: nH+ + 2nZn2+ + 2nMg2+ (= 0,28 mol) < nNaOH (= 0,3 mol)
=> NaOH dư, Zn(OH)2 bị tan một phần
=> nNaOH hòa tan kết tủa = 0,3 – 0,28 = 0,02 mol
H+ + OH- → H2O
0,28-2x-2y → 0,28-2x-2y (mol)
Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2
x → 2x → x (mol)
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2
y → 2y → y (mol)
Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + H2O
0,01 ← 0,02 (mol)
Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng: m kết tủa = mMg(OH)2 + mZn(OH)2
=> 99(x-0,01) + 58y = 8,43 <=> 99x + 58y = 9,42 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
Ta có: nKOH : nBa(OH)2 = 0,4:0,05 = 8
Giả sử số mol của KOH và Ba(OH)2 lần lượt là 8a và a (mol)
=> nBa2+ = a (mol); nOH- = nKOH + 2nBa(OH)2 = 10a (mol)
- Khi kết tủa Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt giá trị lớn nhất: nOH- = nH+ dư + 2nZn2+ + 2nMg2+
=> 10a = 0,04 + 2.0,06 + 2.0,06 => a = 0,028 mol
Ta thấy a < nSO42- => BaSO4 chưa đạt cực đại
- Giả sử sau khi Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại ta thêm 8b mol KOH và b mol Ba(OH)2:
+ Lượng kết tủa sinh thêm là lượng BaSO4: nBaSO4 = nBa(OH)2 = b mol
=> mBaSO4 = 233b (gam)
+ Lượng kết tủa bị tan ra: nZn(OH)2 = nOH-: 2 = 10b : 2 = 5b (mol)
=> mZn(OH)2 = 99.5b = 495b (gam)
Ta thấy khối lượng kết tủa sinh ra nhỏ hơn khối lượng kết tủa bị tan nên khối lượng kết tủa lớn nhất là thời điểm Mg(OH)2 và Zn(OH)2 đạt cực đại. Khi đó: nBa(OH)2 = a = 0,028 mol
=> V = 0,028 : 0,05 = 0,56 (lít)
Kết tủa sau phản ứng gồm có:
Mg(OH)2 → t ∘ MgO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
Zn(OH)2 → t ∘ ZnO + H2O
0,06 mol → 0,06 mol
=> m = mBaSO4 + mMgO + mZnO = 0,028.233 + 0,06.40 + 0,06.81 = 13,784 gam
1) Số mol Ba\(\left(OH\right)_2=0,18\left(mol\right)\)
Số mol Ba\(CO_3=0,17\left(mol\right)\)
\(MgCo_3\underrightarrow{t^o}MgO+CO_2\)
\(CaCo_3\underrightarrow{t^o}CaO+CO_2\)
Ta có : 84x + 100y = 16.8 (I)
Vì \(n_{BaCO_3}\curlyvee n_{Ba\left(OH\right)_2}\)( cái đầu bn cho mũi nhọn về phái bên trái nhen ) nên bài toán xảy ra 2 trường hợp :
TH1 : Thiếu CO2 , dư Ba(OH)2
\(CO_2+Ba\left(OH\right)_2\rightarrow BaCO_3+H_2O\)
Ta có : x + y = 0,17 (II)
Từ I và II ta có hệ phương trình :
\(\left\{{}\begin{matrix}84x+100y=16,8\\x+y=0,17\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}0,0125\\0,1575\end{matrix}\right.\)
Thành phần %2 muối :
\(\%MgCO_3=6.25\%;\%CaCO_3=93.75\%\)
TH2: dư CO2 , kết của tân một phần .
( TỰ lm tiếp nhen )