Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch \(BaCl_2\)đủ cho đến khi kết tủa đạt tối đa, lọc kết tủa: 

\(Na_2SO_4+BaCl_2\rightarrow BaSO_4+2NaCl\)

Hỗn hợp dung dịch khi này sau lọc kết tủa gồm \(NaCl,MgCl_2\)

Tiếp tục cho tác dụng với dung dịch \(NaOH\) đủ đến khi kết tủa tối đa, lọc kết tủa ta thu được muối ăn tinh khiết:

\(MgCl_2+2NaOH\rightarrow2NaCl+Mg\left(OH\right)_2\)

Để thu được muối ăn tinh khiết ta làm như sau:

1. Phơi nước biển và cô đặc: Phơi nước biển trên các ruộng muối để ánh nắng chiếu trực tiếp. Nước dễ dàng bay hơi nên ta có thể lấy được muối ăn.

2. Cô đặc dung dịch chứa NaCl: Sử dụng phương pháp cô đặc nồi hở.Cô đặc dung dịch chứa muối ăn để tạo ra muối tinh khiết.

Thuốc thử: \(Ba\left(HCO_3\right)_2,HCl\)

Lần lượt lấy mỗi dung dịch hỗn hợp ở các lọ làm mẫu thử thực hiện thí nghiệm sau:

- Cho từng mẫu thử tác dụng với dung dịch \(Ba\left(HCO_3\right)_2\) dư:

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng là mẫu: \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\), \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\) (I)

\(K_2CO_3+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaCO_3\downarrow+2KHCO_3\) 

\(Na_2SO_4+Ba\left(HCO_3\right)_2\rightarrow BaSO_4+2NaHCO_3\)

+ Mẫu thử có hiện tượng kết tủa trắng và có sủi bọt khí là mẫu: \(HCl\) và \(H_2SO_4\)

- Thu kết tủa của 2 mẫu ở (I) cho tác dụng với dung dịch HCl dư:

+ Kết tủa tan => kết tủa \(BaCO_3\) => Đó là mẫu chứa \(KHCO_3\) và \(K_2CO_3\)

\(BaCO_3+2HCl\rightarrow BaCl_2+H_2O+CO_2\)

+ Kết tủa không tan => kết tủa \(BaSO_4\) => Đó là mẫu chứa \(NaCl\) và \(Na_2SO_4\)

\(n_{Al_2O_3}=\dfrac{10,2}{27.2+16.3}=0,1\left(mol\right)\)

⇒ Số phân tử Al₂O₃ = 6,022.10²³.0,1 = 6,022.10²² (phân tử)

1. Chứng minh hợp kim tan hết:

• Xét phản ứng của Fe với H2SO4:
  • Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe)
  • n(H2SO4) = C(H2SO4) * V(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) = n(H2SO4) = 0,2 mol
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 11,2 gam
• Xét phản ứng của Ni với H2SO4:
  • Ni + H2SO4 → NiSO4 + H2
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = (36,2 - 11,2) / 58,7 = 0,42 mol
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim tan hết vì lượng H2SO4 đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

2. Hợp kim gấp đôi có tan hết hay không?

• Lượng Fe và Ni gấp đôi:
  • m(Fe) = 2 * 11,2 = 22,4 gam
  • m(Ni) = 2 * (36,2 - 11,2) = 50 gam
• Lượng H2SO4 không đổi:
  • n(H2SO4) = 0,2 mol
• Xét phản ứng:
  • n(Fe) = m(Fe) / M(Fe) = 0,4 mol
  • n(Ni) = m(Ni) / M(Ni) = 0,86 mol
  • Từ phương trình phản ứng, ta thấy n(Fe) + n(Ni) > n(H2SO4)
• Kết luận:
  • Hợp kim gấp đôi sẽ không tan hết vì lượng H2SO4 không đủ để phản ứng với cả Fe và Ni.

3. Tính khối lượng kim loại trong hợp kim:

• Tính lượng H2 sinh ra:
  • n(H2) = m(CuO) / M(CuO) = 48 / 80 = 0,6 mol
• Tính lượng Fe và Ni:
  • n(Fe) = n(H2) = 0,6 mol
  • n(Ni) = n(H2) - n(Fe) = 0,6 - 0,6 = 0 mol
• Tính khối lượng Fe và Ni:
  • m(Fe) = n(Fe) * M(Fe) = 0,6 * 56 = 33,6 gam
  • m(Ni) = n(Ni) * M(Ni) = 0 * 58,7 = 0 gam
• Kết luận:
  • Khối lượng Fe trong hợp kim là 33,6 gam.
  • Khối lượng Ni trong hợp kim là 0 gam.

Lưu ý:

• Trong bài toán này, ta giả định rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn.
• Nồng độ của dung dịch H2SO4 là 0,2M, không phải 0,耀M như trong đề bài.

Hy vọng bài giải này giúp bạn hiểu rõ hơn về bài toán.

 0,117 mol ion H+

\(CaCO_3+2HCl\underrightarrow{ }CaCl_2+CO_2+H_2O\)

\(nCaCO_3=\dfrac{15}{100}=0,15\left(mol\right)\)

\(nHCl=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2\left(mol\right)\)

Vậy \(CaCO_3\) dư

a. Rắn B là: CaCO₃ dư 

\(nCaCO_3\) phản ứng là: 0,2:2 = 0,1 (mol)

\(nCaCO_3\) dư : 0,05 (mol)

Khối lượng rắn CaCO3 là : 0,05.100 = 5 (g)

b. Theo PTHH em dễ dàng tính được nồng độ dd B (CaCl₂): 

Khối lượng CaCl₂: 0,1.111 = 11,1(g)

Khối lượng khí CO₂: 0,1.44 = 4,4 (g)

Khối lượng dd sau phản ứng:

15+20 - 5 - 4,4 = 25,6 (g)

Nồng độ % dung dịch CaCl₂: \(\dfrac{11,1}{25,6}.100\%=43,36\%\)

c. Thể tích CO₂ ở đtc:

0,1.24,79 = 2,479 (l)

\(n_{CaCO_3}=\dfrac{15}{100}=0,15mol\\ n_{HCl}=\dfrac{20.36,5}{100.36,5}=0,2mol\\ CaCO_3+2HCl\rightarrow CaCl_2+CO_2+H_2O\\ \rightarrow\dfrac{0,15}{1}>\dfrac{0,2}{2}=>CaCO_3.dư\\ n_{CaCO_3pư}=n_{CaCl_2}=n_{CO_2}=\dfrac{0,2}{2}=0,1mol\\ a.m_B=m_{CaCO_3.dư}=\left(0,15-0.1\right).100=5g\\ b.m_{dd}=0,1.100+20-0,1.44=25,6g\\ C_{\%CaCl_2}=\dfrac{0,1.111}{25,6}\cdot100=43.36\%\\ c.ddC?\)

1. C

Cu không thể phản ứng với dung dịch HCl và H₂SO₄ loãng.

2. B

Các base không tan như Zn(OH)₂ , Mg(OH)₂, Ba(OH)₂ và Fe(OH)₃ không làm phenol phthalein hóa đỏ

\(n_{H_2}\)= \(\dfrac{0,756}{24,79}\) = 0,0305 mol

PTHH:

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

Al + 3HCl → AlCl₃ + \(\dfrac{3}{2}\)H₂

Gọi số mol của Mg và Al lần lượt là x và y.

Ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}24x+27y=0,615\\x+1,5y=0,0305\end{matrix}\right.\)↔\(\left\{{}\begin{matrix}x=0,011\\y=0,013\end{matrix}\right.\)

⇒ m_Mg = 0,11 . 24 = 0,264 gam

⇒ %Mg = \(\dfrac{0,264}{0,615}\) . 100 = 43%

Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp là 58,54%.

\(n_{H_2SO_4}=0,15.1=0,15\left(mol\right)\)

PT: \(Al_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

_______________0,15______0,05 (mol)

\(\Rightarrow m_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,05.342=17,1\left(g\right)\)

 \(FeO+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2O\)

Ta có: \(n_{FeO}=\dfrac{11,2}{72}=\dfrac{7}{45}\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{FeSO_4}=n_{FeO}=\dfrac{7}{45}\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{FeSO_4}=\dfrac{7}{45}.152=23,64\left(g\right)\)

\(V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{\dfrac{7}{45}}{0,1}=\dfrac{14}{9}\left(l\right)\)

\(\Rightarrow C_{M_{FeSO_4}}=\dfrac{\dfrac{7}{45}}{\dfrac{14}{9}}=0,1\left(M\right)\)