MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 ↑ + H2O 

 Sửa đề bài Vì CH3COONa là chất điện li mạnh nên được viết trước để tạo môi trường cho cân bằng của chất điện li yếu phân li và cân bằng: 

CH³COOH ⇔ CH³COO -+H+ 

Ban đầu 0,1           0.        0 

Phân li xM              x.        x 

Cân bằng           0,1-x    0,1+x   x

Suy ra K = \(\dfrac{x(x+0,1)}{0,1-x}\) = 1,8.10 mũ âm ⁵

⇒ x = 1,8 . 10 mũ âm ⁵ 

⇒pH = log x = 1745

PT: \(MgO+H_2SO_4\rightarrow MgSO_4+H_2O\)

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

Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{MgO}=x\left(mol\right)\\n_{FeO}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 40x + 72y = 4,88 (1)

Ta có: \(n_{H_2SO_4}=0,2.0,45=0,09\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{MgO}+n_{FeO}=x+y=0,09\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\left(mol\right)\\y=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{MgO}=\dfrac{0,05.40}{4,88}.100\%\approx40,98\%\\\%m_{FeO}\approx59,02\%\end{matrix}\right.\)

a, PT: \(CuO+2HCl\rightarrow CuCl_2+H_2O\)

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

Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CuO}=x\left(mol\right)\\n_{Fe_2O_3}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 80x + 160y = 11,2 (1)

Ta có: \(m_{HCl}=146.10\%=14,6\left(g\right)\Rightarrow n_{HCl}=\dfrac{14,6}{36,5}=0,4\left(mol\right)\)

Theo PT: \(n_{HCl}=2n_{CuO}+6n_{Fe_2O_3}=2x+6y=0,4\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,02\left(mol\right)\\y=0,06\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{CuO}=\dfrac{0,02.80}{11,2}.100\%\approx14,29\%\\\%m_{Fe_2O_3}\approx85,71\%\end{matrix}\right.\)

b, PT: \(CuO+H_2SO_4\rightarrow CuSO_4+H_2O\)

\(Fe_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow Fe_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

Theo PT: \(n_{H_2SO_4}=n_{CuO}+3n_{Fe_2O_3}=0,2\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{H_2SO_4}=0,2.98=19,6\left(g\right)\Rightarrow m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{19,6}{4,9\%}=400\left(g\right)\)

Dung dịch A tác dụng với $Ba(OH{)}_2$ có các ion sau phản ứng: $N{H_4}^{+},S{O_4}^{2-},C{O_3}^{2-}$

$\begin{array}{c}N{H_4}^{+}+O{H}^{-}\to N{H}_3+H_{2}O\\ S{O_4}^{2-}+B{a}^{2+}\to BaS{O}_4\\ C{O_3}^{2-}+B{a}^{2+}\to BaC{O}_3\\ n_{N{H}_3}=0,02mol\\ C{O_3}^{2-}+2H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O\\ n_{C{O}_2}=0,01mol\\ \to n_{C{O_3}^{2-}}=n_{C{O}_2}=0,01mol\\ \to m_{BaS{O}_4}=4,3-0,01\times 197=2,33g\\ \to n_{BaS{O}_4}=0,01mol=n_{S{O_4}^{2-}}\end{array}$

Bảo toàn điện tích trong dung dịch A, ta có:

$\begin{array}{c}{n}_{N{H}_3}=n_{N{H_4}^{+}}=0,02mol\\ n_{N{a}^{+}}+n_{N{H_4}^{+}}=2n_{S{O_4}^{2-}}+2n_{C{O_3}^{2-}}\\ \to n_{N{a}^{+}}=0,02mol\\ \to m=0,02\times 23+0,02\times 18+0,01\times 96+0,01\times 60\\ \to m=2,38g\end{array}$

Khối lượng chất tan \(CuSO_4\) mới là :

\(C\%=\dfrac{m_{ct}}{m_{dd}}.100\%\Rightarrow m_{ct}=\dfrac{C\%.m_{dd}}{100\%}=\dfrac{8.384}{100}=30,72\left(g\right)\)

Nồng độ phần trăm \(CuSO_4\) mới là :

\(C\%_{moi}=\dfrac{m_{ct}}{m_{dd}}.100\%=\dfrac{\left(30,72+16\right)}{384}.100\%=12,17\%\)

12,17%