a, Ta có: 23n_Na + 39n_K = 2,94 (1)

PT: \(2Na+2H_2O\rightarrow2NaOH+H_2\)

\(2K+2H_2O\rightarrow2KOH+H_2\)

Theo PT: \(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_{Na}+\dfrac{1}{2}n_K=\dfrac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Na}=0,06\left(mol\right)\\n_K=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Na}=\dfrac{0,06.23}{2,94}.100\%\approx46,9\%\\\%m_K\approx53,1\%\end{matrix}\right.\)

b, Theo PT: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=n_{Na}=0,06\left(mol\right)\\n_{KOH}=n_K=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Ta có: m _{dd sau pư} = 2,94 + 97,16 - 0,05.2 = 100 (g)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}C\%_{NaOH}=\dfrac{0,06.40}{100}.100\%=2,4\%\\C\%_{KOH}=\dfrac{0,04.56}{100}.100\%=2,24\%\end{matrix}\right.\)

a) 2x-(15-3x)=x-9

b) x+(14-x)=-x-10

c) 3x-(23-5x)=x-9

a, n_H⁺ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,4.1 + 2.0,4.2 = 2 (mol)

Giả sử hh chỉ gồm Mg.

\(\Rightarrow n_{Mg}=\dfrac{12,9}{24}=0,5375\left(mol\right)\)

Xét: \(Mg+2H^+\rightarrow Mg^{2+}+H_2\)

có \(\dfrac{0,5375}{1}< \dfrac{2}{2}\) ta được H⁺ dư, mà n_hh max → dd C còn acid dư.

b, Gọi: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=3x\left(mol\right)\\n_{Fe}=x\left(mol\right)\\n_{Zn}=y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\) ⇒ 3x.24 + 56x + 65y = 21,9 (1)

Có: \(n_{H_2}=n_{Mg}+n_{Fe}+n_{Zn}=3x+x+y=\dfrac{7,437}{24,79}=0,3\left(mol\right)\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,05\\y=0,1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n_{Mg}=0,15\left(mol\right)\\n_{Fe}=0,05\left(mol\right)\\n_{Zn}=0,1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\%m_{Mg}=\dfrac{0,15.24}{12,9}.100\%\approx27,9\%\\\%m_{Fe}=\dfrac{0,05.56}{12,9}.100\%\approx21,7\%\\\%m_{Zn}\approx50,4\%\end{matrix}\right.\)

a, Giả sử hỗn hợp chỉ gồm Zn.

Ta có: \(n_{Zn}=\dfrac{21}{65}\left(mol\right)\)

PT: \(Zn+2HCl\rightarrow ZnCl_2+H_2\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{\dfrac{21}{65}}{1}>\dfrac{0,6}{2}\), ta được KL dư, mà n_hh min → A không tan hết.

b, Sửa đề: Cu → CuO

 \(n_{H_2}=\dfrac{1}{2}n_{HCl}=0,3\left(mol\right)\)

\(n_{CuO}=\dfrac{40}{80}=0,5\left(mol\right)\)

PT: \(CuO+H_2\underrightarrow{t^o}Cu+H_2O\)

Xét tỉ lệ: \(\dfrac{0,5}{1}>\dfrac{0,3}{1}\), ta được CuO dư.

Theo PT: \(n_{Cu}=n_{CuO\left(pư\right)}=n_{H_2}=0,3\left(mol\right)\Rightarrow n_{CuO\left(dư\right)}=0,2\left(mol\right)\)

⇒ m _rắn = m_Cu + m_CuO = 0,3.64 + 0,2.80 = 35,2 (g)

\(n_{H_2}=\dfrac{4,958}{24,79}=0,2\left(mol\right)\)

PTHH:

\(CuO+H_2\rightarrow\left(t^o\right)Cu+H_2O\)

\(Fe_2O_3+3H_2\rightarrow2Fe+3H_2O\)

Do MgO, CuO, Fe2O3 có tỉ lệ mol = nhau, 1 mol Fe2O3 cần 3 mol H2 .

=> nMgO = nCuO= nFe2O3 = 0,05(mol)

\(MgO+2HCl\rightarrow MgCl_2+H_2O\)

0,05         0,1 

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

0,05         0,1 

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

0,05          0,3

\(V_{HCl}=\dfrac{0,5}{1}=0,5\left(l\right)\)

H₂ không khử được MgO em nhé.

Ui hệ số trước \(H_2O\) là \(\dfrac{6-x}{2}H_2O\) mới đúng nha mik ghi nhầm í

\(n_{co_2}=\dfrac{0,896}{22,4}=0,02\left(mol\right)\)

\(n_{BaCl_2}=\dfrac{100.20,8\%}{208}=0,1\left(mol\right)\)

PTHH : 

\(BaCl_2+Na_2CO_3\rightarrow BaCO_3+2NaCl\) (1)

Như vậy : dung dịch X gồm \(BaCO_3;NaCl;\) có thể có \(BaCl_2\) dư hoặc \(Na_2CO_3\) dư

PTHH : 

\(BaCO_3+H_2SO_4\rightarrow BaSO_4+CO_2+H_2O\) (2)

ctc : \(Na_2CO_3+H_2SO_4\rightarrow Na_2SO_4+CO_2+H_2O\) (3)

+) TH1 : Nếu \(BaCl_2\) dư ( không có phản ứng (3) )

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{CO_2}=0,04\left(mol\right)\)

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{Na_2CO_3}=n_{BaCO_3}=0,04\left(mol\right)\)

\(\Rightarrow m_{Na_2CO_3}=0,04.106=4,24\left(g\right)\)

\(\Rightarrow C_{\%ddNa_2CO_3}=\dfrac{4,24.100\%}{100}=4,24\%\)

BTKL \(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}=m_{ddspứ}+m_{CO_2}\)

\(\Rightarrow m_{ddBaCl_2}+m_{ddNa_2CO_3}+m_{ddH_2SO_4}-m_{CO_2}=m_{ddspứ}\)

\(\Rightarrow m_{ddspứ}=100+100+100-0,04.44=298,14\left(g\right)\)

+) TH2 : Nếu \(Na_2CO_3\) dư ( xảy ra phản ứng (3) )

Theo phương trình (1) \(\Rightarrow n_{BaCO_3}=n_{BaCl_2}=0,1\left(mol\right)\)

Theo phương trình (2) \(\Rightarrow n_{CO_2\left(2\right)}=n_{BaCO_3\left(1\right)}=0,1\left(mol\right)>0,04\left(mol\right)\) ( vô lí ) 

\(\Rightarrow\) TH2 loại

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.