Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hợp chất của kim loại kiềm (Hóa học Lớp 12)

(AI giải đề cho tôi)
Ở 20°C: 100 g dung dịch bão hòa chứa tỉ lệ Na2CO3/Nước = 21,5/100, nên Nước = 100·100/121,5 = 82,30493827 g; m(Na2CO3) = 82,30493827·0,215 = 17,69556173 g. Gọi x là khối lượng tinh thể Na2CO3·10H2O (M = 286) tách ra, mỗi gam tinh thể chứa 106/286 = 0,37062937 g Na2CO3 và 180/286 = 0,62937063 g nước. Dung dịch còn lại bão hòa ở 10°C: (17,69556173 − 0,37062937x)/(82,30493827 − 0,62937063x) = 0,125. Giải: 17,69556173 − 0,37062937x = 10,28811728 − 0,07867133x → 7,40744445 = 0,29195804x → x = 25,3716... ≈ 25,4 gam. Kiểm tra: nước còn 82,3049 − 15,9207 = 66,3842 g; Na2CO3 còn 17,6956 − 9,4032 = 8,2924 g; tỉ số = 12,496/100 ≈ 12,5 ✓

Nguồn (trang 92, mục "Câu 75"):

nHCl = 0,1 và nH2SO4 = 0,15 → nH+ = 0,4

Lượng CO2 thoát ra khác nhau nên axit không dư trong cả 2 thí nghiệm.

TN1: nCO3(2-) phản ứng = x và nHCO3(-) phản ứng = y

→ nH+ = 2x + y = 0,4

nCO2 = x + y = 0,25

→ x = 0,15 và y = 0,1.

TN2: nCO3(2-) = 0,15k và nHCO3(-) = 0,1k

nH+ = nCO3(2-) + nCO2

→ 0,4 = 0,15k + 0,15 → k = 5/3

Bảo toàn C → nBaCO3 = (0,15k + 0,1k) − nCO2 = 4/15

Bảo toàn S → nBaSO4 = 0,15

→ m↓ = 87,48

LƯU Ý: Đáp án chính thức trong bảng đáp án (trang 90) là 75D (74,35), nhưng lời giải in trong nguồn tính ra m↓ = 87,48 gam, không khớp với bất kỳ phương án nào; các số liệu trung gian của lời giải in (nHCl = 0,1 thay vì 0,05; k = 5/3 > 1) cũng mâu thuẫn với đề. Đáp án D được giữ theo bảng đáp án chính thức của nguồn.

Định hướng tư duy giải
• Phần 1: $\{\begin{array}{l}C{O}_3^{2-}(pu):x^{mol}\\ HC{O}_3^{-}(pu):y^{mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}2x+y=0,12\\ x+y=0,075\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,045\\ y=0,03\end{array}\to \frac{x}{y}=\frac{3}{2}$

Định hướng tư duy giải
• {CO₃²⁻ : x mol ; HCO₃⁻ : y mol} → {x + 0,045 = 0,15 ; x + y = 0,045 + 0,15} → {x = 0,045 ; y = 0,09} → a = 20,13 gam
• CO₃²⁻/HCO₃⁻ = 7/6 → 7z·2 + 6z = 0,15 → z = 0,0075 → V = 13·0,0075·22,4 = 2,184

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $a$ mol $K_{2}C{O}_3$, $2a$ mol $NaHC{O}_3$, $b$ mol $Ba(HC{O}_3{)}_2$.

Ban đầu: $K_{2}C{O}_3+Ba(HC{O}_3{)}_2\to BaC{O}_3\downarrow +2KHC{O}_3$ (kết tủa X = $a$ mol $BaC{O}_3$, cần $b>a$).

Dung dịch Y chứa: $KHC{O}_3$: $2a$; $NaHC{O}_3$: $2a$; $Ba(HC{O}_3{)}_2$ dư: $b-a$.

HCl nhỏ vào bình tác dụng với cả kết tủa X lẫn Y:
- Hòa tan X: $BaC{O}_3+2HCl\to BaC{l}_2+C{O}_2+H_{2}O$ → tốn $2a$ mol HCl.
- Với Y: tổng $HC{O}_3^{-}$ = $2a+2a+2(b-a)=2a+2b$ → tốn $2a+2b$ mol HCl.

Tổng: $4a+2b=0,28$ (1)

NaOH tác dụng với Y (chỉ với $HC{O}_3^{-}$, kể cả $Ba(HC{O}_3{)}_2+2NaOH\to BaC{O}_3+N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$):
$n_{NaOH}=2a+2b=0,19$ (2)

Từ (1),(2): $2a=0,09\Rightarrow a=0,045$; $b=0,05$ (thỏa $b>a$).

Khối lượng kết tủa X: $m_{BaC{O}_3}=0,045\times 197=8,865$ gam.

n_{CO₂} = 4,48/22,4 = 0,2 mol
100 ml X + Ba(OH)₂ dư → 0,2 mol BaCO₃ ↓ ⇒ y = 0,2.2 - 0,2 = 0,2 mol
100 ml X + HCl:
CO₃²⁻ + 2H⁺ → CO₂↑ + H₂O
a → 2a a
HCO${}_3^{-}$ + H${}^{+}$ → CO${}_2$↑ + H${}_2$O
b → b b
$\Rightarrow \{\begin{array}{l}2a+b=0,15\\ a+b=\frac{2,688}{22,4}=0,12\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,09\end{array}\to \frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n_{HC{O}_3^{-}}}=\frac{1}{3}$
Trong 200 ml X $\{\begin{array}{l}{K}^{+}=2.0,2+x\\ C{O}_3^{2-}=z\\ HC{O}_3^{-}=0,4-z\end{array}\to \frac{z}{0,4-z}=\frac{1}{3}\to z=0,1$
$\Rightarrow$ n${}_{C{O}_3^{2-}}$ = 0,1 mol; n${}_{HC{O}_3^{-}}$ = 0,3 mol $\stackrel{\text{BTKT T}}{\to }$ x = 0,1.2 + 0,3 - 0,2.2 = 0,1

Hướng dẫn giải (bản in gốc trang 39 trình bày dưới dạng sơ đồ nhiều nhánh, chuyển tải nguyên văn):
hhX {Na, Ba, O, E 5 5 5 (m gam)} $\stackrel{H_{2}O}{\to }$ ddY {NaOH, Ba(OH)${}_2$} $\stackrel{C{O}_2,1mol}{\to }$ ddZ {Na${}^{+}$; HCO${}_3^{-}$ $\stackrel{HCl,0,2mol}{\to }$ CO${}_2$ : 0,15 mol; CO${}_3^{2-}$; BaCO${}_3$ : 0,4 mol}; H${}_2$ : 0,4 mol.
Ghi chú nguồn: (1) Nhãn "E 5 5 5 (m gam)" ở nhánh hhX in mờ/garbled trong bản gốc, không đọc rõ được nội dung đầy đủ. (2) Số liệu "HCl 0,2 mol" và "CO${}_2$ : 0,15 mol" được in đúng như vậy trên sơ đồ gốc (khớp 3,36 lít CO${}_2$ = 0,15 mol; HCl ban đầu 0,2 mol); sơ đồ gốc KHÔNG trình bày phép tính đầy đủ ra m = 79,6. (3) Đáp án B (79,6) khớp với bảng ĐÁP ÁN "76B" ở trang 35.

+ Thí nghiệm 1: $\{\begin{array}{l}{n}_{H^{+}}=0,15\\ n_{C{O}_2}^{\uparrow }=0,12\end{array}$ → V${}_X$ = 100ml $\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}:a\\ C{O}_3^{2-}:b\end{array}$ → a + b = n${}_{\downarrow }$ = 0,2
→ $\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}\to C{O}_2:t\\ C{O}_3^{2-}\to C{O}_2:0,12-t\end{array}$ → 0,15 = t + 2(0,12 - t) → t = 0,09
→ $\frac{a}{b}=\frac{0,09}{0,03}=3$ → $\{\begin{array}{l}a=0,15\\ b=0,05\end{array}$
Vậy 200 ml X chứa $\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}:0,3\\ C{O}_3^{2-}:0,1\\ K^{+}:0,5\end{array}$ — BTNT.C → 0,4 = y + 0,2 → y = 0,2

(AI giải đề cho tôi)
n(H2) = 1,568/22,4 = 0,07 mol. Gọi n(Ba) = 2a, n(Na) = 3a.
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑; 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑.
n(H2) = 2a + 1,5a = 3,5a = 0,07 → a = 0,02. Vậy n(Ba) = 0,04 mol; n(Na) = 0,06 mol; n(OH⁻) = 0,08 + 0,06 = 0,14 mol.

Sục CO2 từ từ vào dung dịch Y:
- Giai đoạn 1: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O, cần 0,04 mol CO2, kết tủa đạt cực đại 0,04 mol.
- Giai đoạn 2: NaOH + CO2 → NaHCO3, cần 0,06 mol CO2 (kết tủa giữ nguyên).
- Giai đoạn 3: BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2, cần 0,04 mol CO2, kết tủa tan hết. Tổng CO2 = 0,14 mol.

Trên nhánh giảm của đồ thị, khi n(BaCO3) = 0,03 mol thì đã tan 0,01 mol, tức CO2 giai đoạn 3 = 0,01 mol:
x = 0,04 + 0,06 + 0,01 = 0,11 mol CO2. Khi đó n(NaHCO3) = 0,06 mol → m(NaHCO3) = 0,06 × 84 = 5,04 g.

Khối lượng dung dịch Z:
m(X) = 0,04 × 137 + 0,06 × 23 = 5,48 + 1,38 = 6,86 g;
m(CO2) = 0,11 × 44 = 4,84 g; m(H2) = 0,14 g; kết tủa còn lại m(BaCO3) = 0,03 × 197 = 5,91 g.
m(Z) = 6,86 + 74,35 + 4,84 − 0,14 − 5,91 = 80,00 g.

C%(NaHCO3) = 5,04/80 × 100 = 6,30%.
Kết quả trùng với đáp án C của đề.

10 mL Y chứa Na₂CO₃ (x mmol), NaHCO₃ (y mmol)
TN₁: nHCl = 2nNa₂CO₃ + nNaHCO₃ + nNaOH
⇔ 50.1 = 2x + y + 50.0,2 (1)
TN₂: nBaCl₂ = nBaCO₃ = x + y
Bảo toàn điện tích sau khi trung hòa: nCl⁻ = nNa⁺
⇔ 2(x + y) + 30.0,2 = 2x + y + 20.1 (2)
(1)(2) → x = 13; y = 14
nNa₂CO₃ bị chuyển hóa = ½y = 7
nNa₂CO₃ ban đầu = x + ½y = 20
→ \%Na₂CO₃ bị chuyển hóa = 7/20 = 35\%

n${}_{NaHC{O}_3}$ = 0,6; n${}_{BaC{l}_2}$ = 0,3
Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Na (a), Ba (b), O (c)
→ 23a + 137b + 16c = 14,6 (1)
n${}_{H_2}$ = 0,05, bảo toàn electron:
a + 2b = 2c + 0,05.2 (2)
Sau khi tạo kết tủa lớn nhất thì dung dịch còn lại Na${}^{+}$ (a + 0,6), Cl${}^{-}$ (0,6) → Phải có thêm ion âm để bảo toàn điện tích.
TH1: Có thêm CO${}_3^{2-}$ (0,5a)
→ n${}_{BaC{O}_3}$ = b + 0,3 = 0,6 – 0,5a (3)
(1)(2)(3) → Vô nghiệm
TH2: Có thêm HCO${}_3^{-}$ (a)
→ n${}_{BaC{O}_3}$ = b + 0,3 = 0,6 – a (4)
(1)(2)(4) → a = 0,25; b = 0,05; c = 0,125
→ n${}_{BaC{O}_3}$ = b + 0,3 = 0,35
→ m${}_{BaC{O}_3}$ = 68,95 gam

Giả sử mỗi phần dd X gồm: $\{\begin{array}{l}N{a}_{2}C{O}_3:x\\ NaHC{O}_3:y\end{array}$
- Khi cho X + Ba(OH)₂ dư thì nguyên tố C sẽ nằm hết trong BaCO₃
⇒ x + y = 0,15 mol (1)
- Khi cho từ từ X + HCl thì 2 muối sẽ tác dụng đồng thời với HCl tạo khí theo đúng tỉ lệ mol của chúng
Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂
u 2u u
NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂
v v v
Giải hệ $\{\begin{array}{l}{n}_{HCl}=2u+v=0,12\\ n_{C{O}_2}=u+v=0,09\end{array}\to \{\begin{array}{l}u=0,03\\ v=0,06\end{array}$
⇒ Tỉ lệ $n_{N{a}_{2}C{O}_3}:n_{NaHC{O}_3}$ = 0,03 : 0,06 = 0,5
⇒ x / y = 0,5 (2)
Giải (1) và (2) được x = 0,05; y = 0,1.
$C{O}_2+\{\begin{array}{l}NaOH:v\\ N{a}_{2}C{O}_3:1,5v\end{array}\to \{\begin{array}{l}N{a}_{2}C{O}_3:0,05\\ NaHC{O}_3:0,1\end{array}$
BTNT.Na → v + 2.1,5v = 2.0,05 + 0,1 → v = 0,05
BTNT.C → $n_{C{O}_2}$ = 0,05 + 0,1 - 1,5v = 0,075 mol
Do chia thành 2 phần bằng nhau ⇒ V = 0,075.22.4.2 = 3,36 lít.
Chọn D.

Khi cho 125 ml X vào HCl thì: $\{\begin{array}{l}{n}_{HC{O}_3^{-}}+2n_{C{O}_3^{2-}}=n_{H^{+}}=0,1875\\ n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{2-}}=0,15\end{array}$ ⇒ $\{\begin{array}{l}{n}_{HC{O}_3^{-}}=0,1125\text{ mol}\\ n_{C{O}_3^{2-}}=0,0375\text{ mol}\end{array}$ ⇒ $n_{HC{O}_3^{-}}/n_{C{O}_3^{2-}}=3$

Khi cho 125 ml X vào Ba(OH)₂ dư thì: $n_{HC{O}_3^{-}}+n_{C{O}_3^{2-}}=n_{BaC{O}_3}=0,25$ ⇒ $\{\begin{array}{l}{n}_{HC{O}_3^{-}}=0,1875\text{ mol}\\ n_{C{O}_3^{2-}}=0,0625\text{ mol}\end{array}$

Trong 250ml dung dịch Y chứa CO₃²⁻ (0,125 mol), HCO₃⁻ (0,375 mol), K⁺ (a + 2b mol).

— $\stackrel{BT:C}{\to }$ 0,25 + b = 0,5 ⇒ b = 0,25 — $\stackrel{BT:DT(Y)}{\to }$ a = 0,125.

Cùng một lượng axit HCl nhưng cách tiến hành thí nghiệm với dung dịch X cho lượng khí CO${}_2$↑ khác nhau → chứng tỏ dung dịch X gồm x mol Na${}_2$CO${}_3$ và y mol NaHCO${}_3$ (toàn bộ Ba tạo tủa BaCO${}_3$).
• Phần 1: xảy ra đồng thời các phản ứng $N{a}_{2}C{O}_3+2HCl\to 2NaCl+C{O}_2+H_{2}O$
và $NaHC{O}_3+HCl\to NaCl+C{O}_2+H_{2}O$ ||→ giả sử có kx mol Na${}_2$CO${}_3$ và ky mol NaHCO${}_3$ phản ứng
→ ta có $kx+ky=\sum n_{C{O}_2}=0,075$ mol và $2kx+ky=n_{HCl}=0,12$ mol → giải và suy ra $x:y=3:2$.
• Phần 2: xảy ra lần lượt: $N{a}_{2}C{O}_3+HCl\to NaCl+NaHC{O}_3$
|| $NaHC{O}_3+HCl\to NaCl+C{O}_2\uparrow +H_{2}O$.
→ số lượng Na${}_2$CO${}_3$ là $x=(0,12-0,06)=0,06$ mol → $y=0,04$ mol.
Phản ứng: $X+0,32$ mol CO${}_2$ → 0,12 mol Na${}_2$CO${}_3$ + 0,08 mol NaHCO${}_3$ + ? mol BaCO${}_3$↓ (nhân đôi số)
→ theo bảo toàn nguyên tố cacbon có 0,12 mol BaCO${}_3$.
★ Sử dụng tương quan 2H với 1O → từ 0,15 mol H${}_2$ ta thêm tương ứng 0,15 mol O vào m gam hỗn hợp đầu → quy đổi về $(m+2,4)$ gam hỗn hợp chỉ chứa các oxit Na${}_2$O và BaO; số mol theo bảo toàn tính được lần lượt là 0,16 mol và 0,12 mol → $m=0,16\times 62+0,12\times 153-2,4=25,88$ gam.

11,82 gam kết tủa là 0,06 mol $BaC{O}_3$ ⇒ $\sum n_{C{O}_3^{2-}}$ trong T = 0,06 mol.

Lại có $\sum n_C$ trong T = $n_{C{O}_2}$ + $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,04 + 0,02 = 0,06 mol.

Nghĩa là T chứa 0,06 mol $C{O}_3^{2-}$ và còn lại là $O{H}^{-}$ còn dư.

chính vì thế mà khi thêm từ từ 0,08 mol HCl vào thì xảy ra:

$O{H}^{-}$ + $H^{+}$ → $H_{2}O$ || $C{O}_3^{2-}$ + $H^{+}$ → $HC{O}_3^{-}$

sau đó, nếu thêm tiếp $H^{+}$ thì mới xảy ra $H^{+}$ + $HC{O}_3^{-}$ → $C{O}_2$↑ + $H_{2}O$.

⇒ $n_{O{H}^{-}}$ = 0,08 − 0,06 = 0,02 mol ⇒ $\sum n_{N{a}^{+}}$ trong T = 0,02 + 0,06 × 2 = 0,14 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố Na ta có: y = 0,14 − 0,02 × 2 = 0,1 mol.

(AI giải đề cho tôi)
Từ đồ thị: gọi x, y là mol Na2CO3, NaHCO3 trong 200 ml X. Giai đoạn không có khí: CO3^2- + H^+ → HCO3^-, hết x mol HCl. Khí bắt đầu xuất hiện tại V_HCl = 0,16 mol nên x = 0,16. Khi hết khí: tổng HCl = 2x + y = 0,44 và x + y = 0,28 (số mol CO2 cực đại) → x = 0,16; y = 0,12.

Phần 2: dung dịch axit 200 ml chứa HCl 0,8M (0,16 mol H^+) và H2SO4 aM. CO2 = 1,792/22,4 = 0,08 mol < 0,28 nên axit chưa đủ: toàn bộ CO3^2- chuyển thành HCO3^- (tốn 0,16 mol H^+) và 0,08 mol HCO3^- tạo CO2 (tốn 0,08 mol H^+). Tổng H^+ = 0,16 + 2a(0,2) = 0,24 → a = 0,2M (hợp lệ).

Dung dịch Y chứa: HCO3^- còn lại = 0,28 − 0,08 = 0,20 mol; SO4^2- = 0,04 mol; Cl^- = 0,16 mol; Na^+ = 0,44 mol (kiểm tra bảo toàn điện tích: 2.0,04 + 0,16 + 0,20 = 0,44 ✓).

Cho Ba(OH)2 dư: kết tủa BaSO4: 0,04 mol và BaCO3 (từ HCO3^- + OH^- → CO3^2- rồi Ba^2+ + CO3^2- → BaCO3): 0,20 mol.
m = 0,04·233 + 0,20·197 = 9,32 + 39,40 = 48,72 gam.

(AI giải đề cho tôi)
Số mol H⁺ cho vào: n(H⁺) = n(KHSO₄) + n(HCl) = 0,2·0,3 + 0,2·0,45 = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol. Số mol CO₂ = 1,344/22,4 = 0,06 mol. Kết tủa với Ba(OH)₂ dư gồm BaSO₄ và BaCO₃: n(BaSO₄) = n(SO₄²⁻) = 0,06 mol → m(BaSO₄) = 0,06·233 = 13,98 g → m(BaCO₃) = 49,44 − 13,98 = 35,46 g → n(BaCO₃) = 0,18 mol. Vậy tổng carbon trong hỗn hợp = 0,06 + 0,18 = 0,24 mol. Vì H⁺ thiếu (0,15 < 0,24 + b), CO₂ thoát ra = n(H⁺) − n(CO₃²⁻) → 0,06 = 0,15 − b → b = n(CO₃²⁻) = 0,09 mol; a = n(HCO₃⁻) = 0,24 − 0,09 = 0,15 mol. Khối lượng: 84a + M(Y)·0,09 = 21,24 → M(Y)·0,09 = 21,24 − 12,6 = 8,64 → M(Y) = 96 → Y là (NH₄)₂CO₃ (muối amoni cacbonat, tan được trong nước), X là NaHCO₃. Kiểm tra: %NaHCO₃ = 12,6/21,24·100 = 59,32% (A đúng); %Y = 40,68%, không phải K₂CO₃ 57,63% → C sai. Cả NaHCO₃ (HCO₃⁻ vừa cho vừa nhận H⁺) và (NH₄)₂CO₃ (NH₄⁺ cho H⁺, CO₃²⁻ nhận H⁺, tác dụng được cả với axit và bazơ) đều thể hiện tính lưỡng tính (B đúng). Cả hai muối đều bị phân hủy bởi nhiệt: 2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O và (NH₄)₂CO₃ → 2NH₃ + CO₂ + H₂O (D đúng). Vậy nhận định sai là C.

Chọn đáp án A. $n_{HC{O}_3^{-}}=0,2$; $n_{C{O}_3^{2-}}=0,3$ ⇒ $n_{HC{O}_3^{-}}/n_{C{O}_3^{2-}}=2/3$ ⇒ $n_{HC{O}_3^{-}\text{ pư}}/n_{C{O}_3^{2-}\text{ pư}}=2x/3x$. $n_{H^{+}}=n_{HCl}+2n_{H_{2}S{O}_4}=0,6$; $n_{S{O}_4^{2-}}=n_{H_{2}S{O}_4}=0,15$. Cho từ từ X vào Y sẽ xảy ra phản ứng: $$2H^{+}+C{O}_3^{2-}\to C{O}_2+H_{2}O$$ $$H^{+}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_2+H_{2}O$$ ⇒ $n_{HC{O}_3^{-}\text{ pư}}+2n_{C{O}_3^{2-}\text{ pư}}=n_{H^{+}}$ ⇒ $2x+2\cdot 3x=0,6$ ⇒ $x=0,075$. Dung dịch Z gồm $\{C{O}_3^{2-}:0,3-0,075\cdot 3=0,075$; $S{O}_4^{2-}:0,15$; $HC{O}_3^{-}:0,05$; $N{a}^{+},K^{+},C{l}^{-}\}$ — Ba(OH)${}_2$ dư → $\{BaC{O}_3\downarrow :0,125$; $BaS{O}_4\downarrow :0,15\}$ ⇒ $m_{k\acute{\hat{e}}ttủa}=59,575$ gam gần nhất với 59,5.

Đáp án B
Phần 1: {CO${}_3^{2-}$ (pu): x mol; HCO${}_3^{-}$ (pu): y mol} → {2x + y = 0,12; x + y = 0,075} → {x = 0,045; y = 0,03} → x/y = 3/2
Phần 2: {CO${}_3^{2-}$: 3a mol; HCO${}_3^{-}$: 2a mol} → 3a + 0,06 = 0,12 → a = 0,02 → Z {CO${}_3^{2-}$: 0,12 mol; HCO${}_3^{-}$: 0,08 mol}
—BTĐT→ Na${}^{+}$ = 0,32 mol —BT C→ BaCO${}_3$ = 0,12 mol —BTe→ n${}_O$ = (0,32.1 + 0,12.2 − 0,15.2)/2 = 0,13 mol
→ m = 25,88 gam

$n_C$ =0,35 - 0,2 =0,15
Bảo toàn electron: $4n_C$ =2$n_{CO}$ +2$n_{H_2}$
→ $n_{CO}$ + $n_{H_2}$ =0,3 → $n_{C{O}_2(X)}$ =$n_X$ - $\left(n_{CO}+n_{H_2}\right)$ =0,05
→ $n_{H_{2}C{O}_3}$ =0,05
$m_{ch\acute{\hat{a}}ttan}$ = 84x + 106y + 0,05.62 = 27,4
Sau khi nung → $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ =0,5x + y =0,2
→ x = 0,1; y = 0,15