Đáp án:

 2 muối là `K_2CO_3(78,44%)` và `KHCO_3(21,56%)` hoặc `(NH_4)_2CO_3(22,58%)` và `NH_4HCO_3(77,42%)`

Giải thích các bước giải:

`n_{KOH}=0,5.0,024=0,012(mol)`

`n_{Ba(OH)_2}=0,5.0,09=0,045(mol)`

`n_{BaCO_3}=\frac{7,88}{197}=0,04(mol)`

Ta có `n_{BaCO_3}<n_{Ba(OH)_2}`

`->` 2TH

`TH1 : OH^{-}` dư

`->n_{CO_2}=n_{BaCO_3}=0,04(mol)`

`->M_{hh}=\frac{5,102}{0,04}=127,55(g/mol)`

`->MHCO_3<127,55<M_2CO_3`

`->33,775<M<46,55`

Lại có `M` hóa trị `I`

`->M` là `K`

`->` Hỗn hợp gồm $\begin{cases}K_2CO_3 : x(mol)\\KHCO_3 : y(mol)\\\end{cases}$

`->138x+100y=5,102(1)`

BT C

`->x+y=0,04(2)`

Từ `(1),(2)` giải hệ phương trình

$\to \begin{cases}x=0,029(mol)\\y=0,011(mol)\\\end{cases}$

`->%m_{K_2CO_3}=\frac{0,029.138}{5,102}.100=78,44%`

`->%m_{KHCO_3}=21,56%`

TH2 : Kết tủa tan một phần 

`n_{CO_2}=2n_{Ba(OH)_2}-n_{BaCO_3}+n_{KOH}=0,062(mol)`

`->M_{hh}=\frac{5,102}{0,062}=82,29(g/mol)`

`->M_2CO_3<82,29<MHCO_3`

`->11,145<M<22,29`

`->` M là `NH_4^{+}`

`->` Hỗn hợp gồm $\begin{cases}(NH_4)_2CO_3 : x(mol)\\NH_4HCO_3 : y(mol)\\\end{cases}$

`->96x+79y=5,102(1)`

BT C

`->x+y=0,062(2)`

Từ `(1),(2)` giải hệ phương trình

$\to \begin{cases}x=0,012(mol)\\y=0,05(mol)\\\end{cases}$

`->%m_{(NH_4)_2CO_3}=\frac{0,012.96}{5,102}.100=22,58%`

`->%m_{NH_4HCO_3}=77,42%`

Vậy 2 muối là `K_2CO_3(78,44%)` và `KHCO_3(21,56%)` hoặc `(NH_4)_2CO_3(22,58%)` và `NH_4HCO_3(77,42%)`

`M_2 CO_3 + 2HCl -> 2MCl + H_2 O + CO_2` (a)

`MHCO_3 + HCl ->  MCl + H_2 O + CO_2` (b)

Gọi `x, y` (mol; `x, y > 0`) là số mol của `CO_2` ở (a), (b).

`n_{M_2 CO_3} = x` (mol)

`n_{MHCO_3} = y` (mol)

Khí thoát ra sau 2 phản ứng trên là `CO_2`, khi dẫn `CO_2` vào dung dịch chứa `KOH` và `Ba(OH)_2`, có thể xảy ra các phản ứng theo thứ tự sau:

`CO_2 + Ba(OH)_2 -> BaCO_3 + H_2 O`  (1)

`CO_2 + 2KOH -> K_2 CO_3 + H_2 O`  (2)

`CO_2 + K_2 CO_3 + H_2 O -> 2KHCO_3`  (3)

`CO_2 + BaCO_3 + H_2 O -> Ba(HCO_3)_2`  (4)

`n_{BaCO_3} = (7,88)/197 = 0,04` (mol)

`n_{KOH} = 0,024 . 0,5 = 0,012` (mol)

`n_{Ba(OH)_2} = 0,09 . 0,5 = 0,045` (mol) `> n_{BaCO_3}`

suy ra có 2 trường hợp:

- TH1: `Ba(OH)_2` dư, xảy ra phản ứng (1).

`n_{CO_2} = x + y = n_{BaCO_3} = 0,04` (mol)

$\overline{M}_X$ `= (5,102)/(x+y) = (5,102)/(0,04) = 127,55` (g/mol)

`⇔ M + 61 < 127,55 < 2M + 60`

`⇔ M < 66,55 < 2M - 1`

`⇔ 33,775 < M < 66,55`

`M` là kim loại, `M` có hóa trị `I` nên `M` là `K` (kali).

2 muối trong `X`: `K_2 CO_3` và `KHCO_3`

Hệ phương trình: 

$\begin{cases} x+y=0,04\\138x+100y = 5,102\end{cases}$

`⇔ x = 0,029; y = 0,011` 

`%m_{K_2 CO_3} = (0,029 . 138)/(5,102) . 100% ≈ 78,44%`

`%m_{KHCO_3} = 100% - 78,44% = 21,56%`

- TH2: `CO_2` hòa tan 1 phần kết tủa, xảy ra phản ứng (1)(2)(3) hoàn toàn và 1 phần (4).

Theo (1): `n_{BaCO_3} = n_{Ba(OH)_2} = 0,045` (mol)

`n_{BaCO_3\ (4)} = 0,045 - 0,04 = 0,005` (mol)

`\Sigma_{n_{CO_2}} = x + y = n_{Ba(OH)_2} + n_{KOH} + n_{BaCO_3\ (4)}`

`= 0,045 + 0,012 + 0,005 = 0,062` (mol)

$\overline{M}_X$ `= (5,102)/(x+y) = (5,102)/(0,062) ≈ 82,3` (g/mol)

`⇔ M + 61 < 82,3 < 2M + 60`

`⇔ M < 21,3 < 2M - 1`

`⇔ 11,15 < M < 21,3`

`M` có thể là kim loại (loại), có thể là `NH_4^+` (thỏa mãn)

2 muối trong `X`: `(NH_4)_2 CO_3` và `NH_4HCO_3`

Hệ phương trình: 

$\begin{cases} x+y=0,062\\96x+79y = 5,102\end{cases}$

`⇔ x = 0,012; y = 0,05` 

`%m_{(NH_4)_2 CO_3} = (0,012 . 96)/(5,102) . 100% ≈ 22,58%`

`%m_{NH_4HCO_3} = 100% - 22,58% = 77,42%`