Đề thi HSG Bắc Ninh 2010-2011

Supephotphat đơn và supephotphat kép từ nguyên liệu là quặng apatit, quặng firit và các hóa chất vô cơ cần thiết khác... Điều kiện để một cặp chất tồn tại trong cùng một hỗn

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2010-2011

MÔN THI : HÓA HỌC - LỚP 9 -THCS

Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4 điểm)

1 Cho a mol CO2 hấp thụ vào dung dịch chứa b mol Ca(OH)2 hãy biện luận và vẽ đồ thị về sự phụ thuộc

của số mol kết tủa vào số mol CO2 Lập biểu thức tính số mol kết tủa theo a, b

2 Viết các phương trình hóa học để điều chế

a Brombenzen, đibrom etan, nhựa PVC từ nguyên liệu là than đá, đá vôi và các hóa chất vô cơ cần thiết

khác

b Supephotphat đơn và supephotphat kép từ nguyên liệu là quặng apatit, quặng firit và các hóa chất vô cơ

cần thiết khác

Bài 2 (4 điểm).

1 Cho 2,8 gam chất X1 tác dụng vừa đủ với dung dịch loãng có chứa 4,9 gam H2SO4 thu được muối X2 và

chất X3

a Xác định chất X1 b Nếu chất X2 thu được là 7,6 gam, hãy xác định chất X3.

Cho biết X1 có thể là: CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe

2 Cho hỗn hợp Na2CO3.10H2O và K2CO3 Bằng cách nào có thể xác định phần trăm khối lượng các chất có

trong hỗn hợp.(Các hóa chất và dụng cụ thí nghiệm coi như có đủ)

3 Không dùng thêm hóa chất nào khác hãy phân biệt các chất sau: nước, dung dịch muối ăn, dung dịch

HCl, dung dịch Na2CO3

4 a Hãy trình bày cách loại bỏ mỗi khí trong hỗn hợp khí sau để thu được khí tinh khiết.

SO3 có lẫn trong hỗn hợp SO2, SO3 CO2 có lẫn trong hỗn hợp CO2, CH4

b Mỗi hỗn hợp khí cho dưới đây có thể tồn tại được không ? Nếu tồn tại thì chỉ rõ điều kiện.

NO và O2; H2 và Cl2; SO2 và O2; O2 và Cl2

Bài 3 (6 điểm).

1 Hỗn hợp gồm Hidrocacbon X và O2 có tỷ lệ mol 1:10 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí trên thu được hỗn

hợp khí Y Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc dư, thu được hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với H2 là 19 Xác định công thức phân tử của X

2 Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A gồm Mêtan và Etilen thu được CO2 và hơi nước có tỷ lệ thể tích là

5:8 Đốt cháy hoàn toàn 3,8 gam hỗn hợp A rồi hấp thụ hoàn toàn sản phẩm vào 500 ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,3 M và NaOH 0,16 M Hỏi sau khi hấp thụ thì khối lượng phần dung dịch tăng hay giảm bao nhiêu gam ?

3 Cho 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai anken liên tiếp trong dãy đồng đẳng tác dụng với nước có xúc

tác thích hợp, rồi tách lấy toàn bộ rượu tạo thành Chia hỗn hợp rượu làm 2 phần bằng nhau:

Phần 1 cho tác dụng hết với Na sinh ra 840 ml khí H2 (đktc)

Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn thì lượng CO2 thu được nhiều hơn lượng nước là 3,85 gam

a Tìm công thức phân tử của các anken và các rượu.

b Biết hỗn hợp X nặng hơn H2 là 18,2 lần Tính hiệu suất phản ứng hợp nước của mỗi anken.

Bài 4 (6 điểm).

1 Cho 0,05 mol CO2 hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch Ba(OH)2 (dung dịch A) thì thu được m gam

kết tủa Nếu cho 0,35 mol CO2 hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch A thì cũng thu được m gam kết tủa Xác định m và tính CM của dung dịch A

2 Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na2O và Al2O3 vào nước được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa một chất

tan duy nhất có nồng độ 0,5 M Thổi khí CO2 dư vào dung dịch Y thì thu được a gam kết tủa Viết các phương

trình hóa học xảy ra và tính các giá trị a, m.

3 Cho hỗn hợp A gôm MgO, Al2O3 Chia A làm hai phần bằng nhau mỗi phần có khối lượng 9,94 gam.

Cho phần 1 tác dụng với 100 ml dung dịch HCl đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 23,69 gam chất rắn khan Cho phần 2 tác dụng với 200 ml dung dịch HCl có nồng độ như trên đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 25,34 gam chất rắn khan Tính %m các chất trong hỗn hợp A và CM dung dịch HCl đã dùng

Biết H =1, O = 16, C = 12, Cl = 35,5, Na =23, Mg = 24, Al = 27, K = 39, Ca =40, Fe =56, Ba =137, Zn = 65

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG BẮC NINH 2010-2011 Bài 1:

1 Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là:

-Đầu tiên phản ứng tạo CaCO3 tăng dần đến cực đại ( khi sớ mol Ca(OH)2 phản ứng hết)

CO2 + Ca(OH)2 →CaCO3↓ + H2O (1)

- Khi sớ mol CO2 dư so với Ca(OH)2 thì kết tủa CaCO3 tan dần cho đến hết ( b mol)

CO2 + H2O + CaCO3 →Ca(HCO3)2 (2)

Ta có các trường hợp sau:

-TH1: Nếu a ≤ b thì chỉ xảy ra (1), CO2 thiếu hoặc vừa đủ so với Ca(OH)2 ⇒ nCaCO3= a (mol)

-TH2: Nếu b <a < 2b thì đã xảy ra (2), kết tủa CaCO3 tan 1 phần ⇒ nCaCO3= b- (a-b) = (2b – a) (mol)

-TH3: Nếu a ≥ 2b thì kết tủa CaCO3 tan hồn tồn, nCaCO3= 0 (mol)

Đờ thị biểu diễn sự phụ thuợc sớ mol CaCO3 theo sớ mol CO2 như sau:

max

0 b 2b

2

a Các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là:

CaCO3 →900 C 0 CaO + CO2 ↑

CaO + 3 C →200O C 0 CaC2 + CO ↑

CaC2 + 2H2O →C2H2 ↑ + Ca(OH)2

3CH≡CH bột than600 C0 → C6H6 ( benzen)

CH≡CH + 2HBr →CH3-CHBr2 ( đibrom etan)

{ hoặc chuyển thành C 2H4 rồi cộng hợp Br2 : C2H2 + H2 t ,Pd 0 → C 2H4 →Br 2 C2H4Br2 }

CH≡CH +HCl 0

xt t

→CH2=CHCl

nCH2=CHCl→Trung hopp,t C,xt0 (-CH2-CHCl-)n PVC

b Các phương trình phản ứng xảy ra:

4FeS2 + 11 O2 →t C 0 2 Fe2O3 + 8 SO2

2 SO2 + O2 0

2 5

V O ,t C

→2 SO3

SO3 + H2O →H2SO4

* Điều chế supe photphat đơn: Ca(H2PO4)2 + CaSO4 ( dùng Ca3(PO4)2 dư )

Ca3(PO4)2 +2 H2SO4 đặc →t C 0 Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4

* Điều chế supe photphat kép: Ca(H2PO4)2 ( dùng Ca3(PO4)2 vừa đủ, tách H3PO4 cho tác dụng H2SO4 đặc )

Ca3(PO4)2 ( vừa đủ) + 3 H2SO4 đặc →t C 0 2H3PO4 + 3CaSO4

Ca3(PO4)2 + 4 H3PO4→t C 0 3 Ca(H2PO4)2

2 CO

n

3 CaCO

n

b

Bài 2:

1.a Ta có H SO2 4

4,9

98

Theo đề X1 có thể là CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe ⇒ X1 có thể là oxit bazơ, hoặc bazơ, hoặc kim loại

* TH1: X1 oxit bazơ ( CaO, MgO) CTTQ là RO

RO + H2SO4 →RSO4 + H2O (1)

0,05 0,05 0,05 (mol)

RO

2,8

0,05

= = ⇒ MR = 40 ( Ca) ⇒ oxit là CaO ( nhận)

* TH2: X1 là bazơ ( NaOH, KOH) đặt CTTQ là ROH

2ROH + H2SO4 →R2SO4 + H2O (2)

0,1 0,05 0,05 (mol)

ROH

2,8

0,1

= = ⇒ M = 11 ( loại)R

* TH3: X1 là kim loại (Zn, Fe) , gọi kim loại là R

R + H2SO4 →RSO4 + H2 (3)

0,05 0,05 0,05 (mol)

R

2,8

0,05

Vậy X1 có thể là CaO hoặc Fe ⇒ X2 có thể là CaSO4 hoặc FeSO4

b *TH1: Nếu X2 là CaSO4 thì mCaSO4 =0,05.136 6,8(gam)= ≠ 7,6 gam (loại)

* TH2: Nếu X1 là Fe thì mFeSO4 =0,05.152 7,6(gam)= ( thỏa mãn) ⇒ X3 là H2

2 Lấy một lượng hỗn hợp {Na2CO3.10H2O và K2CO3 }đem cân, Giả sử cân được m1(g)

Nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi cho nước bay hơi hết

Cân hỗn hợp rắn còn lại ( Na2CO3, K2CO3 ) được m2 gam

Số mol H2O là: 2 1 2

H O

18

−

Na CO2 3 H O2

1

−

Na CO 10H O2 3 2

(m m ).286

180

−

= và %m các chất trong hỗn hợp là:

1

Na CO 10H O2 3 2

(m m ).286

180.m

−

K CO

1

(m m ).286

180.m

−

3 – Trích mẫu rồi cho các mẫu tác dụng với nhau theo đôi một, phân biệt được 2 cặp chất

+ Cặp chất xảy ra phản ứng và thoát ra khí không màu là: dd HCl và dd Na2CO3 (cặp A)

Na2CO3 + 2HCl →2 NaCl + H2O + CO2 ↑

+ Cặp còn lại là dd NaCl và H2O ( cặp B)

- Cô cạn mỗi chất ở A, nhận ra ddHCl không để lại dấu vết, ddNa2CO3 còn bã rắn màu trắng

- Cô cạn mỗi chất ở B, nhận ra nước không còn bã rắn, dd NaCl còn bã rắn màu trắng

4.a

* Loại bỏ SO3 trong hỗn hợp SO3 và SO2:

- Dẫn hỗn khí vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì cả SO3 và SO2 đều bị hấp thụ, lọc kết tủa nung đến hoàn toàn thì thu được SO2

SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 ↓ + H2O

SO3 + Ba(OH)2 → BaSO4 ↓ + H2O

BaSO3 →t 0 BaO + SO2 ↑

* Loại bỏ CO2 trong hỗn hợp CO2 và CH4:

Dẫn hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư ( hoặc dung dịch NaAlO 2 dư) thì CO2 bị hấp thu, khí CH4 bay ra ta thu được CH4

{ hoặc dẫn qua dd BaCl 2 dư thì SO 3 bị hấp thụ)

BaCl

2 + SO

3 + H

2O → BaSO

4↓ + 2HCl }

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (Hoặc CO2 + NaAlO2 +2 H2O → NaHCO3 + Al(OH)3 ↓ )

b Điều kiện để một cặp chất tồn tại trong cùng một hỗn hợp là các cặp chất khơng tác dụng với nhau.

+ Hỡn hợp NO, O2 khơng tờn tại ở mọi điều kiện vì phản ứng được với nhau:

2 NO + O2 → 2 NO2

+ Hỡn hợp H2, Cl2 chỉ tờn tại trong bóng tới và ở nhiệt đợ thấp, vì khi chiếu sáng hoặc đun nóng thì chúng phản ứng với nhau:

H2 + Cl2 → hoặc tas 0 2 HCl

+ Hỡn hợp SO2, O2 chỉ tờn tại ở nhiệt đợ thấp, khi đun nóng từ 4500C trở lên, áp suất và xúc tác thích hợp thì chúng phản ứng với nhau:

2SO2 + O2 0

2 5

V O ,450 C,p

→2SO3

+Hỡn hợp Cl2, O2 tờn tại ở mọi điều kiện vì chúng khơng trực tiếp phản ứng với nhau

Bài 3:

1 Giả sử có 1 mol X và 10 mol O2 Đặt CT của hidrocac bon là : CxHy ( x ≥ 1 , x ≤ y ≤ 2 x + 2 , y chẵn ) CxHy + (x 0, 25y)+ O2 →t 0 xCO2 + 0,5y H2O

Sản phẩm cháy dẫn qua bình H2SO4 đặc dư ( hút hết nước) nhưng lại thu được hỡn hợp khí Z Chứng tỏ O2 hoặc CxHy còn dư

Ta có Z

H2

d =19 ⇒

Z

M =19.2 38=

* TH1: Nếu O 2 phản ứng hết ⇒ Z gồm CO2 và CxHy ( dư)

Vì MCO 2 =44 38> ⇒MC Hx y< 38 ⇒ 12x + y < 38 ⇒ x < 38 3, 2

12 = (1) Vậy x = {1,2,3}

Mặt khác do O2 pư hết nên: 10

x 0, 25y+ <

1

1 ⇒ 10 < x + 0,25y ⇒ y 10 x

0, 25

−

> (2)

Thay x = 1,2,3 vào (2), ta có bảng biện luận ( y ≤ 2x + 2):

Kết luận Loại Loại Loại

Vậy trường hợp O2 pư hết là khơng thỏa mãn.

* TH2: C xHy pư hết ⇒ Z gồm CO2 và O2 dư

M =38

⇒ n1 = n2

CxHy + (x 0, 25y)+ O2 →t 0 xCO2 + 0,5y H2O

Pư: 1 → ( x + 0,25y) x

Spư: 0 (10 –x -0,25y) x

Vậy 10 – x – 0,25y = x ⇒ y 10 2x 40 8x

0, 25

−

Biện luận: Điều kiện: y, nguyên, chẵn và y ≤ 2x + 2

Kết luận Loại Loại Loại Nhận Loại Vậy chỉ x = 4, y = 8 là thỏa mãn ⇒ CTPT của hidro cacbon là C 4H8

2 gọi x,y lần lượt là sớ mol CH4 và C2H4 trong 3,8 gam hỡn hợp A

Các phương trình phản ứng cháy của hỡn hợp A

Hoặc : x < (1) ;

x > 10 – 0,25 y (2) (1) và (2) ⇒ 10 – 0,25y < 3,2 ⇒ y > 27,2

( vơ lý)

CH4 + 2O2 →t 0 CO2 + 2H2O (1)

C2H4 + 3O2 →t 0 2CO2 + 2H2O (2)

Theo đề bài ta có :

16x 28y 3,8



 +



⇔ 16x 28y 3,8

x 3y 0

(I) (II)



 − =



Giải (I) và (II) được: x = 0,15 và y = 0,05

Vậy nCO2 = x + 2y = 0,15 + 0,1 = 0,25 mol ; H O

2

n =2x + 2y = 0,3 + 0,1 = 0,4 (mol)

Số mol NaOH = 0,08 mol ; số mol Ba(OH)2 = 0,15 mol

⇒ tổng số mol OH = 0,08 + 0,15 × 2 = 0,38 (mol)

CO2

< = < ⇒ phản ứng tạo 2 loại muối axit và muối trung hòa ( không có chất dư)

CO2 + NaOH → NaHCO3 (3)

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (4)

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (5)

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (6)

Gọi a là số mol CO2 ở (3) và (4) ; b là số mol CO2 ở (5) và (6) :

Ta có : a + b = 0,25 (*) ; a + 2b = 0,38 (**) giải hệ (*) và (**) được : a = 0,12 , b = 0,13

Vì trong dung dịch không thể tồn tại cả 2 muối Na2CO3 và Ba(HCO3)2 ( do pư với nhau) nên (4) và (6) không đồng thời xảy ra :

- TH1 : Nếu không có (4) thì nBaCO3 =nBa(OH)2= 0,15 mol., nCO2(5) = 0,15 > 0,13 ( vô lý)

- TH2 : Nếu không có (6) thì nBaCO3 =nCO2(5) = b = 0,13 mol ⇒ mBaCO3= 0,13 × 197 = 25,61gam

Tổng khối lượng CO2 và H2O = 0,25× 44 + 0,4× 18 = 18,2 gam < mBaCO3

Vậy khối lượng dung dịch giảm : 25,61 – 18,2 = 7,41 gam

CO2

< = < ⇒ phản ứng tạo 2 loại muối axit và muối trung hòa ( không có chất dư)

Các pt pư có thể xảy ra :

CO2 + NaOH → NaHCO3

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

Gọi a,b lần lượt là số mol =CO3 và số mol -HCO3 tạo thành

Số mol OH = 2nCO3+ nHCO3 ⇒ 2a + b = 0,38 (*)

Số mol CO2 = số mol -HCO3 + số mol =CO3 ⇒ a + b = 0,25 (**)

Giải hệ (*) và (**) ta có : a = 0,13 ; b = 0,12

Vì nCO3 2+ = 0,13 <

Ba

n (baz) = 0,15 ⇒ BaCO3 không cực đại nên trong dung dịch không có Na2CO3 BaCO3

CO3

n + = 0,13 (mol) m

∆ (dung dịch) = 0,25× 44 + 0,4× 18 - 0,13 × 197 = - 7,41 gam ( tức là dung dịch giảm 7,41 gam) ( Lưu ý : Thực tế nếu xét theo các p/ứng nối tiếp thì số muối BaCO3 tạo ra trước nhưng bị tan sau, vì vậy khi Na2CO3 và BaCO3 cùng tồn tại thì BaCO3 phải cực đại Lúc này số mol KT = 0,15 > nCO3 2+= 0,13 là vô lý)

Cách 3 : Xét theo phương pháp nối tiếp :

Các phản ứng xảy ra theo trình tự ( chất kết tủa tạo ra trước, nhưng tan ra sau) :

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1)

0,15 ←0,15 0,15 (mol)

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2)

0,04 ←0,08 0,04

CO2 + H2O + Na2CO3 → NaHCO3 (3)

0,04 ← 0,04

Sau phản ứng (1 → 3) lượng CO2 vẫn còn dư : 0,25 – 0,23 = 0,02 (mol) nên kết tủa BaCO3 bị tan 1 phần

CO2 + H2O + BaCO3 → Ba(HCO3)2

Vậy lượng BaCO3 còn lại : 0,15 – 0,02 = 0,13 (mol)

m

∆ (dung dịch) = 0,25× 44 + 0,4× 18 - 0,13 × 197 = - 7,41 gam ( tức là dung dịch giảm 7,41 gam)

3 Đặt CTTB của 2 anken là: C H ; n 2n C Hn 2 n

5,6

22, 4

C H + H2O n 2n 0

2 4

H SO đặc ,t

→C Hn 2n 1+ OH (1)

Phần 1: sớ mol H2 = 0,84 : 22,4 = 0,0375 mol

n 2n 1

C H + OH + Na → C H ONa + ½ H2 n 2n ↑ (2)

Như vậy ở (1) C H phản ứng chưa hết, lượng rượu thu được chỉ bằng 0,075n 2n × 2 = 0,15 mol

Phần 2: C Hn 2n 1+ OH + 1,5n O2 →t 0 n CO2 + ( n +1)H2O (3)

0,075→ 0,075 n 0,075( n +1) mol

Theo đề: ⇒ (0,075 n × 44) – 0,075( n +1)× 18 = 3,85

3,3 n - 1,35 n = 5,2 ⇔1,95 n = 5,2 ⇒ n = 2,67 = 8

3 Vậy phải có 1 an ken với n < 2,67 ⇒ đó là C2H4

Vì 2 anken liên tiếp nên CTPT của anken thứ 2 là C3H6

CTPT của các rượu: C2H5OH và C3H7OH

b) dX / H2 =18,2 ⇒ M = 18,2 X × 2 = 36,4 (g)

( Dữ kiện này thừa vì đã biết n = 8

3 ⇒ M = 14.X 8

3 =37,3 nhưng đề cho thêm dữ kiện là để bái toán tròn hơn) Theo (1) nrượu ( lý thuyết) = n anken =0, 25 (mol)

{ Lưu ý : Hiệu suất trung bình của 2 phản ứng hợp nước là : H% 0,075 2 100% 60%

0, 25

×

Gọi x là sớ mol của C2H4 ⇒ sớ mol C3H6 là (0,25 – x)

Ta có : 28x + (0,25 – x)× 42 = 36,4× 0,25 = 9,1 ⇔ 14x = 1,4 ⇒ x = 0,1

Vậy sớ mol C2H4 = 0,1 (mol) và sớ mol C3H6 = 0,15 mol

Gọi h1, h2 lần lượt là hiệu suất của phản ứng hợp nước của C2H4 và C3H6

C2H4 + H2O → C2H5OH

C3H6 + H2O → C3H7OH

Ta có : 0,001h1 + 0,0015h2 = 0,15 ⇔ h1 + 1,5h2 = 150 (*)

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O

0,001h1 0,002h1 0,003h1 (mol)

C3H7OH + 9/2O2 → 3CO2 + 4H2O

0,0015h2 0,0045h2 0,006h2 (mol)

Ta có : (0,002h1 + 0,0045h2).44 – (0,003h1 + 0,006h2)18 = 3,85 × 2 ⇔ 3,4h1 + 9h2 = 770 (**)

( Lưu ý : Đốt ½ lượng rượu thì CO 2 hơn H 2 O là 3,85 gam, vậy đốt hết lượng rượu thì số gam chênh lệch sẽ gấp đơi = 7,7 gam)

Giải hệ phương trình (*) và (**) được : h1 = 50% và h2 = 66,67 %

Cách 2 : Gọi h1, h2 lần lượt là hiệu suất dạng thập phân của phản ứng hợp nước của C2H4 và C3H6

C2H4 + H2O → C2H5OH

C3H6 + H2O → C3H7OH

0,15h2 0,15h2 (mol)

Ta có : 0,1h1 + 0,15h2 = 0,15 ⇔ h1 + 1,5h2 = 1,5 (*)

C2H5OH + 3O2 → 2CO2 + 3H2O

0,05h1 0,1h1 0,15h1 (mol)

C3H7OH + 9/2O2 → 3CO2 + 4H2O

0,075h2 0,225h2 0,3h2 (mol)

Ta có : (0,1h1 + 0,225h2).44 – (0,15h1 + 0,3h2)18 = 3,85 ⇔ 1,7h1 + 4,5h2 = 3,85 (**)

Giải hệ phương trình (*) và (**) được : h1 = 0,5 và h2 = 0,6667

Vậy hiệu suất của các phản ứng hợp nước là H1=50% và H2=66,67%

Bài 4:

1 Nếu 0,05 mol CO2 + 500ml dd Ba(OH)2 → kết tủa cực đại, thì khi dùng 0,35 mol CO2 thì lượng kết tủa sẽ

giảm xuống Đề cho 2 TN đều tạo m(gam) ⇒ TN1 kết tủa chưa cực đại, Ba(OH)2 còn dư còn TN2 Ba(OH)2ản ứng hết, lượng kết tủa cũng chưa cực đại ⇒ pư tạo 2 muối

TN1 : CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O (1)

0,05 0,05 0,05

TN2: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 ↓ + H2O (2)

0,05 0,05 0,05

Ba(OH)2 + 2 CO2 → Ba(HCO3)2 (3)

0,15 (0,35 -0,05)

Vậy m = mBaCO3= 0,05.197 = 9,85 (gam) ; C (Ba(OH) )M 2 0, 05 0,15

0,5

+

2 Dung dịch Y chỉ có 1 chất tan, khi cho dd Y + CO2 tạo ra kết tủa Chứng tỏ chất tan trong Y là NaAlO2. Vậy Al2O3 và Na2O đều phản ứng hết

Gọi số mol Na2O và Al2O3 là a,b (mol)

Na2O + H2O → 2NaOH (1)

2 NaOH + Al2O3 →2 NaAlO2 + H2O (2)

2b b 2b

CO2 + 2H2O + NaAlO2 → NaHCO3 + Al(OH)3 ↓ (3)

Ta có: 2b = 0,2× 0,5 = 0,1 ⇒ b = 0,05

Do NaOH và Al2O3 đều phản ứng hết nên 2b = 2a ⇒ a = b = 0,05

Khối lượng hỗn hợp: m = 0,05 ( 62 + 102) = 8,2 gam

Khối lượng kết tủa: a = 2× 0,05× 78 = 7,8 gam

3 Các phương trình phản ứng xảy ra:

MgO + 2HCl →MgCl2 + H2O (1)

Al2O3 + 6HCl →2 AlCl3 + 3 H2O (2)

Theo các ptpư: cứ 1mol O (16g) → 2mol Cl (71g) khối lượng chất rắn tăng: 55gam

* TN1: chất rắn tăng : 23,69 – 9,94 = 13,75gam ⇒ nHCl ( pư) = n (pư) Cl 2 13,75 0,5

* TN2: chất rắn tăng : 25,34 – 9,94 = 15,4gam ⇒ nHCl ( pư) = n (pư) Cl 2 15, 4 0,56

Vậy ở TN2 HCl còn tiêu hao thêm nên ⇒ TN1 hỗn hợp oxit kim loại còn dư

( Hoặc lý luận khi tăng lượng axit mà lượng chất rắn còn tăng nên TN1 oxit kim loại còn dư)

Do nồng độ 2 dd axit bằng nhau, nên nếu ở TN2 lượng HCl phản ứng hết thì : 0,5 0,56

0,1 = 0, 2 (vô lý)

⇒ TN2 lượng axit HCl còn dư và hỗn hợp oxit hết.

Gọi a, b lần lượt là số mol của MgO và Al2O3 trong hỗn hợp A

Xét TN2: ta có: 40a + 102b = 9,94 (*)

2a + 6b = 0,56 ⇔ a + 3b = 0,28 (**) giải hệ (*) và (**) ta được: a = 0,07 , b = 0,07

%mMgO 0,07.40 100%

9,94

= × = 28,17% ; %mAl O2 3 =100% 28,17% 71,83%− =

Xét TN1: HCl hết ⇒ M

0,5

0,1

* Lưu ý: Có thể giải hệ : 40a 102b 9,94

95a 2b.133,5 25,34



40a 102b 9,94 95a 267b 25,34



a 0,07

b 0,07

=



 =



- Giáo viên giải: Nguyễn Đình Hành

Trường THCS Chu Văn An - Đak Pơ - Gia Lai