Supephotphat đơn và supephotphat kép từ nguyên liệu là quặng apatit, quặng firit và các hóa chất vô cơ cần thiết khác... Gọi CTPT chung cho X1 là MOH.
Trang 1UBND 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)
Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011
= = = = = = = = = = = = =
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, đibrometan, 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, 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 băng 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
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2010-2011 Bài 1:
1 Các phương trình phản ứng lần lượt xảy ra theo thứ tự là:
Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O (1) sau đó CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2
Trường hợp 1: Nếu a b tức là nCO2 nCa (OH)2thì lúc đó chỉ xảy ra phản ứng (1) không xảy ra phản ứng (2)
do vậy nCaCO 3được tính theo nCO2 vậy nCaCO3= a (mol).
Trường hợp 2: Nếu b <a<2b tức là nCa (OH)2 nCO2 2.nCa(OH)2thì lúc đó phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và phản ứng (2) đã xảy ra nhưng CaCO3 vẫn còn dư do vậy nCaCO 3= b- (a-b) =2b-a (mol).
Trường hợp 3: Nếu a 2b tức là
CO Ca (OH)
n 2.n thì lúc đó phản ứng (1), (2)
đều xảy ra hoàn toàn do vậy không còn kết tủa
3
CaCO
n = 0 (mol).
Đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa CaCO 3
theo số mol CO2 như sau:
nCaCO3 a
nCO2
a 2a
2.a Sơ đồ của quá trình điều chế là:
C 2 H 4 Br 2
C2H3Cl
900 0 C 1200 0 C C,600 0 C
t 0 C +H 2 O
+HCl Trung hop
HgCl 2
(Poli vinyl Clorua: PVC)
(Brom benzen)
(Ði brom etan)
Các phương trình phản ứng xảy ra lần lượt là:
1.CaCO3
0
900 C
CaO + CO2 2 CaO + 3 C 1200 CLodien0 CaC2 + CO
3.CaC2 + 2 H2O CHCH + Ca(OH)2 4 3 CHCH
0
600 C Choat tinh
Fe,t 0 C
6 CHCH + 2HBr CH3-CHBr2
7 CHCH +HCl 200 CHgCl02 CH2=CHCl 8 nCH2=CHCl Trunghopp,t C,xt0 (-CH2-CHCl-)n
b Sơ đồ của quá trình điều chế là:
Ca3(PO4)2
Ca(H2PO4)2 +2 CaSO4
(Supe photphat don)
Ca(H2PO4)2
(Supe photphat kep)
+H 2 SO 4
+H
3 PO 4
(Apatit)
FeS2+O 2 ,t SO2 SO3
0 C +O 2 ,V 2 O 5 ,t 0 C
+H 2 O
+H 2 SO 4 (Firit sat)
Các phương trình phản ứng xảy ra:
1 4FeS2 + 11 O2
0
t C
2 Fe2O3 + 8 SO2 2 2 SO2 + O2
0
2 5
V O ,t C
2 SO3
3 SO3 + H2O H2SO4 4 Ca3(PO4)2 +2 H2SO4 đặc
0
t C
Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4
5 Ca3(PO4)2 +3 H2SO4 đặc
0
t C
2H3PO4 + 3CaSO4 6 Ca3(PO4)2 +4 H3PO4
0
t C
3 Ca(H2PO4)2
Bài 2:
1.a Ta có nH SO2 4 4,9 0,05(mol)
98
Vì X1 + H2SO4 Muối X2 + X3 nên X1 có thể là oxit bazo, oxit lưỡng tính, bazo, hidroxit lưỡng tính, muối Nhưng vì bài cho X1 có thể là CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe nên ta loại các trường hợp X1 là oxit lưỡng tính, hidroxit lưỡng tính, muối
Trang 3Trường hợp 1: X1 là oxit bazo: CaO, MgO Gọi CTPT chung cho X1 là MO.
Phương trình phản ứng xảy ra: MO + H2SO4 MSO4 + H2O (1)
(mol) 0,05 0,05 0,05
Vậy khối lượng mol của MO là: MO
2,8
0,05
Trường hợp 2: X1 là bazo: NaOH, KOH Gọi CTPT chung cho X1 là MOH
Phương trình phản ứng xảy ra: 2 MOH + H2SO4 M2SO4 + 2 H2O (2)
(mol) 0,1 0,05 0,05
Vậy khối lượng mol của MOH là: MOH
2,8
0,1
vậy không có MOH thỏa mãn
Trường hợp 3: X1 là kim loại: Zn, Fe Gọi CTPT chung cho X1 là M
Phương trình phản ứng xảy ra: M + H2SO4 MSO4 + H2 (3)
(mol) 0,05 0,05 0,05
Vậy khối lượng mol của MO là: M
2,8
0,05
b Trường hợp 1: X1 là CaO thì khối lượng X2 là mCaSO4 0,05.136 6,8(gam) khác bài ra là 7,6 gam (loại)
Trường hợp 3: X1 là kim loại: Fe thì khối lượng X2 là mFeSO4 0,05.152 7, 6(gam) phù hợp với bài ra như vậy X3 là H2
2 Lấy một lượng hỗn hợp Na2CO3.10H2O và K2CO3 đem cân ta xác định được khối lượng đó là m (gam) Sau đó nung hỗn hợp đến khối lượng không đổi thì nước bay hơi hết chỉ còn lại Na2CO3 khan và K2CO3 và đem cân lại giả sử ta xác định được khối lượng đó là m1 gam
Như vậy số mol H2O là: 2 1
H O
m m
18
Na CO 10H O
m m
180
khối lượng của nó là: 2 3 2 1
Na CO 10H O
(m m ).286
180
và %m các chất trong hỗn hợp là:
Na CO 10H O
(m m ).286
180.m
K CO
(m m ).286
180.m
3 -Cho các mẫu thử của các dung dịch tác dụng với nhau theo từng cặp ta phân biệt được 2 cặp chất.
+Cặp chất không xảy ra phản ứng và hiện tượng gì đó là: H2O, dung dịch NaCl (cặp chất thứ 1)
+Cặp chất xảy ra phản ứng và thoát ra khí không màu là: HCl, dung dịch Na2CO3 (cặp chất thứ 2)
Na2CO3 + 2HCl 2 NaCl + CO2 + H2O
-Cô cạn cặp chất thứ nhất, sau khi cô cạn chất nào bay hơi không để lại dấu vết gì thì là nước, để lại cặn trắng là dung dịch NaCl
-Cô cạn cặp chất thứ hai, sau khi cô cạn chất nào bay hơi không để lại dấu vết gì thì là dung dịch HCl, để lại cặn trắng là dung dịch Na2CO3
4.a
Để loại khí SO3 trong hỗn hợp SO2, SO3 ta sục hỗn hợp khí này qua dung dịch BaCl2 dư (hoặc dung dịch
H2SO4 đặc dư) thì khí SO3 bị hấp thụ hoàn toàn khí thoát ra chỉ là SO2 nguyên chất
SO3 + BaCl2 + H2O BaSO4 + 2 HCl (Hoặc n SO 3 + H2SO4đặc H2SO4.nSO3)
Để loại khí CO2 trong hỗn hợp CO2, CH4 ta sục hỗn hợp khí này qua dung dịch kiềm dư (hoặc dung dịch
muối aluminat dư) thì khí CO2 bị hấp thụ hoàn toàn khí thoát ra chỉ là CH4 nguyên chất
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (Hoặc CO 2 +NaAlO2 +2 H2O NaHCO3 + Al(OH)3 )
b Để một hỗn hợp tồn tại trong một điều kiện xác định thì các chất trong hỗn hợp không tác dụng với nhau
ở điều kiện đó:
+Hỗn hợp NO, O2 không tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: 2 NO + O2 2 NO2
+Hỗn hợp H2, Cl2 chỉ tồn tại trong bóng tối và ở nhiệt độ thấp: H2 + Cl2 0
as (t )
2 HCl
+Hỗn hợp SO2, O2 chỉ không tồn tại khi ở trên 4500C, áp suất cao và có xúc tác V2O5:
2SO2 + O2
0
2 5
V O ,450 C,p
2SO3
Trang 4+Hỗn hợp Cl2, O2 tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: Cl2 + O2 không phản ứng.
Bài 3:
1 Vì bài ra không cho n, m, V của bất kỳ một chất nào nên để đơn giản ta coi nX = 1 (mol) thì nO2 10(mol) Đặt CT ĐGN của Hidrocacbon X là CxHy (điều kiện y 2x + 2, y chẵn, x và y nguyên dương)
Phương trình phản ứng xảy ra: CxHy + (x 0, 25.y) O2
0 t
xCO2 + 0,5y H2O Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn cho nên trong hỗn hợp khí Y thu được có CO2, hơi H2O và 1 khí dư Cho hỗn hợp khí Y qua H2SO4 đặc dư thì khí Z còn lại chỉ gồm CO2 và 1 khí dư
Theo bài Z
H2
d 19 nên MZ 19.2 38
Trường hợp 1: Khí dư là X (hidrocacbon CxHy), O2 hết Khí Z là CO2 và CxHy dư
Vậy nCO2 10.x
x 0, 25y = 40x
4x y (mol) và C H dux y
10
x 0, 25y
4x y
Theo bài ra thì có:
Z
M
==
44x y 40
48.x2 +y2 +16xy-392x-78y+1520 = 0
Do MZ 38 mà trong Z có CO2 nên MC H x y< 38 tức là x chỉ có thể là 1, 2.
Nếu x =1 thì y = 31 (loại) nếu x = 2 thì y = 23 (loại)
Trường hợp 2: Khí dư là O2, hidrocacbon CxHy hết Hỗn hợp khí Z có O2 dư và CO2
Theo bài ra MZ 38 áp dụng phương pháp đường chéo ta có nO2 nCO2
10 -(x+0,25y) = x 2x + 0,25y =10 Lập bảng xét y theo x ta có
nếu x =1 thì y = 32 (loại), x = 2 thì y = 24 (loại), x =3 thì y = 16 (loại), x = 4 thì y = 8 (đúng) x =5 thì y =0 (loại) Vậy X là C4H8
2.
Gọi số mol CH4 và C2H4 trong 3,8 gam hỗn hợp A lần lượt là x, y (mol) ta có 16x + 28y = 3,8 (gam) (I) Các phương trình phản ứng cháy của hỗn hợp A
CH4 + 2 O2
0 t
CO2 + 2 H2O (1) và C2H4 + 3 O2
0 t
2CO2 + 2 H2O (2) (mol) x x 2x (mol) y 2y 2y
Theo bài ra có VCO 2 : Vhoi H O 2 =nCO2 : nH O2 = (x+2y) :(2x+2y) =5:8 8x +16y =10x +10y x-3y =0 (II) Giải hệ phương trình (I), (II) ta được x =0,15 (mol) , y = 0,05 (mol)
Vậy sản phẩm cháy gồm nCO2 x + 2y = 0,25 (mol) nH O2 2x+2y = 0,4 (mol) Toàn bộ sản phẩm cháy này bị hấp thụ hết bởi dung dịch hỗn hợp 2 kiềm
Có nNaOH = 0,5.0,16 = 0,08 (mol), nBa (OH)2=0,5.0,3 = 0,15 (mol).
Các phương trình phản ứng có thể xảy ra là:
CO2 + 2 NaOH Na2CO3 + H2O (3) CO2 + NaOH NaHCO3 (4)
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (5) 2CO2 + Ba(OH)2 Ba(HCO3)2 (6)
Gọi tổng số mol CO2 ở các phản ứng (3), (5) là a(mol) và tổng số mol CO2 ở các phản ứng (4), (6) là b(mol) Theo phương trình phản ứng (3), (5) thì nOH = 2.nCO2= 2a (mol)
Theo phương trình phản ứng (4), (6) thì nOH = nCO2= b (mol)
Vậy tổng số mol CO2 là: a + b = 0,25 (mol) (III)
và tổng số mol nhóm OH trong kiềm là: nOH = 2a + b = 0,08.1 + 0,15.2 = 0,38 (mol) (IV)
Giải hệ phương trình (III), (IV) ta được a = 0,13 (mol) và b = 0,12 (mol)
Vì trong dung dịch không thể đồng thời tồn tại Na2CO3 và Ba(HCO3)2 nên chỉ có thể xảy ra một trong hai phản ứng (3) hoặc (6)
Trường hợp 1: Nếu không xảy ra phản ứng (6) thì Ba(OH)2 dư do ở phản ứng (5) nBa (OH)2pứ <
2 CO
n ở phản ứng (3), (5) =0,13 (mol) < 0,15 mol Mà Ba(OH)2 dư là vô lý vì nó không thể tồn tại cùng Na2CO3 ở phản ứng (3)
Trang 5Trường hợp 2: Nếu không xảy ra phản ứng (3) thì ở phản ứng (5) nBaCO3= 0,13 (mol), ở phản ứng (6) thì 2
Ba (OH)
n = 0,15-0,13 = 0,02 (mol) và
2 CO
n = 0,04 (mol),
3 2
Ba (HCO )
n =0,02 (mol) do vậy ở phản ứng (4) còn lại 2
CO
n = 0,25 -(0,13+0,04)=0,08 (mol) phù hợp với tỷ lệ phản ứng (4).
Như vậy khối lượng kết tủa tạo thành là: mBaCO3= 0,13.197 = 25,61 (gam)
Theo định luật bảo toàn khối lượng thì phần dung dịch đã tăng lên một lượng là:
mCO 2 mH O 2 mBaCO 3 = 0,25.44 +0,4.18-25,61= -7,41 (gam) hay nói cách khác khối lượng phần dung dịch giảm đi là 7,41 gam
3
Gọi CTPT trung bình của 2 anken là: C H Số mol 2 an ken là: n 2n C Hn 2n
5, 6
22, 4
Gọi H là hiệu suất phản ứng hợp nước trung bình của 2 an ken
Phương trình phản ứng xảy ra: C H + Hn 2n 2O 0
2 4
H SO ,t
C Hn 2n 1OH (1) (mol) 0,25 0,25 H
Mỗi phần chứa 0,125 H mol rượu cho tác dụng với Na được H 2
0,84
22, 4
Phương trình phản ứng: 2C Hn 2n 1OH + 2Na 2C Hn 2n 1ONa+ H2 (2)
(mol) 0,125 H 0,0625 H
Vậy hiệu suất hợp nước trung bình là: 0,0625 H = 0,0375 H = 0,6 hay 60%
Số mol rượu thu được ở mỗi phần là: 0,125.0,6 = 0,075 (mol)
Phương trình phản ứng cháy phần 2: C Hn 2n 1OH + 3n
2 O2
0 t
n CO2 +( n +1) H2O (3) (mol) 0,075 0,075 n 0,075.( n +1)
Theo bài ra ta có: mCO2 mH O2 44 0,075 n -18 0,075.( n +1) = 3,85 (gam) n = 83
Vì các anken là đồng đẳng liên tiếp nên chúng là C2H4 và C3H6 các rượu là C2H5OH và C3H7OH
b
Gọi số mol C2H4 và C3H6 lần lượt là x, y mol ta có nhh= x + y = 0,25 (mol) (I) và X
H2
d = 18,2 nên X
M 18, 2.2 36, 4 vậy X 28x 42y
x y
(II) Vậy từ (I), (II) ta có x =0,1(mol) , y = 0,15(mol) Gọi hiệu suất hợp nước của C2H4 và C3H6 lần lượt là Ha và Hb Ta có các phương trình phản ứng:
CH2=CH2 + H2O 0
2 4
H SO ,t
CH3-CH2OH (1) CH2=CH-CH3 + H2O 0
2 4
H SO ,t
CH3-CHOH-CH3 (2) (mol) 0,05 0,05 Ha (mol) 0,075 0,075 Hb Tổng số mol 2 rượu là: 0,05 Ha + 0,075 Hb = 2.n = 0,0375 2= 0,075 (mol) (III)H2
Phản ứng cháy của 2 rượu là:
C2H5OH + 3 O2
0 t
2 CO2 + 3 H2O (3) và 2 C3H7OH + 9 O2
0 t
6 CO2 + 8 H2O (4) (mol) 0,05 Ha 0,1Ha 0,15Ha (mol) 0,075 Hb 0,225Hb 0,3Hb
Theo bài khối lượng CO2 lớn hơn khối lượng nước là:
44.( 0,1Ha + 0,225Hb) -18.( 0,15Ha + 0,3Hb) = 3,85 (gam) 1,7 Ha + 4,5 Hb = 3,85 (IV)
Giải hệ phương trình (III),(IV) ta được Ha = 0,5 và Hb = 0,6667 tức là:
Hiệu suất hợp nước của C2H4 là 50% và của C3H6 là 66,67%
Chú ý :Vì n = 83nên áp dụng phương pháp đường chéo cho n ta được nC H 3 6 2.nC H 2 4như vậy
3 6
C H
1
6
và C H2 4
1
12
X
M
H2
d = 18,2 nên
X
M 18, 2.2 36, 4 (Đề bài cho X
H2
d = 18,2 là thừa và vô lý)
Trang 6Bài 4:1.
Theo bài ra 0,05 (mol) CO2 hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ba(OH)2 (dung dịch A) được m gam kết tủa Mặt khác cũng theo bài ra 0,35 (mol) CO2 hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ba(OH)2 (dung dịch A) cũng thu được m gam kết tủa
Như vậy thí nghiệm thứ nhất Ba(OH)2 còn dư và thí nghiệm thứ hai Ba(OH)2 hết
Ở thí nghiệm (1) xảy ra 1 phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 + H2O (1)
(mol) 0,05 0,05
Ở thí nghiệm (1) xảy ra 1 phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 BaCO3 + H2O (2)
(mol) 0,05 0,05 0,05
Ba(OH)2 + 2 CO2 Ba(HCO3)2 (3)
(mol) 0,15 0,3
Vậy m = mBaCO3= 0,05.197 9,85 (gam) Và dung dịch A có
Ba ( OH )2 M
0,05 0,15 C
0,5
2
Vì dung dịch Y tạo ra chỉ chứa một chất tan duy nhất và hỗn hợp A tan hoàn toàn nên dung dịch Y chỉ chứa NaAlO2 và Na2O, Al2O3 đều hết Các phương trình phản ứng xảy ra:
Na2O + H2O 2NaOH (1) sau đó 2 NaOH + Al2O3 2 NaAlO2 + H2O (2) (mol) x 2x (mol) 2x x 2x
Theo bài ra dung dịch Y có nNaAlO2=0,2.0,5 =0,1(mol) 2x =0,1 (mol) x = 0,05 (mol)
m = mNa O2 mAl O2 3= 62.x +102.x =62.0,05 + 102.0,05 = 8,2 (gam)
Sục khí CO2 vào dung dịch Y thì xảy ra phản ứng: NaAlO2 + CO2 + 2H2O NaHCO3 + Al(OH)3 (3) (mol) 0,1 0,1
a = mAl(OH)3= 0,1.78 = 7,8 (gam).
3 Các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi phần đều là:
MgO + 2 HCl MgCl2 + H2O (1) và Al2O3 + 6 HCl 2 AlCl3 + 3 H2O (2)
Ở cả 2 phương trình phản ứng đều có: nO trong oxit = 0,5.nHCl
Nếu cả 2 phần oxit cùng hết, axit cùng dư thì chất rắn thu được đều là muối và khối lượng phải bằng nhau khác với bài ra (loại)
Nếu cả 2 phần oxit cùng dư, axit cùng hết thì chất rắn thu được đều gồm muối và oxit dư Nên khối lượng chất rắn tăng ở phần 2 phải gấp đôi khối lượng chất rắn tăng ở phần 1 vì lượng axit dùng gấp đôi Mà phần 1 tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) và phần 2 tăng 25,34 -9,94 = 15,4 (gam) chưa gấp đôi khối lượng tăng ở phần 1 (loại)
Như vậy phần 1 oxit dư, axit hết và phần 2 oxit hết, axit dư 25,34 gam chất rắn khan thu được ở phần 2 chỉ là muối Khi Oxit chuyển thành muối thì một mol nguyên tử O bị thay thế bởi 2 nguyên tử Cl tức là khối lượng tăng 71-16 = 55 (gam) theo bài ra phần 2 tăng 15,4 gam tức là số mol nguyên tử O trong Oxit là 15,4 : 55 = 0,28 (mol)
Gọi số mol MgO và Al2O3 trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol) ta có: 40 x + 102y = 9,94 (gam) (I)
Và tổng số mol nguyên tử O trong oxit là: nO = x + 3y = 0,28 (mol) (II)
Giải hệ phương trình (I), (II) ta có x = y = 0,07 (mol) mMgO = 0,07.40 = 2,8 (gam)
Phần trăm khối lượng mỗi oxit là: %mMgO = 2,8 100%
9,94 =22,938% và %mAl O 2 3= 100%-22,938% = 77,062%. Theo phần 1 axit hết mà phần 1 khối lượng chất rắn tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) nên số mol nguyên tử O trong oxit tham gia phản ứng là 13,75 : 55 = 0,25 (mol)
Vậy nHCl = 2.nO = 2.0,25 = 0,5 (mol) và MHCl
0,5
0,1