De thi HSG Bac Ninh 20102011

Điều kiện để một cặp chất tồn tại trong cùng một hỗn hợp là các cặp chất không tác dụng với nhau.[r]

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 -THCS

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

Bài (4 điểm)

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

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 cần thiết khác

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

Bài (4 điểm).

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

Cho hỗn hợp Na2CO3.10H2O và K2CO3 Bằng cách nào có thể xác định phần trăm khối lượng các chất có hỗn hợp.(Các hóa chất và dụng cụ thí nghiệm coi có đủ)

Không dùng thêm hóa chất nào khác hãy phân biệt các chất sau: nước, dung dịch muối ăn, dung dịch HCl, dung dịch Na2CO3

a Hãy trình bày cách loại bỏ mỗi khí hỗn hợp khí sau để thu được khí tinh khiết SO3 có lẫn hỗn hợp SO2, SO3 CO2 có lẫn hỗn hợp CO2, CH4

b Mỗi hỗn hợp khí cho dưới 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 (6 điểm).

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

Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A gồm Mêtan và Etilen thu được CO2 và 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 hấp thụ thì khối lượng phần dung dịch tăng hay giảm gam ?

Cho 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai anken liên tiếp 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 phần bằng nhau:

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

Phần đem đốt cháy hoàn toàn thì lượng CO2 thu được nhiều lượng nước là 3,85 gam a Tìm công thức phân tử của các anken và các rượu

b.Biết hỗn hợp X nặng H2 là 18,2 lần Tính hiệu suất phản ứng hợp nước của mỗi anken Bài (6 điểm).

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

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Na2O và Al2O3 vào nước được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa một chất tan 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 và tính các giá trị a, m

Cho hỗn hợp A gôm MgO, Al2O3 Chia A làm hai phần bằng mỗi phần có khối lượng 9,94 gam Cho phần 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 tác dụng với 200 ml dung dịch HCl có nồng độ đun nóng và khuấy đều chế hóa sản phẩm được 25,34 gam chất rắn khan Tính %m các chất hỗn hợp A và CM dung dịch HCl đã dùng

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

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

-Đầu tiên phản ứng tạo CaCO3 tăng dần đến cực đại ( số mol Ca(OH)2 phản ứng hết) CO2 + Ca(OH)2   CaCO3 + H2O (1)

b b b (mol)

- Khi số 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)

b b (mol)

Ta có các trường hợp sau:

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

-TH2: Nếu b <a < 2b thì đã xảy (2), kết tủa CaCO3 tan phần  nCaCO3= b- (a-b) = (2b – a) (mol) -TH3: Nếu a  2b thì kết tủa CaCO3 tan hoàn toàn, nCaCO3= (mol)

Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc số mol CaCO3 theo số mol CO2 sau:

max

b 2b 2

a Các phương trình phản ứng xảy lần lượt là: CaCO3   900 C0 CaO + CO2 

CaO + C   200O C0 CaC2 + CO  CaC2 + 2H2O   C2H2  + Ca(OH)2 3CHCH

0

600 C

boät than   

C6H6 ( benzen)

CHCH + 2HBr  CH3-CHBr2 ( đibrom etan)

{ chuyển thành C2H4 cộng hợp Br2 : C2H2 + H2   t ,Pd0  C2H4   Br2 C2H4Br2 } CHCH +HCl

xt t

 

CH2=CHCl nCH2=CHCl

0

p,t C,xt Trung hop

   

(-CH2-CHCl-)n PVC b Các phương trình phản ứng xảy ra:

4FeS2 + 11 O2  t C0 2 Fe2O3 + SO2 SO2 + O2

0

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 C0 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) + H2SO4 đặc  t C0 2H3PO4 + 3CaSO4

2

CO

n

CaCO

Bài 2:

1.a Ta có H SO2

4,9

n 0,05(mol)

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

M 56(gam)

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

M 28(gam)

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

M 56(gam)

0, 05

 

vậy R là Fe

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 hết

Cân hỗn hợp rắn còn lại ( Na2CO3, K2CO3 ) được m2 gam Số mol H2O là:

1 H O m m n (mol) 18   ;

Na CO2 3 H O2

m m

1

n n (mol)

10 180



 

1

Na CO 10H O2 3 2

(m m ).286

m (gam)

180  

và %m các chất hỗn hợp là:

1

Na CO 10H O2 3 2

(m m ).286

%m 100%

180.m  

,

1

K CO

1

(m m ).286

%m 100% 100%

180.m 

 

3 – Trích mẫu rồi cho các mẫu tác dụng với theo đôi một, phân biệt được cặp chất + Cặp chất xảy phản ứng và thoát 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 A, nhận ddHCl không để lại dấu vết, ddNa2CO3 còn bã rắn màu trắng - Cô cạn mỗi chất B, nhận nước không còn bã rắn, dd NaCl còn bã rắn màu trắng 4.a

* Loại bỏ SO3 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  t0 BaO + SO2 

* Loại bỏ CO2 hỗn hợp CO2 và CH4:

Dẫn hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư ( dung dịch NaAlO2 dư) thì CO2 bị hấp thu, khí CH4 bay ta thu được CH4

CO2 + 2NaOH   Na2CO3 + H2O (Hoặc CO2 + NaAlO2 +2 H2O   NaHCO3 + Al(OH)3  ) b Điều kiện để cặp chất tồn hỗn hợp là cặp chất không tác dụng với nhau. + Hỗn hợp NO, O2 không tồn tại mọi điều kiện vì phản ứng được với nhau:

NO + O2   NO2.

+ Hỗn hợp H2, Cl2 chỉ tồn tại bóng tối và nhiệt độ thấp, vì chiếu sáng hoặc đun nóng thì chúng phản ứng với nhau:

H2 + Cl2 as

0 t

  

HCl

+ Hỗn hợp SO2, O2 chỉ tồn tại nhiệt độ thấp, đun nóng từ 4500C trở lên, áp suất và xúc tác thích hợp thì chúng phản ứng với nhau:

2SO2 + O2     V O ,450 C,p2

2SO3

+Hỗn hợp Cl2, O2 tồn tại mọi điều kiện vì chúng không trực tiếp phản ứng với Bài 3:

1 Giả sử có mol X và 10 mol O2 Đặt CT của hidrocac bon là : CxHy ( x  , x ≤ y ≤ x + , y chẵn ) CxHy + (x 0, 25y) O2  t0 xCO2 + 0,5y H2O

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

Ta có ZH2

d 19

 MZ 19.2 38

* TH1: Nếu O2 phản ứng hết  Z gồm CO2 và CxHy ( dư) Vì MCO2 44 38  MC Hx y< 38

 12x + y < 38  x < 38

3,

12  (1) Vậy x = {1,2,3}

Mặt khác O2 pư hết nên: 10 x 0, 25y <

1

1  10 < x + 0,25y 

10 x y

0, 25  

(2)

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

x

y >36 >32 >28 Kết luận Loại Loại Loại

Vậy trường hợp O2 pư hết là không thỏa mãn.

* TH2: CxHy pư hết  Z gồm CO2 và O2 dư

O2 (dư) n1 M1= 32 

M =38

CO2 n2 M2 = 44 

 n1 = n2

CxHy + (x 0, 25y) O2  t0 xCO2 + 0,5y H2O

Bđ: 10 (mol)

Pư:  ( x + 0,25y) x Spư: (10 –x -0,25y) x

Vậy 10 – x – 0,25y = x 

10 2x

y 40 8x

0, 25 

  

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

x 4

y 32 24 16 8

Kết luận Loại Loại Loại Nhận Loại

Vậy chỉ x = 4, y = là thỏa mãn  CTPT của hidro cacbon là C4H8

Hoặc : x < (1) ;

x > 10 – 0,25 y (2)

2 gọi x,y lần lượt là số mol CH4 và C2H4 3,8 gam hỗn hợp A Các phương trình phản ứng cháy của hỗn hợp A

CH4 + 2O2  t0 CO2 + 2H2O (1)

x x 2x (mol)

C2H4 + 3O2  t0 2CO2 + 2H2O (2)

y 2y 2y (mol)

Theo đề bài ta có :

16x 28y 3,8

x 2y

2x 2y

 

 

 



 

 

16x 28y 3,8 x 3y

(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 ; nH O2 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  = 0,38 (mol) Vì

OH CO2

n 0,38

1

n 0, 25

  

 phản ứng tạo 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 (3) và (4) ; b là số mol CO2 (5) và (6) :

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

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

- 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

Cách : Vì

OH CO2

n 0,38

1

n 0, 25

  

 phản ứng tạo loại muối axit và muối trung hòa ( không có chất dư) Các pt pư có thể xảy :

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 nCO32 = 0,13 < nBa (baz) = 0,15  BaCO3 không cực đại nên dung dịch không có Na2CO3

BaCO3

n

= nCO32 = 0,13 (mol) m

Cách 3 : Xét theo phương pháp nối tiếp :

Các phản ứng xảy theo trình tự ( chất kết tủa tạo trước, tan 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 phần CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2

0,02 0,02 (mol)

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 anken là: C Hn 2n ; C Hn n

5,6

n 0, 25(mol)

22,

 

( số mol hỗn hợp) C Hn 2n + H2O

0

H SO đặc ,t

     C Hn 2n 1 OH (1)

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

n 2n

C H 

OH + Na  C Hn 2nONa + ½ H2  (2)

0,075 0,0375 (mol)

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

Phần 2: C Hn 2n 1 OH + 1,5n O2

0

t

  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 = Vậy phải có an ken với n < 2,67  đó là C2H4

Vì anken liên tiếp nên CTPT của anken thứ là C3H6 CTPT của các rượu: C2H5OH và C3H7OH

b) dX / H2 18,2  M = 18,2  = 36,4 (g) X

( Dữ kiện này thừa vì đã biết n =

3  M = 14.X

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

{ Lưu ý : Hiệu suất trung bình phản ứng hợp nước là :

0,075

H% 100% 60%

0, 25



  

}

Gọi x là số mol của C2H4  số 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 số mol C2H4 = 0,1 (mol) và số 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

0,001h1 0,001h1 (mol)

C3H6 + H2O  C3H7OH

0,0015h2 0,0015h2 (mol)

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)

( Lưu ý : Đốt ½ lượng rượu CO2 H2O 3,85 gam, đốt hết lượng rượu số gam chênh

lệch gấp đơi = 7,7 gam)

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

Cách : Gọi h1, h2 lần lượt là hiệu suất dạng thập phân của phản ứng hợp nước của C2H4 và C3H6 C2H4 + H2O  C2H5OH

0,1h1 0,1h1 (mol)

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 dùng 0,35 mol CO2 thì lượng kết tủa sẽ giảm xuống Đề cho 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 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 + CO2   Ba(HCO3)2 (3) 0,15 (0,35 -0,05)

Vậy m = mBaCO3= 0,05.197 = 9,85 (gam) ;

2

M

0,05 0,15 C (Ba(OH) )

0,5  

= 0,4 (M)

2 Dung dịch Y chỉ có chất tan, cho dd Y + CO2 tạo kết tủa Chứng tỏ chất tan 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) a 2a

NaOH + Al2O3  2 NaAlO2 + H2O (2) 2b b 2b

CO2 + 2H2O + NaAlO2  NaHCO3 + Al(OH)3  (3)

2b 2b

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 + 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) = nCl (pư)

13,75

2 0,5

55 (mol)

  

* TN2: chất rắn tăng : 25,34 – 9,94 = 15,4gam  nHCl ( pư) = nCl (pư)

15,

2 0,56

55 (mol)

  

> 0,5 Vậy TN2 HCl còn tiêu hao thêm nên  TN1 hỗn hợp oxit kim loại còn dư

Do nồng độ dd axit bằng nhau, nên nếu TN2 lượng HCl phản ứng hết thì :

0,5 0,56

0,1 0, (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 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

% MgO

0,07.40

m 100%

9,94

 

= 28,17% ; %mAl O2 100% 28,17% 71,83% 

Xét TN1: HCl hết  M

0,5

C (HCl)

0,1

 

(M) * 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