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.[r]
(1)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) Ngày thi 22 tháng năm 2011 ============= Bài (4 điểm) Cho a mol CO2 hấp thụ vào dung dịch chứa b mol Ca(OH) 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, đibrometan, 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 H 2SO4 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 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 (6 điểm) Hỗn hợp gồm Hidrocacbon X và O 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 H 2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z có tỷ khối so với H là 19 Xác định công thức phân tử của X Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp khí A gồm Mêtan và Etilen thu được CO 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 bao nhiêu 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 băng 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) (dung dịch A) thì thu được m gam kết tủa Nếu cho 0,35 mol CO 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 Na 2O và Al2O3 vào nước được 200 ml dung dịch Y chỉ chứa một chất tan nhất có nồng độ 0,5 M Thổi khí CO 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 trên 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 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 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2010-2011 (2) Bài 1: Các phương trình phản ứng lần lượt xảy theo thứ tự là: CaCO3 + H2O (1) sau đó CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 Ca(OH)2 + CO2 n n Ca (OH)2 Trường hợp 1: Nếu a b tức là CO thì lúc đó chỉ xảy phản ứng (1) không xảy phản ứng (2) n n n vậy CaCO3 được tính theo CO vậy CaCO3 = a (mol) n n CO2 2.n Ca (OH)2 Trường hợp 2: Nếu b <a<2b tức là Ca (OH)2 thì lúc đó phản ứng (1) xảy hoàn toàn và n CaCO3 phản ứng (2) đã xảy CaCO3 vẫn còn dư vậy = b- (a-b) =2b-a (mol) n CaCO3 Trường hợp 3: Nếu a 2b tức là n CO2 2.n Ca (OH)2 thì lúc đó phản ứng (1), (2) đều xảy hoàn toàn vậy không còn kết tủa a n CaCO3 = (mol) Đồ thị sự phụ thuộc số mol kết tủa CaCO theo số mol CO2 sau: n CO a 2a 2.a Sơ đồ của quá trình điều chế là: 9000C CaCO3 CaO (-C2H3Cl-)n 12000C Trung hop (Poli vinyl Clorua: PVC) +H2O CaC2 C2H3Cl C 2H C,6000C +2HBr +HCl HgCl2 C6H6 t0C C6H5Br (Brom benzen) C2H4Br2 (Ði brom etan) Các phương trình phản ứng xảy lần lượt là: 9000 C 1.CaCO3 CaO + CO2 CaO + C CH CH + Ca(OH)2 3.CaC2 + H2O Fe,t0C + Br2 CH CH -Br +HBr C 200 CH CH +HCl HgCl2 CH2=CHCl b Sơ đồ của quá trình điều chế là: FeS2 (Firit sat) +O2,V2O5,t0C SO2 SO3 +H2O + Ca3(PO4)2 (Apatit) O4 H 2S Ca(H2PO4)2 + CaSO4 (Supe photphat don) +H PO +H2SO4 Các phương trình phản ứng xảy ra: t 0C 4FeS2 + 11 O2 Fe2O3 + SO2 CaC2 + CO 6000 C Choat tinh CH3-CHBr2 CH CH + 2HBr p,t C,xt nCH2=CHCl Trung hop (-CH2-CHCl-)n +O2,t0C C 1200 Lodien Ca(H2PO4)2 (Supe photphat kep) V2 O5 ,t C SO3 2 SO2 + O2 t0C Ca3(PO4)2 +2 H2SO4 đặc Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 H2SO4 SO3 + H2O t 0C t 0C Ca3(PO4)2 +3 H2SO4 đặc 2H3PO4 + 3CaSO4 Ca3(PO4)2 +4 H3PO4 Ca(H2PO4)2 Bài 2: 4,9 n H2SO4 0, 05(mol) Muối X2 + X3 nên X1 có thể là oxit bazo, oxit lưỡng 98 1.a Ta có Vì X1 + H2SO4 tính, bazo, hidroxit lưỡng tính, muối Nhưng vì bài cho X có thể là CaO, MgO, NaOH, KOH, Zn, Fe nên ta loại các trường hợp X1 là oxit lưỡng tính, hidroxit lưỡng tính, muối (3) Trường hợp 1: X1 là oxit bazo: CaO, MgO Gọi CTPT chung cho X1 là MO MSO4 + H2O (1) Phương trình phản ứng xảy ra: MO + H2SO4 (mol) 0,05 0,05 0,05 2,8 M MO 56(gam) 0, 05 Vậy khối lượng mol của MO là: vậy MO là CaO Trường hợp 2: X1 là bazo: NaOH, KOH Gọi CTPT chung cho X1 là MOH M2SO4 + H2O (2) Phương trình phản ứng xảy ra: MOH + H2SO4 (mol) 0,1 0,05 0,05 2,8 M MOH 28(gam) 0,1 Vậy khối lượng mol của MOH là: vậy không có MOH thỏa mãn Trường hợp 3: X1 là kim loại: Zn, Fe Gọi CTPT chung cho X1 là M MSO4 + H2 (3) Phương trình phản ứng xảy ra: M + H2SO4 (mol) 0,05 0,05 0,05 2,8 MM 56(gam) 0, 05 Vậy khối lượng mol của MO là: vậy M là Fe b Trường hợp 1: X1 là CaO thì khối lượng X2 là m CaSO4 0, 05.136 6,8(gam) khác bài là 7,6 gam (loại) 0, 05.152 7, 6(gam) phù hợp với bài m Trường hợp 3: X1 là kim loại: Fe thì khối lượng X là FeSO4 vậy X3 là H2 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 hết chỉ còn lại Na 2CO3 khan và K2CO3 và đem cân lại giả sử ta xác định được khối lượng đó là m1 gam m m1 m m1 n H 2O (mol) n Na 2CO3 10H 2O (mol) 18 180 Như vậy số mol H 2O là: nên số mol Na2CO3.10H2O là: và (m m1 ).286 m Na 2CO3 10H2O (gam) 180 khối lượng của nó là: và %m các chất hỗn hợp là: (m m1 ).286 (m m1 ).286 %m Na CO3 10H2 O 100% %m K 2CO3 100% 100% 180.m 180.m , -Cho các mẫu thử của các dung dịch tác dụng với theo từng cặp ta phân biệt được cặp chất +Cặp chất không xảy phản ứng và hiện tượng gì đó là: H2O, dung dịch NaCl (cặp chất thứ 1) +Cặp chất xảy phản ứng và thoát khí không màu là: HCl, dung dịch Na2CO3 (cặp chất thứ 2) NaCl + CO2 + H2O Na2CO3 + 2HCl -Cô cạn cặp chất thứ nhất, sau cô cạn chất nào bay không để lại dấu vết gì thì là nước, để lại cặn trắng là dung dịch NaCl -Cô cạn cặp chất thứ hai, sau cô cạn chất nào bay không để lại dấu vết gì thì là dung dịch HCl, để lại cặn trắng là dung dịch Na2CO3 4.a Để loại khí SO hỗn hợp SO2, SO3 ta sục hỗn hợp khí này qua dung dịch BaCl dư (hoặc dung dịch H2SO4 đặc dư) thì khí SO3 bị hấp thụ hoàn toàn khí thoát chỉ là SO2 nguyên chất BaSO4 + HCl (Hoặc n SO3 + H2SO4đặc H2SO4.nSO3) SO3 + BaCl2 + H2O Để loại khí CO 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 chỉ là CH4 nguyên chất CaCO3 + H2O NaHCO3 + Al(OH)3 ) CO2 + Ca(OH)2 (Hoặc CO2 +NaAlO2 +2 H2O b Để một hỗn hợp tồn tại một điều kiện xác định thì các chất hỗn hợp không tác dụng với ở điều kiện đó: NO2 +Hỗn hợp NO, O2 không tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: NO + O2 as ( t0 ) +Hỗn hợp H2, Cl2 chỉ tồn tại bóng tối và ở nhiệt độ thấp: H2 + Cl2 HCl +Hỗn hợp SO2, O2 chỉ không tồn tại ở trên 4500C, áp suất cao và có xúc tác V2O5: (4) V2 O5 ,450 C,p 2SO2 + O2 2SO3 không phản ứng +Hỗn hợp Cl2, O2 tồn tại ở bất kỳ điều kiện nào: Cl2 + O2 Bài 3: n 10(mol) Vì bài không cho n, m, V của bất kỳ một chất nào nên để đơn giản ta coi nX = (mol) thì O2 Đặt CT ĐGN của Hidrocacbon X là CxHy (điều kiện y 2x + 2, y chẵn, x và y nguyên dương) t0 Phương trình phản ứng xảy ra: CxHy + (x 0, 25.y) O2 xCO2 + 0,5y H2O Vì phản ứng xảy hoàn toàn cho nên hỗn hợp khí Y thu được có CO 2, H2O và khí dư Cho hỗn hợp khí Y qua H2SO4 đặc dư thì khí Z còn lại chỉ gồm CO2 và khí dư d Z 19 Theo bài H2 nên M Z 19.2 38 Trường hợp 1: Khí dư là X (hidrocacbon CxHy), O2 hết Khí Z là CO2 và CxHy dư 10.x 40x 10 4x y 40 n Cx H ydu 1 n x 0, 25y = 4x y (mol) Vậy CO2 x 0, 25y = 4x y (mol) và Theo bài thì có: 40.x 4x y 40 44 (12x y) 4x y 4x y MZ 48x y 16xy 1280.x 40.y 40.x 4x y 40 4x y 4x y 44x y 40 == =38 48.x2 +y2 +16xy-392x-78y+1520 = M Do M Z 38 mà Z có CO2 nên Cx H y < 38 tức là x chỉ có thể là 1, Nếu x =1 thì y = 31 (loại) nếu x = thì y = 23 (loại) Trường hợp 2: Khí dư là O2, hidrocacbon CxHy hết Hỗn hợp khí Z có O2 dư và CO2 n n CO2 Theo bài M Z 38 áp dụng phương pháp đường chéo ta có O2 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 = thì y = 24 (loại), x =3 thì y = 16 (loại), x = thì y = (đúng) x =5 thì y =0 (loại) Vậy X là C4H8 Gọi số mol CH4 và C2H4 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 t0 t0 CH4 + O2 CO2 + H2O (1) và C2H4 + O2 2CO2 + H2O (2) (mol) x x 2x (mol) y 2y 2y V :V n :n Theo bài có CO2 hoi H 2O = CO2 H2O = (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) n n H2O Vậy sản phẩm cháy gồm CO2 x + 2y = 0,25 (mol) 2x+2y = 0,4 (mol) Toàn bộ sản phẩm cháy này bị hấp thụ hết bởi dung dịch hỗn hợp kiềm n Có nNaOH = 0,5.0,16 = 0,08 (mol), Ba (OH )2 =0,5.0,3 = 0,15 (mol) Các phương trình phản ứng có thể xảy là: Na2CO3 + H2O (3) NaHCO3 CO2 + NaOH CO2 + NaOH (4) BaCO3 + H2O (5) Ba(HCO3)2 (6) CO2 + Ba(OH)2 2CO2 + Ba(OH)2 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) n Theo phương trình phản ứng (3), (5) thì nOH = CO2 = 2a (mol) n Theo phương trình phản ứng (4), (6) thì nOH = CO2 = b (mol) Vậy tổng số mol CO2 là: a + b = 0,25 (mol) (III) và tổng số mol nhóm OH 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 dung dịch không thể đồng thời tồn tại Na 2CO3 và Ba(HCO 3)2 nên chỉ có thể xảy một hai phản ứng (3) hoặc (6) (5) n n Trường hợp 1: Nếu không xảy phản ứng (6) thì Ba(OH) dư ở phản ứng (5) Ba (OH )2 pứ < CO2 ở phản ứng (3), (5) =0,13 (mol) < 0,15 mol Mà Ba(OH) dư là vô lý vì nó không thể tồn tại cùng Na 2CO3 ở phản ứng (3) n Trường hợp 2: Nếu không xảy phản ứng (3) thì ở phản ứng (5) BaCO3 = 0,13 (mol), ở phản ứng (6) thì n Ba (OH )2 n n = 0,15-0,13 = 0,02 (mol) và CO2 = 0,04 (mol), Ba (HCO3 )2 =0,02 (mol) vậy ở phản ứng (4) còn lại n CO2 = 0,25 -(0,13+0,04)=0,08 (mol) phù hợp với tỷ lệ phản ứng (4) m Như vậy khối lượng kết tủa tạo thành là: BaCO3 = 0,13.197 = 25,61 (gam) Theo định luật bảo toàn khối lượng thì phần dung dịch đã tăng lên một lượng là: m CO2 m H 2O m BaCO3 = 0,25.44 +0,4.18-25,61= -7,41 (gam) hay nói cách khác khối lượng phần dung dịch giảm là 7,41 gam 5, n Cn H n 0, 25(mol) Cn H 2n 22, Gọi CTPT trung bình của anken là: Số mol an ken là: Gọi H là hiệu suất phản ứng hợp nước trung bình của an ken H 2SO ,t C H C n H 2n 1OH (1) Phương trình phản ứng xảy ra: n 2n + H2O (mol) 0,25 0,25 H 0,84 n H2 0, 0375(mol) 22, Mỗi phần chứa 0,125 H mol rượu cho tác dụng với Na được Phương trình phản ứng: (mol) Cn H 2n 1OH 0,125 H Cn H 2n 1ONa + H2 (2) + 2Na 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) 3n t0 C n H 2n 1OH Phương trình phản ứng cháy phần 2: + O2 n CO2 +( n +1) H2O (3) (mol) 0,075 0,075 n 0,075.( n +1) m CO2 m H 2O Theo bài ta có: 44 0,075 n -18 0,075.( n +1) = 3,85 (gam) n = Vì các anken là đồng đẳng liên tiếp nên chúng là C2H4 và C3H6 các rượu là C2H5OH và C3H7OH b dX H = 18,2 nên Gọi số mol C 2H4 và C 3H6 lần lượt là x, y mol ta có n hh= x + y = 0,25 (mol) (I) và 28x 42y MX 36, M X 18, 2.2 36, vậy xy (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: H 2SO ,t H 2SO4 ,t CH3-CH2OH (1) CH3-CHOH-CH3 (2) CH2=CH2 + H2O CH2=CH-CH3 + H2O (mol) 0,05 0,05 Ha (mol) 0,075 0,075 Hb n Tổng số mol rượu là: 0,05 Ha + 0,075 Hb = H2 = 0,0375 2= 0,075 (mol) (III) Phản ứng cháy của rượu là: t0 t0 C2H5OH + O2 CO2 + H2O (3) và C3H7OH + O2 CO2 + H2O (4) (mol) 0,05 Ha 0,1Ha 0,15Ha (mol) 0,075 Hb 0,225Hb 0,3Hb Theo bài khối lượng CO2 lớn 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% (6) n 2.n C2H4 Chú y :Vi n = nên áp dụng phương pháp đường chéo cho n ta được C3H6 vậy 1 42 28 1 12 112 MX n C3H6 (mol) n C2 H4 (mol) 0, 25 =37,333 theo bài d X H2 = 18,2 nên 12 và Nên M X 18, 2.2 36, (Đề bài cho d X H2 = 18,2 là thừa và vô lý) Bài 4:1 Theo bài 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 0,35 (mol) CO hấp thụ hết vào 500 ml dung dịch Ba(OH) (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 BaCO3 + H2O (1) Ở thí nghiệm (1) xảy phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 (mol) 0,05 0,05 BaCO3 + H2O (2) Ở thí nghiệm (1) xảy phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 (mol) 0,05 0,05 0,05 Ba(OH)2 + CO2 Ba(HCO3)2 (3) (mol) 0,15 0,3 0, 05 0,15 CMBa (OH ) m 0,5 Vậy m = BaCO3 = 0,05.197 9,85 (gam) Và dung dịch A có =0,4 (M) Vì dung dịch Y tạo chỉ chứa một chất tan 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: 2NaOH NaAlO2 + H2O Na2O + H2O (1) sau đó NaOH + Al2O3 (2) (mol) x 2x (mol) 2x x 2x n Theo bài dung dịch Y có NaAlO2 =0,2.0,5 =0,1(mol) 2x =0,1 (mol) x = 0,05 (mol) m m Al2 O3 m = Na O = 62.x +102.x =62.0,05 + 102.0,05 = 8,2 (gam) NaHCO3 + Al(OH)3 (3) Sục khí CO2 vào dung dịch Y thì xảy phản ứng: NaAlO2 + CO2 + 2H2O (mol) 0,1 0,1 m a = Al(OH )3 = 0,1.78 = 7,8 (gam) Các phương trình phản ứng xảy ở mỗi phần đều là: MgCl2 + H2O (1) AlCl3 + H2O (2) MgO + HCl và Al2O3 + HCl Ở cả phương trình phản ứng đều có: nO oxit = 0,5.nHCl Nếu cả phần oxit cùng hết, axit cùng dư thì chất rắn thu được đều là muối và khối lượng phải bằng khác với bài (loại) Nếu cả 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 phải gấp đôi khối lượng chất rắn tăng ở phần vì lượng axit dùng gấp đôi Mà phần tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) và phần tăng 25,34 -9,94 = 15,4 (gam) chưa gấp đôi khối lượng tăng ở phần (loại) Như vậy phần oxit dư, axit hết và phần oxit hết, axit dư 25,34 gam chất rắn khan thu được ở phần chỉ là muối Khi Oxit chuyển thành muối thì một mol nguyên tử O bị thay thế bởi nguyên tử Cl tức là khối lượng tăng 71-16 = 55 (gam) theo bài phần tăng 15,4 gam tức là số mol nguyên tử O Oxit là 15,4 : 55 = 0,28 (mol) Gọi số mol MgO và Al2O3 mỗi phần lần lượt là x, y (mol) ta có: 40 x + 102y = 9,94 (gam) (I) Và tổng số mol nguyên tử O 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) 2,8 100% %m Al2 O3 9,94 Phần trăm khối lượng mỗi oxit là: %mMgO = =22,938% và = 100%-22,938% = 77,062% (7) Theo phần axit hết mà phần khối lượng chất rắn tăng 23,69-9,94 = 13,75 (gam) nên số mol nguyên tử O oxit tham gia phản ứng là 13,75 : 55 = 0,25 (mol) 0,5 C MHCl 5(M) 0,1 Vậy nHCl = 2.nO = 2.0,25 = 0,5 (mol) và (8)