Cho 40,55 gam hỗn hợp Y gồm: Na, Na2O, Ba và BaO. Hòa tan hoàn toàn Y bằng 200 gam nước thu được dung dịch Z và 1,12 lít H2. Dẫn 12,32 lít CO2 vào Z thu được kết tủa trắng và dung dịch T chỉ chứa muối. Chia T thành hai phần bằng nhau:
– Thêm từ từ tới hết phần 1 vào 100ml dung dịch HCl 1M thì thấy thoát ra 2,24 lít CO2.
– Thêm từ từ tới hết 300ml dung dịch HCl 1M vào phần 2 thì thấy thoát ra 5,6 lít CO2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
a. Viết các phương trình hoá học xảy ra.
b. Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch T. (Biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn)
Đáp án:
\(C{\% _{NaHC{O_3}}} = 3,297\% \)
\(C{\% _{Ba(HC{O_3}{)_2}}} = 20,33\% \)
Giải thích các bước giải:
Cho \(Y\) vào \(H_2O\) thì xảy ra phản ứng:
\(2Na + 2{H_2}O\xrightarrow{{}}2NaOH + {H_2}\)
\(N{a_2}O + {H_2}O\xrightarrow{{}}2NaOH\)
\(Ba + 2{H_2}O\xrightarrow{{}}Ba{(OH)_2} + {H_2}\)
\(BaO + {H_2}O\xrightarrow{{}}Ba{(OH)_2}\)
CHo \(CO_2\) vào dung dịch sau phản ứng thu được \(T\) chỉ chứa muối.
Khi cho phần 1 vào 0,1 mol \(HCl\) thu được 0,1 mol \(CO_2\).
Còn khi cho 0,3 mol \(HCl\) vào phần 2 thì chỉ thấy thoát ra 0,25 mol khí \(CO_2\).
Do đó dung dịch \(T\) chỉ chứa muối gốc \(HCO_3\).
Khi cho 0,3 mol \(HCl\) vào phần 2 thì lượng \(HCl\) đã dư.
Phản ứng xảy ra:
\(Ba{(OH)_2} + C{O_2}\xrightarrow{{}}BaC{O_3} + {H_2}O\)
\(NaOH + C{O_2}\xrightarrow{{}}NaHC{O_3}\)
\(Ba{(OH)_2} + 2C{O_2}\xrightarrow{{}}Ba{(HC{O_3})_2}\)
Cho 0,3 mol phần 2 tác dụng với \(HCl\)
\(HCl + NaHC{O_3}\xrightarrow{{}}NaCl + C{O_2} + {H_2}O\)
\(2HCl + Ba{(HC{O_3})_2}\xrightarrow{{}}BaC{l_2} + 2C{O_2} + 2{H_2}O\)
Ta có:
\({n_{C{O_2}}} = 0,25{\text{ mol = }}{{\text{n}}_{NaHC{O_3}}} + 2{n_{Ba{{(HC{O_3})}_2}}}\)
Vậy trong \(T\)
\({{\text{n}}_{NaHC{O_3}}} + 2{n_{Ba{{(HC{O_3})}_2}}} = 0,25.2 = 0,5{\text{ mol}}\)
Ta có:
\({n_{C{O_2}}} = \frac{{12,32}}{{22,4}} = 0,55{\text{ mol}}\)
Bảo toàn \(C\)
\( \to {n_{BaC{O_3}}} = 0,55 – 0,5 = 0,05{\text{ mol}}\)
\( \to {n_{OH{\text{ trong Z}}}} = 2{n_{BaC{O_3}}} + {n_{HC{O_3}}} = 0,5 + 0,05.2 = 0,6{\text{ mol}}\)
Quy đổi \(Y\) về \(Na;Ba;O\) với số mol lần lượt là \(x;y;z\)
\( \to 23x + 137y + 16z = 40,55\)
Bảo toàn \(OH\):
\({n_{NaOH}} = x;{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = y \to x + 2y = 0,6\)
Ta có:
\({n_{{H_2}O}} = {n_O} = z;{n_{{H_2}}} = \frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,05\)
Bảo toàn e: ${n_{Na}} + 2{n_{Ba}} – 2{n_O} = 2{n_{{H_2}}} \to x + 2y – 2z = 0,05.2$
Giải được:
\(x=0,1;y=0,25;z=0,25\)
Ta có:
\({n_{NaHC{O_3}}} = {n_{Na}} = 0,1;{n_{Ba{{(HC{O_3})}_2}}} = 0,25 – 0,05 = 0,2{\text{ mol}}\)
\( \to {m_{NaHC{O_3}}} = 0,1.84 = 8,4{\text{ gam}}\)
\({m_{Ba{{(HC{O_3})}_2}}} = 0,2.(137 + 61.2) = 51,8{\text{ gam}}\)
BTKL:
\({m_Y} + {m_{{H_2}O}} + {m_{C{O_2}}} = {m_{dd\;{\text{T}}}} + {m_{{H_2}}} + {m_{CaC{O_3}}}\)
\( \to 40,55 + 200 + 0,55.44 = {m_{dd\;{\text{T}}}} + 0,05.2 + 0,05.197\)
\( \to {m_{dd\;{\text{T}}}} = 254,8{\text{ gam}}\)
\( \to C{\% _{NaHC{O_3}}} = \dfrac{{8,4}}{{254,8}} = 3,297\% \)
\(C{\% _{Ba(HC{O_3}{)_2}}} = \dfrac{{51,8}}{{254,8}} = 20,33\% \)