Bài tập CO2 tác dụng với dung dịch kiềm

Sục CO₂ vào nước vôi trong dư xảy ra phản ứng:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

Ta có: n_CO2 = n_CaCO3 = 8 : 100 = 0,08 (mol)

Vậy V = V_CO2 = 0,08.22,4 = 1,792 (lít)

- Xét tại giá trị V_CO2 = a (lít), tức là n_CO2 = a/22,4 (mol) (thời điểm trước khi kết tủa cực đại)

Khi đó chỉ xảy ra phản ứng sau:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta thấy: n_BaCO3 = n_CO2 ⟹ 2m/197 = a/22,4 (1)

- Xét tại giá trị V_CO2 = a + b (lít), tức là n_CO2 = (a + b)/22,4 (mol) (thời điểm kết tủa cực đại)

Khi đó chỉ xảy ra phản ứng sau:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta thấy:

n_OH- = 2.n_Ba(OH)2 = 2.n_BaCO3 = 2.8m/197 = 16m/197 (mol)

- Xét tại V_CO2 = a + 87,36 (lít), tức là n_CO2 = (a + 87,36)/22,4 (mol) (kết tủa bị tan 1 phần)

Khi đó xảy ra 2 phản ứng:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

CO₂ + BaCO₃ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Khi đó n_BaCO3 ↓ = n_OH- - n_CO2 ⟹ m/197 = 16m/197 - (a + 87,36)/22,4

⟹ 15m/197 = (a + 87,36)/22,4 (2)

Giải hệ (1), (2) ta có m = 59,1 và a = 13,44.

Vậy giá trị của m là 59,1.

n_CO2 = 0,2 mol; n_Ba(OH)2 = 0,1 mol; n_NaOH = 0,05 mol

→ n_OH- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 0,25 mol và n_Ba2+ = n_Ba(OH)2 =  0,1 mol

Ta thấy: \(1 < T = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,25}}{{0,2}} = 1,25 < 2\) → Tạo 2 loại muối: HCO₃^- và CO₃^2-

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

x          x            x     mol

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

y         2y            y                  mol

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,2\\{n_{O{H^ - }}} = x + 2y = 0,25\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,15\\y = 0,05\end{array} \right.\)

PT tạo kết tủa: Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

Bđ:                   0,1      0,05                       mol

Pư:                   0,05    0,05          0,05      mol

→ m_BaCO3 = 0,05.197 = 9,85 (gam)

Giả sử mỗi phần dd X gồm \(\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}C{O_3}:x\\NaHC{O_3}:y\end{array} \right.\)

Bước 1: Tính số mol Na₂CO₃ và NaHCO₃ trong phần 1

- Khi cho từ từ X + HCl thì 2 muối sẽ tác dụng đồng thời với HCl tạo khí theo đúng tỉ lệ mol của chúng

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

     u           2u                                     u

NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

     v            v                                    v

Giải hệ \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{HCl}} = 2u + v = 0,12\\{n_{C{O_2}}} = u + v = 0,09\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}u = 0,03\\v = 0,06\end{array} \right.\)

⟹ Tỉ lệ n_Na2CO3 : n_NaHCO3 = 0,03 : 0,06 = 0,5

Bước 2: Tính số mol Na₂CO₃ và NaHCO₃ trong phần 2

- Khi cho X + Ba(OH)₂ dư thì nguyên tố C sẽ nằm hết trong BaCO₃

- Đặt n_Na2CO3 = x mol; n_NaHCO3 = y mol

⟹ x + y = 0,15 mol (1)

Từ số mol Na₂CO₃ và NaHCO₃ ở phần 1 ⟹ x / y = 0,5 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,05; y = 0,1.

Bước 3: Tính V lit khí CO₂

\(C{O_2} + \left\{ \begin{array}{l}NaOH:v\\N{a_2}C{O_3}:1,5v\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}N{a_2}C{O_3}:0,05\\NaHC{O_3}:0,1\end{array} \right.\)

- BTNT.Na → v + 2.1,5v = 2.0,05 + 0,1 → v = 0,05

- BTNT.C → n_CO2 = 0,05 + 0,1 - 1,5v = 0,075 mol

Do chia thành 2 phần bằng nhau ⟹ V = 0,075.22,4.2 = 3,36 lít.

Vì dung dịch Ca(OH)₂ dư nên chỉ xảy ra phản ứng sau:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Theo PTHH: n_CO2 = n_CaCO3 = 4 : 100 = 0,04 mol

→ V_CO2 = 0,04.22,4 = 0,896 lít

+ gđ 1: đồ thị đi lên do xảy ra phản ứng: CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O  (1)

+ gđ 2: đồ thị đi xuống do xảy ra phản ứng: CO₂ + BaCO₃ + H₂O → Ba(HCO₃)₂  (2)

n_{BaCO3 max} = 0,7 (mol) →Theo PTHH (1): n_Ba(OH)2 = n_{BaCO3 max} = 0,7 (mol)

Khi n_CO2 = 1,2 thì n_BaCO3 = x → n_Ba(HCO3)2 = n_Ba(OH)2 – n_BaCO3 = 0,7 – x  (mol)

→ phản ứng đang xảy ra PTHH (2)

→ BTNT “C”: n_CO2 = n_BaCO3 + 2n_Ba(HCO3)2

                  →   1,2  = x  + 2.(0,7 –x)

                  → x = 0,2

Bước 1: Xác định thành phần chất trong Z

- n_CO2 = 0,07 mol; n_NaOH = 0,08 mol; n_BaCO3 = 0,02 mol; n_BaCl2 = 0,04 mol

- Vì n_BaCO3 < ∑n_Ba²⁺ ⟹ nguyên tố Ba còn trong dd Z ⟹ dd Z có Ba²⁺

Vì n_BaCO3 < n_CO2 ⟹ nguyên tố C còn trong dd Z ⟹ dd Z có HCO₃^- (vì dd Z chứa Ba²⁺ nên không thể là CO₃^2-)

Bước 2: Viết sơ đồ tóm tắt phản ứng

\(\left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:0,07\\NaOH:0,08\\BaC{l_2}:0,04\\Ba{(OH)_2}:0,25{\rm{a}}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}BaC{{\rm{O}}_3}:0,02\\dd.Z\left\{ \begin{array}{l}N{a^ + }:0,08\\B{a^{2 + }}\\C{l^ - }:0,08\\HC{O_3}^ - :0,05\end{array} \right.\end{array} \right.\)

Bước 3: Tính a

- BTĐT ⟹ n_Ba²⁺_{(dd Z)} = (n_Cl^- + n_HCO3^- - n_Na⁺)/2 = (0,08 + 0,05 - 0,08)/2 = 0,025 mol

- BTNT.Ba ⟹ n_BaCl2 + n_Ba(OH)2 = n_BaCO3 + n_Ba²⁺_{(dd Z)}

⟹ 0,04 + 0,25a = 0,02 + 0,025

⟹ a = 0,02M.

\({n_{C{O_2}}} = \dfrac{{0,4032}}{{22,4}} = 0,018\,\,mol\)

n_NaOH = 0,2.0,08 = 0,016 (mol) ; \({n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,2.0,06 = 0,012\,\,mol\)

\( \to {n_{O{H^ - }}} = {n_{NaOH}} + 2.{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,04\,\,mol\)

Ta có: \(\dfrac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \dfrac{{0,04}}{{0,018}} = 2,22 > 2 \to \) Chỉ tạo muối \(CO_3^{2 - }\) và OH- còn dư sau phản ứng

 CO₂ + 2OH^-   → \(CO_3^{2 - }\) + H₂O

0,018→ 0,036 →0,018                (mol)

Ba²⁺ + \(CO_3^{2 - }\) → BaCO₃↓

0,012 → 0,012                  (mol)

Vậy dd X thu được gồm: Na⁺ : 0,016 (mol); \(CO_3^{2 - }\): 0,018 - 0,012 = 0,006 (mol); OH^- dư: 0,04 - 0,036 = 0,004 (mol)

Cho từ từ V ml HCl 0,5M vào dd X đến khi bắt đầu có khí thoát ra thì ngừng lại sẽ xảy ra phản ứng

H⁺ + OH^- → H₂O

H⁺ + \(CO_3^{2 - }\) → \(HCO_3^ - \)

\( \to {n_{{H^ + }}} = {n_{O{H^ - }}} + {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,004 + 0,006 = 0,01\,\,mol\)

\( \to {V_{HCl}} = \dfrac{n}{{{C_M}}} = \dfrac{{0,01}}{{0,5}} = 0,02\,\,(l) = 20\,\,ml\)

Vì số mol CaCO₃ lớn nhất là 0,6 mol nên n_CaCO3 =n_Ca(OH)2 = 0,6 mol → y = 0,6 mol

Tại thời điểm 1,6 mol CO₂ thì kết tủa bắt đầu tan hoàn toàn nên dung dịch chỉ chứa HCO₃^-

→ CO₂ + OH^- → HCO₃^-

→n_OH^- = 1,6 = n_KOH + n_NaOH + 2n_Ca(OH)2 = 0,1 + x + 2y → x = 1,6 – 0,1 - 0,6.2 =0,3 mol

Tại thời điểm z mol CO₂ thì tạo cả HCO₃^- và CO₃^2-

n_CaCO3 = 0,2 mol → n_CO3^2- = 0,2 mol

Dung dịch chứa HCO₃^- ; K⁺ : 0,1 mol ; Na⁺ : 0,3 mol và Ca²⁺ : 0,4 mol

Bảo toàn điện tích có n_HCO3^- = 0,1 + 0,3 + 0,4.2  = 1,2 mol

Bảo toàn C có n_CO2 = n_HCO3^- + n_CO3^2- = 1,2 + 0,2 = 1,4 mol = z

n_CO2 = 0,05 mol ; n_Ca(OH)2 = 0,03 mol => n_OH = 0,06 mol

Nhận thấy: n_CO2 < n_OH < 2.n_CO2

=> n_CO3 = n_OH – n_CO2 = 0,01 mol

Ta có: ∆m = m_CO2 – m_CaCO3 = 0,05.44 – 0,01.100 = 1,2 gam

=> khối lượng dung dịch tăng 1,2 gam

n_CO2 = 0,2 mol; n_OH- = 0,3 mol  =>  n_CO2 < n_OH- < 2.n_CO2

=>  phản ứng sinh ra 2 muối HCO₃^- (x mol) và CO₃^2- (y mol)

- Sử dụng bảo toàn nguyên tố C: \({n_{C{O_2}}} = {n_{HCO_3^ - }} + {n_{CO_3^{2 - }}}\) => x + y = 0,2 (1)

- Sử dụng bảo toàn điện tích: \({n_{O{H^ - }}} = {n_{HCO_3^ - }} + 2{n_{CO_3^{2 - }}}\)=> x + 2y = 0,3  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,1;  y = 0,1 mol

Vì \({n_{C{a^{2 + }}}} = {n_{CO_3^{2 - }}}\)  => CO₃^2-  và Ca²⁺ tạo hết thành kết tủa => dung dịch thu được gồm Na⁺,  HCO₃^-  

=> dung dịch sau phản ứng tác dụng được với HNO₃, Ca(OH)₂

n_HCl = 0,15 (mol) < 2n_CO2 nên X chứa hai muối CO₃^2- và HCO₃^-

Trong 50 ml X, đặt a,b là số mol CO₃^2- và HCO₃^-

Với Ca(OH)₂ dư → n_CaCO3 = a + b = 0,2 (1)

Với HCl, đặt ka, kb là số mol của CO₃^2- và HCO₃^- đã phản ứng.

→ n_HCl = 2ka + kb = 0,15

n_CO2 = ka + kb = 0,12

giải hệ trên được ka = 0,03 và kb = 0,09

→ 3a = b (2)

Từ (1) và (2) → a= 0,05 và b = 0,15

Trong 100 ml X chứa CO₃²-: 0,01 (mol) và HCO₃^-: 0,3 (mol)

Bảo toàn điện tích: x + 2y = 0,1.2 + 0,3

Bảo toàn C → 0,2 + y =0,1 + 0,3

→ x = 0,1 và y = 0,2

n_CO2 = 0,15 mol ; n_Ba(OH)2 = 0,1 mol => n_OH = 0,2 mol

Nhận thấy: n_CO2 < n_OH < 2.n_CO2

=> n_CO3 = n_OH – n_CO2 = 0,05 mol

Ta có: ∆m = m_CO2 – m_BaCO3 = 0,15.44 – 0,05.197 = -3,25 gam

=> khối lượng dung dịch giảm 3,25 gam 

n_CO2 = 0,35 mol; n_OH- = 0,4 mol  =>  n_CO2 < n_OH- < 2.n_CO2

=>  phản ứng sinh ra 2 muối HCO₃^- (x mol) và CO₃^2- (y mol)

- Sử dụng bảo toàn nguyên tố C: ${n_{C{O_2}}} = {n_{HCO_3^ - }} + {n_{CO_3^{2 - }}} = > \,\,x + y = 0,35$  (1)

- Sử dụng bảo toàn điện tích: ${n_{O{H^ - }}} = {n_{HCO_3^ - }} + 2{n_{CO_3^{2 - }}}$ => x + 2y = 0,4  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,3;  y = 0,05 mol

Vì ${n_{B{a^{2 + }}}} > {n_{CO_3^{2 - }}}$ => CO₃^2- tạo hết thành kết tủa => dung dịch thu được gồm Na⁺, Ba²⁺, HCO₃^- 

=> dung dịch sau phản ứng tác dụng được với HNO₃, Ba(OH)₂, NaHSO₄

n_OH- = 0,225 mol ; n_CO2 = 0,2 mol => n_CO2 < n_OH- < 2.n_CO2

=> n_CO3 = n_OH – n_CO2 = 0,025 mol

Vì n_CO3 < n_Ba2+ => n_BaCO3 = n_CO3 = 0,025 mol

=> m_{kết tủa} = 4,925 gam

n_CO2 = 0,015 mol;  n_OH = n_NaOH + n_KOH = 0,04 mol > 2n_CO2

=> OH^‑ dư

=> n_CO3 =  n_CO2 = 0,015 mol

Và n_{OH- dư} = n_{OH- ban đầu} – n_{OH- phản ứng} = n_{OH- ban đầu} -$2{n_{CO_3^{2 - }}}$= 0,01 mol

=> m_rắn = m_Na + m_K + m_CO3 + m_{OH dư} = 2,31 gam

V lớn nhất khi có hiện tượng hòa tan kết tủa

n_OH = n_NaOH + n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,8 mol

n_BaCO3 = 0,14 mol < n_Ba2+ = 0,2 mol => CO₃^2- tạo hết thành kết tủa

=> n_CO2 = n_OH – n_BaCO3 = 0,66 mol

=> V = 14,784 lít

n_CO2 = 0,05 mol; n_KOH = 0,2 mol > 2n_CO2 => OH^- dư

=> dung dịch sau phản ứng gồm K₂CO₃ 0,05 mol và KOH dư 0,1 mol

Nhỏ từ từ HCl đến khi có khí thì dừng, có các phản ứng sau :

HCl + KOH → KCl + H₂O

K₂CO₃ + HCl → KHCO₃ + KCl

=> n_HCl = n_KOH + n_K2CO3 = 0,15 mol

=> V = 0,06 lít = 60 ml

Xét dung dịch sau phản ứng chứa : x mol Ba²⁺ ; 0,05 mol K⁺ ; 0,05 mol Na⁺ và HCO₃^-

Bảo toàn điện tích : n_HCO3 = 0,1 + 2x mol

=> m_muối = m_Ba2+ + m_K+ + m_Na+ + n_HCO3 = 22,15 gam => x = 0,05 mol => n_BaCO3 = 0,2 – 0,05 = 0,15 mol

+) Bảo toàn C : n_CO2 = n_CO3 + n_HCO3 = 0,35 mol

=> V_CO2 = 7,84 lít

CO₂ đến dư thì dung dịch gồm 0,06 mol NaHCO₃ và 0,05 mol Ba(HCO₃)₂

Khi nhiệt phân hoàn toàn thu được : 0,03 mol Na₂CO₃ và 0,05 mol BaO

=> m = 0,03.106 + 0,05.153 = 10,83 gam