Bài tập oxit axit tác dụng với dung dịch kiềm

Tính: n_NaOH= 0,08 mol; n_CO2= 0,07 mol; n_BaCl2= 0,04mol; n_ba(OH)2= 0,25a mol; n_BaCO3= 0,02 mol

*Thí nghiệm 1: Phản ứng của CO₂ với NaOH

n_OH- : n_CO2= 0,08 : 0,07 = 1,14 nên tạo 2 muối là NaHCO₃ và Na₂CO₃

CO₂ + NaOH → NaHCO₃

CO₂+ 2NaOH → Na₂CO₃+ H₂O

Đặt n_NaHCO3=x mol; n_Na2CO3=  y mol

→ x+y= 0,07; x+ 2y= 0,08 → x= 0,06; y= 0,01

*Thí nghiệm 2: Phản ứng của X với dung dịch Y chứa Ba(OH)₂ và BaCl₂

Ta thấy n_CO2= 0,07 > n_BaCO3= 0,02 mol < n_Ba(ddY)= (0,04 + 0,25a)

Chứng tỏ sau phản ứng còn dư các chất tan của Ba và muối -HCO₃

Do đó trong Z không có NaOH hoặc Ba(OH)₂ hoặc Na₂CO₃

(Chú ý: các chất kể trên tác dụng được với muối -HCO₃ hoặc hợp chất tan của kim loại Ba, nên chúng không thể tồn tại trong dung dịch Z)

Coi như chỉ xảy ra các phản ứng:

Ba(OH)₂            + 2 NaHCO₃   → BaCO₃   + Na₂CO₃ + 2H₂O

0,25a                  0,5a               0,25a         0,25a

BaCl₂       +     Na₂CO₃     →   BaCO₃+ 2NaCl

                (0,25a + 0,01)→ (0,25a + 0,01) mol

Ta có: n_BaCO3= 0,25a + 0,25a + 0,01 = 0,02 mol → a = 0,02M

Tính được n_Ba(OH)2= n_KOH= 0,2 mol; n_BaSO3= 0,15 mol

Dung dịch Y + NaOH → Kết tủa →chứng tỏ Y có Ba(HSO₃)₂

Vậy sau phản ứng có các muối BaSO₃, Ba(HSO₃)₂, KHSO₃

(Không thể có K₂SO₃ hoặc kiềm dư vì chúng đối kháng với Ba(HSO₃)₂)

Các phương trình hóa học:

2FeS₂ + 11/2 O₂ → Fe₂O₃+ 4SO₂ (1)

SO₂+ Ba(OH)₂ → BaSO₃ + H₂O (2)

0,15    0,15           0,15 mol

2SO₂     + Ba(OH)₂ →Ba(HSO₃)₂ (3)

0,1 ←    (0,2-0,15) mol

SO₂+ KOH → KHSO₃ (4)

0,2     0,2 mol

Tổng số mol SO₂ là 0,15 + 0,1+ 0,2= 0,45mol

Theo PT (1): n_FeS2= 0,5. n_SO2=0,225 mol → m_FeS2= 0,225. 120 = 27 gam

Ta có: n_Ba(OH)2= 0,12 mol; n_CO2= 0,1 mol ; n_CO2= 0,2 mol

-Tại điểm cực đại:

CO₂+ Ba(OH)₂ → BaCO₃+ H₂O

0,12       0,12           0,12

Vậy khi n_CO2= 0,12 mol thì lượng kết tủa đạt cực đại

Vậy khi đi từ n_CO2 = 0,1 mol đến 0,12 mol thì lượng kết tủa sẽ dần tăng lên. Khi đi từ n_CO2= 0,12mol đến 0,2 mol thì lượng kết tủa sẽ dần giảm xuống

→Lượng kết tủa nhỏ nhất khi n_CO2= 0,1 mol hoặc 0,2 mol.

-Khi n_CO2= 0,1 mol

CO₂+ Ba(OH)₂ → BaCO₃+ H₂O

0,10       0,10           0,10 mol

Ta có: n_BaCO3= 0,1 mol

-Khi n_CO2= 0,2 mol

CO₂+ Ba(OH)₂ → BaCO₃+ H₂O

x             x                  x mol

2CO₂                + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂

2y                    y mol

Ta có: n_Ba(OH)2= x + y= 0,12 mol ; n_CO2= x+ 2y= 0,2 mol

→ x= 0,04 mol ; y = 0,08 mol

Ta có: n_BaCO3= 0,04 mol

So sánh 2 trường hợp trên ta thấy n_{BaCO3 min}= 0,04 mol → m_{BaCO3 min}= 7,88 gam

Tính số mol: n_CO2= 0,14 mol; n_BaCO3= 0,03 mol

n_NaOH= 0,7V mol; n_Ba(OH)2= 0,5V mol → n_OH-= 1,7V mol

Các phương trình hóa học có thể xảy ra:

CO₂    + Ba(OH)₂ → BaCO₃+ H₂O (1)

0,5V          0,5V            0,5V mol

CO₂+ 2NaOH → Na₂CO₃+ H₂O (2)

0,35V   0,7V         0,35V mol

CO₂+ Na₂CO₃ + H₂O → 2 NaHCO₃ (3)

0,35V   0,35V                 0,7V mol

CO₂ +               BaCO₃             + H₂O → Ba(HCO₃)₂ (4)

(0,14-2V)       (0,14-2V) mol

Ví n_CO2 > n_BaCO3 nên có 2 trường hợp xảy ra:

*Trường hợp 1: Nếu kết tủa cực đại: Phản ứng (1) đã hoàn toàn, phản ứng (4) chưa xảy ra

Ta có: n_Ba(OH)2= n_BaCO3= 0,03 mol → 0,5V= 0,03 → V= 0,06 lít

Khi đó n_OH-= 1,7.0,06= 0,102 mol <n_CO2 nên kết tủa không tồn tại (Loại)

*Trường hợp 2: Kết tủa bị tan một phần:

Phản ứng (4) đã xảy ra một phần:

Ta có:n_{BaCO3 pứ ở (4)}= 0,14-2V= 0,5V- 0,03 mol → V= 0,1 lít

Gọi chất tương đương với NaOH và KOH là ROH

trong đó \(R = \frac{{0,1.23 + 0,05.39}}{{0,1 + 0,05}} = \frac{{85}}{3}(g/mol)\) 

Vậy ROH có  \(\overline {{M_{ROH}}}  = \frac{{136}}{3}g/mol\) và n_ROH= 0,1+0,05= 0,15 mol

Xét các trường hợp sau:

TH1: Chất rắn khan chứa RH₂PO₄: 0,15 mol

→ m_{rắn khan}= 0,15. (+2+31+ 16.4)= 18,8 (gam) > 8,56 gam

TH2: Chất rắn khan chứa R₂HPO₄: 0,075 mol

→ m_{chất rắn}= 0,075. (2. +1+31+16.4)=11,45 gam > 8,56 gam

TH3: Chất rắn khan chứa R₃PO₄: 0,05 mol

→ m_{chất rắn}= 0,05. (.3+ 31+ 16.4)= 9 gam > 8,56 gam

mà khối lượng chất rắn khan thu được là 8,56 gam nên chất rắn khan chứa R₃PO₄ (a mol) và ROH dư ( b mol)

Ta có: m_{chất rắn khan}=180.a +\(\frac{{136}}{3}\).b= 8,56 gam

Bảo toàn nguyên tố R ta có: n_R= 3a + b= 0,15 mol

Giải hệ trên ta có: a= 0,04; b= 0,03

P₂O₅+ 6ROH → 2R₃PO₄+ 3H₂O

Theo PT có: n_P2O5= 0,5.a= 0,02 mol → m_P2O5= 0,02.142=2,84 gam

TH 1: P₂O₅ và NaOH pứ vừa đủ tạo muối:  n_H2O = n_NaOH = 0,507mol.

 P₂O₅ + H₂O  2H₃PO₄

m/142     →           2m/142 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

BKTL: m_HPO + m_NaOH = m _rắn + m_HO

            (2m/142).98 + 0,507x40 = 3m + 0,507x18  →m = 6,886gam (loại).

TH2:Chất rắn gồm: NaOH_dư; Na₃PO₄

P₂O₅ + 6NaOH→ 2Na₃PO₄ + 3H₂O

m/142    0,507 2m/142            3m/142                

BTKL: m_PO+ m_NaOHbđ = m _rắn + m_HO

m + 0,2535x2x40 = 3m + 18x3m/142 => m = 8,52g.

Ta có n_P =0,1 mol, n_NaOH= 0,2 mol

4P + 5O₂→ 2P₂O₅ (1)

0,1              0,05 mol

Cho P₂O₅ vào dung dịch NaOH thì:

P₂O₅+ 3H₂O→ 2H₃PO₄ (2)

0,05               0,1 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

Ta có T= n_NaOH/ n_H3PO4= 0,2/0,1=2→ Phản ứng theo PT (2)

n_Na2HPO4= n_H3PO4= 0,1 mol → m_Na2HPO4=0,1.142=14,2 gam

n_Ba(OH)2= 0,2 mol; n_NaOH= 0,2 mol

n_OH-= 0,6 mol; n_BaCO3=19,7/197= 0,1 mol

Ta có 2 trường hợp:

-TH1: CO₂ tác dụng với OH^- chỉ tạo CO₃^2-

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,1       0,2←   0,1 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

0,2       0,1 ←  0,1 mol

→V_CO2= 2,24 lít

-TH2: CO₂ tác dụng với OH^- tạo CO₃^2- và HCO₃^-

CO₂+ OH^-→ HCO₃^-

0,4  ←(0,6-0,2) mol     

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,10,2←   0,1           

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

0,2       0,1 ←  0,1 mol

Ta có: n_CO2= 0,1+ 0,4= 0,5 mol → V_CO2= 11,2 lít

Ta có: n_Ba(OH)2= 0,4. 0,6= 0,24 mol

Khi sục thêm 0,7V lít khí CO₂ vào dung dịch X thu thêm 0,3a gam kết tủa nên chứng tỏ trong dung dịch X chứa Ba(OH)₂ dư

- Hấp thụ V lít CO₂ vào dung dịch Ba(OH)₂ thu được a gam kết tủa:

CO₂+ Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O

a/100         a /100     ←           a/100 mol

Ta có: n_CO2= n_BaCO3 →  V/22,4= a/100 (1)

-Hấp thụ 1,7V lít CO₂ vào dung dịch Ba(OH)₂ thu được tổng cộng a+0,3a= 1,3 a gam kết tủa.

*TH1: Kết tủa chưa bị hòa tan:

CO₂        +     Ba(OH)₂ →             BaCO₃ ↓ + H₂O

1,3a/100        1,3 a /100     ←           1,3a/100 mol

Ta có: n_CO2= n_BaCO3 →  1,7V/22,4= 1,3a/100 (2)

Từ (1) và (2) ta có V=0 ; a= 0 nên trường hợp này loại

*TH2 : Kết tủa bị hòa tan một phần

CO₂        +     Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O

1,3a/100         1,3a/100              1,3a/100 mol

2CO₂+ Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂

\((\frac{{1,7V}}{{22,4}} - \frac{{1,3a}}{{100}})mol\) → \(0,5(\frac{{1,7V}}{{22,4}} - \frac{{1,3a}}{{100}})mol\)

Ta có n_Ba(OH)2== 0,24 mol (3)

Giải hệ (1) và (3) ta có a=16 ; V= 3,584 lít

Ta có: \({n_{KOH}} = \frac{{11,2.50}}{{100.56}} = 0,1mol;{n_{Ba(OH)2}} = \frac{{150.22,8}}{{100.171}} = 0,2mol;n{}_{CO2} = \frac{{7,84}}{{22,4}} = 0,35mol\) 

n_OH-= 0,1+ 2.0,2= 0,5 mol→  \(T = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,5}}{{0,35}} = 1,43\) → Tạo 2 loại muối : HCO₃^- và CO₃^2-

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

x          x          x mol

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

y         2y            y mol

Có n_CO2= x+ y= 0,35;

n_OH-= x+ 2y= 0, 5 suy ra x=0,2; y= 0,15 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

0,2     0,15 mol   0,15 mol

m_BaCO3= 0,15. 197= 29,55 (gam)

m_CO2= 0,35.44=15,4 gam

Do m_CO2< m_BaCO3 nên khối lượng dung dịch giảm một lượng là:

∆m_giảm= m_BaCO3- m_CO2= 29,55- 15,4= 14,15 gam

Ta có: n_{CaCO3 lần 1}= 5/100= 0,05 mol; n_{CaCO3 lần 2}­= 2,5/100= 0,025 mol

Do khi lọc kết tủa rồi đem đun nóng nước lọc thấy xuất hiện kết tủa nên CO₂ phản ứng với nước vôi trong theo 2 PTHH sau:

CO₂+ Ca(OH)₂ → CaCO₃+ H₂O

0,05←                    0,05 mol

2CO₂                + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

0,05←                                   0,025 mol

Ca(HCO₃)₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CaCO₃+ CO₂+ H₂O

0,025 →                0,025 mol

→Tổng số mol CO₂ ban đầu là n_CO2= 0,05= 0,05= 0,1 mol→ V_CO2= 2,24 lít

Ba+ 2H₂O → Ba(OH)₂+ H₂

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Đặt n_Ba= x mol; n_Na= y mol → m_{hỗn hợp}= 137x + 23y= 17,15 gam

n_H2= x+ ½ y=3,92/22,4=0,175 mol ; n_OH-= 2.n_H2= 0,35 mol

Giải hệ trên ta có: x= 0,1 mol ; y=0,15 mol

Để giải bài này ta nên sử dụng phương trình phân tử :

Sục khí CO₂ vào dung dịch Y chứa NaOH, Ba(OH)₂ thì xảy ra các PTHH sau:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O (1)

CO₂+ 2NaOH → Na₂CO₃+ H₂O (2)

CO₂+ Na₂CO₃+ H₂O→ 2NaHCO₃ (3)

CO₂+ BaCO₃+ H₂O → Ba(HCO₃)₂ (4)

Để lượng kết tủa thu được lớn nhất thì BaCO₃ không bị hòa tan

→Lượng CO₂ nhỏ nhất khi xảy ra phản ứng (1), còn lượng CO₂ lớn nhất khi xảy ra phản ứng (1), (2), (3)

-KHi xảy ra phản ứng (1): n_CO2= n_Ba(OH)2= x= 0,1 mol

-Khi xảy ra cả phản ứng (1,2,3): n_CO2= n_Ba(OH)2+ 1/2n_NaOH+ n_Na2CO3

=0,1+0,5 .0,15+ 0,5.0,15= 0,25 mol

→ 0,1 ≤ n_CO2 ≤ 0,25 mol→2,24 ≤ V_CO2 ≤ 5,6

Do dung dịch A tác dụng với BaCl₂ dư thu được kết tủa → A chứa muối Na₂CO₃

Do dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được kết tủa nhiều hơn khi tác dụng với dung dịch BaCl₂ dư nên A ngoài Na₂CO₃ còn chứa NaHCO­₃

CO₂+ NaOH → NaHCO₃

CO₂+ 2NaOH → Na₂CO₃+ H₂O

BaCl₂+ Na₂CO₃→ BaCO₃ + 2NaCl

Ba(OH)₂+ Na₂CO₃ → BaCO₃+ 2NaOH

Ba(OH)₂+ 2NaHCO₃ → BaCO₃ ↓ + Na₂CO₃+ 2H₂O

Ta có: n_SO2= 1,792/22,4= 0,08 mol; n_BaSO3= 8,68/ 217= 0,04 mol

Ta có: n_SO2> n_BaSO3 nên xảy ra 2 PTHH sau:

SO₂ + Ba(OH)₂ → BaSO₃ + H₂O (1)

0,04       0,04←       0,04 mol

2SO₂+             Ba(OH)₂ → Ba(HSO₃)₂ (2)

(0,08-0,04) →  0,02 mol

Tổng số mol Ba(OH)₂ là: n_Ba(OH)2= 0,04 + 0,02 = 0,06 mol

→ C= C_{M Ba(OH)2}= 0,06/ 0,25= 0,24M