Tổng hợp bài tập cacbon - silic hay và khó (phần 1)

Dd C có: ${{n}_{HCO_{3}^{-}}}=0,2\text{ }mol;\text{ }{{n}_{CO_{3}^{2-}}}=0,2\text{ }mol$ và Na⁺ , K⁺

Dd D: ${{n}_{{{H}^{+}}}}=0,3\,mol;\,{{n}_{SO_{4}^{2-}}}=0,1\,mol$và Cl^-

Nhỏ từ từ D vào C

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

0,2  →  0,2 →  0,2

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

0,1 → 0,1   →   0,1

=> V = 0,1.22,4 = 2,24 lít

E chứa HCO₃^- (0,3 mol); SO₄^2- (0,1 mol) và các ion khác

Cho Ba(OH)₂ dư vào E

Ba²⁺  + HCO₃^- + OH^-  →  BaCO₃ + H₂O

               0,3            →        0,3

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

             0,1    →   0,1

=> m = 0,3.197 + 0,1.233 = 82,4 gam

${{n}_{B{{a}^{2+}}~}}={{n}_{\downarrow max}}~=\frac{27,58}{197}=0,14\text{ }mol$ (tại thời điểm ${{n}_{C{{O}_{2}}~}}=a=0,14$)

Khi ${{n}_{C{{O}_{2}}}}~=0,4\text{ }mol$ : dung dịch thu được gồm: Ba²⁺ (0,14 mol), HCO₃^- (0,4 mol) và Na⁺

BTĐT => ${{n}_{N{{a}^{+}}}}~={{n}_{HC{{O}_{3}}^{-}~}}-2{{n}_{B{{a}^{2+}}}}$ = 0,12 mol

BT e: 2n_Ba + n_Na = 2n_O + 2n_H2 => n_O = 0,06 mol

m = m_Ba + m_Na + m_O = 22,9 gam

${{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,1.2+0,225+0,2=0,625\text{ }mol$

Do ${{n}_{{{H}^{+}}}}>{{n}_{C{{O}_{2}}}}$ nên X có cả CO₃^2- => X không có Ba²⁺ => ${{n}_{BaC{{O}_{3}}}}~={{n}_{Ba{{\left( OH \right)}_{2}}}}$= 0,1 mol

Đặt x, y là số mol CO₃^2- và số mol HCO₃^- phản ứng với H⁺

x + y = ${{n}_{C{{O}_{2}}}}$ = 0,25

2x + y = ${{n}_{{{H}^{+}}}}$ = 0,35

=> x = 0,1; y = 0,15

Dung dịch X chứa: K⁺ (0,225 mol), Na⁺ (0,2 mol), CO₃^2- (0,1k mol), HCO₃^- (0,15k mol)

BTĐT: 0,225 + 0,2 = 2.0,1k + 0,15k => k = 1,3

BTNT C: ${{n}_{C{{O}_{2}}}}$_{ban đầu} $={{n}_{BaC{{O}_{3}}}}+{{n}_{CO_{3}^{2-}}}~+\text{ }{{n}_{HCO_{3}^{-}}}$ = 0,1 + 0,13 + 0,195 = 0,425 mol

=> V = 9,52 lít

Xét trong 100 ml dung dịch X

BTNT: C => n_BaCO3 = a + b = 0,2 (1)

Gọi u và v lần lượt là số mol HCO₃^- và CO₃^2- tác dụng với HCl với tỉ lệ u/v = a/b

HCO₃^-   +   H⁺ → CO₂ + H₂O

u           → u    → u                  (mol)

CO₃^2-    +  2H⁺ → CO₂ + H₂O

v            → 2v   → v                (mol)

Ta có hệ phương trình

$\begin{array}{*{20}{l}}{\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sum {{n_{{H^ + }}} = u + 2v = 0,15} }\\{\sum {{n_{C{O_2}}} = u + v = 0,12} }\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{u = 0,09(mol)}\\{v = 0,03(mol)}\end{array}} \right.}\\{ =>\frac{a}{b} = \frac{u}{v} = \frac{1}{3}\Rightarrow 3a - b = 0,2{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (2)}\end{array}$

Từ (1) và (2) => a = 0,05 và b = 0,15 (mol)

Xét trong 200 ml dd X chứa: CO₃^2-: 0,1 ; HCO₃^-: 0,3;  K⁺ : 0,5 (mol) (Bảo toàn điện tích ra được số mol của K⁺)

+ Tại n_CO2 = a mol:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

0,1                    ←   0,1

a = 0,1 mol

+ Từ n_CO2 = a+0,5 đến n_CO2 = x có thêm giai đoạn:

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

0,04←0,04

=> x = 0,04 + a + 0,5 = 0,04 + 0,1 + 0,5 = 0,64 mol

TH₁: Nếu trong dd X có OH^- dư => dd X chứa OH^- dư, CO₃^2-, K⁺

Khi cho từ từ 100 ml dd X vào 0,15 mol HCl

OH^- + H⁺ → H₂O

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ ↑+ H₂O

=> ${{n}_{{{H}^{+}}}}~={{n}_{O{{H}^{-}}}}+2{{n}_{C{{O}_{2}}}}~>0,12.2=0,24\text{ }\left( mol \right)$

=> loại vì ${{n}_{{{H}^{+}}}}=0,15\left( mol \right)$

Vậy dd X không chứa OH^- dư

TH₂: dd X không chứa OH^- dư ta có sơ đồ bài toán như trên

Khi cho từ từ 100ml dd X vào 0,15 mol HCl có phản ứng:

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

x       →  x   →   x                 (mol)

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂ + H₂O

y      →  2y   →  y                  (mol)

Gọi x và y là số mol khi tham gia phản ứng với HCl với tỉ lệ $\frac{x}{y}=\frac{a}{b}$

Ta có:

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\sum {{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,12} }\\{\sum {{n_{HCl}} = x + 2y = 0,15} }\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,09\left( {mol} \right)}\\{y = 0,03\left( {mol} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{x}{y} = \frac{3}{1} =  > a = 3b{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} (1)$

BTNT C: ${{n}_{BaC{{O}_{3}}}}$ = a + b = 0,2 (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,15 và b = 0,05 (mol)

Trong 200 ml dd X: ${{n}_{HCO_{3}^{-}}}~=0,3\left( mol \right);\,{{n}_{CO_{3}^{2-}}}~=0,1\left( mol \right)$

Bảo toàn điện tích đối với dd X : n_K+ = 0,3 + 0,1.2 = 0,5 (mol)

BTNT C: ${{n}_{CO2(b)}}+{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}={{n}_{HCO_{3}^{-}}}+{{n}_{CO_{3}^{2-}}}~$=> 0,2 + y = 0,3 + 0,1 => y = 0,2 (mol)

BTNT K: ${{n}_{K+}}={{n}_{KOH}}+2{{n}_{{{K}_{2}}C{{O}_{3}}}}=>{{n}_{KOH}}=0,52.0,2=0,1\left( mol \right)$

=> x = 0,1 (mol)

Bảo toàn e cho cả quá trình

=> n_{e (CO) nhường} = n _{e (HNO3) nhận}

=> ${{n}_{~CO}}~=\frac{0,14.3}{2}=0,21\left( \text{ }mol \right)$

=> V_CO = 4,704 (lít)

Coi X gồm Fe : x (mol) và O : y (mol)

Dùng bảo toàn e và bảo toàn khối lượng

$\to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{56{\rm{x}} + 16y = 44,46}\\{3{\rm{x}} - 2y = 0,14.3}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,59775 = {n_{F{\rm{e}}}} \Rightarrow {n_{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}} = 0,298875}\\{y = 0,686625 = {n_O}}\end{array}} \right.$

=> m_Fe2O3 = 0,298875.160 = 47,82 (gam)

Hỗn hợp ban đầu chứa Na (x mol); Ba (y mol) và O (z mol)

=> 23x + 137y + 16z = 34,6  (1)

Bảo toàn electron: x + 2y = 2z + 2a  (2)

Trên đồ thị, khi CO₂ = 0,66 thì kết tủa bị hòa tan hết => ${{n}_{HCO_{3}^{-}}}=0,66$

Bảo toàn điện tích => x + 2y = 0,66  (3)

Tại n_CO2 = 0,53 thì kết tủa bị hòa tan 1 phần

${{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=a\Rightarrow {{n}_{Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}=y-a$ và ${{n}_{NaHC{{O}_{3}}}}=x$

Bảo toàn C => a + 2.(y – a) + x = 0,52  (4)

Từ (1), (2), (3), (4) => x = 0,3;  y = 0,18;  z = 0,19;  a = 0,14

${{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=0,12\Rightarrow {{n}_{BaS{{O}_{4}}}}=0,12$

$\Delta m=34,6{-{m}_{BaS{{O}_{4}}}}-{{m}_{{{H}_{2}}}}=6,36$ => tăng 6,36 gam

X chứa ${{n}_{CO_{3}^{2-}}}=a\text{ }v\grave{a}\text{ }{{n}_{HCO_{3}^{-}}}=b$

=> n_{CO2 max} = a + b = 0,2

n_HCl = 2a + b = 0,28

=> a = 0,08 và b = 0,12 => a/b = 2/3

Khi cho từ từ X vào HCl, đặt 2x và 3x là số mol CO₃^2- và HCO₃^- phản ứng

=> n_H+ = 2x.2 + 3x = 0,175

=> x = 0,025

=> n_CO2 = 5x = 0,125

=> V = 2,8 lít