Bài tập một số muối quan trọng

A,C,D không có phản ứng hóa học xảy ra

B. PTHH: NaOH + HCl → NaCl + H₂O

PTHH: \(2NaCl\xrightarrow{{dpnc}}2Na + C{l_2}\)

NaHSO₄ là muối axit, có tính chất như một axit mạnh nên làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ

Phản ứng sinh ra kết tủa trắng BaSO₄. PTHH: Na₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2HCl

Hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng

H₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ trắng + 2HCl

A. Loại HCl là axit

B. Thỏa mãn tất cả đều là muối

C. Loại H₂SO₄ là axit còn NaOH là bazo

D. Loại CaO là oxit bazo, Ba(OH)₂ là bazo

CaCO₃ có thể phản ứng với HCl

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + H₂O + CO₂↑

Để phân biệt hai dung dịch Na₂CO₃ và NaCl ta có thể dùng chất HCl vì

Na₂CO₃  + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂  còn NaCl không tác dụng nên không có hiện tượng

Trích mẫu thử của từng chất vào các ống nghiệm riêng biệt và đánh dấu tương ứng

- Cho dung dịch NaOH dư vào 4 ống nghiệm trên

+ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu xanh thì ống nghiệm đó chứ Cu(NO₃)₂

3NaOH + Cu(NO₃)₂ → Cu(OH)₂↓ + 2NaNO₃

+ ống nghiệm nào xuất hiện kết tủa màu nâu đỏ thì ống nghiệm đó chứa Fe(NO₃)₃

3NaOH + Fe(NO₃)₃ → Fe(OH)₃↓ + 3NaNO₃

+ ống nghiệm nào không có hiện tượng hig chứa NaNO₃ và Ba(NO₃)₂

- Cho H₂SO₄ dư vào 2 dung dịch chưa phân biệt được NaNO₃ và Ba(NO₃)₂

+ ống nghiệm xuất hiện kết tủa màu trắng là Ba(NO₃)₂

H₂SO₄ + Ba(NO₃)₂ → BaSO₄↓ + 2HNO₃

FeCl₂ + Mg → MgCl₂ + Fe↓

FeCl₂ + KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

FeCl₂ + NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

FeCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Fe(NO₃)₂

Đây là trường hợp đặc biệt: 4Fe(NO₃)₂ → 2Fe₂O₃   +   4NO₂     +  5O₂

Lấy mẫu thử của 3 dung dịch

Dùng quì tím

+ Na₂SO₄ không làm quì đổi màu

+ HCl và H₂SO₄ làm quì hóa đỏ

Dùng BaCl₂ nhận biết HCl và H₂SO₄

+ không có hiện tượng là HCl

+ Xuất hiện kết tủa trắng là H₂SO₄

 BaCl₂   +   H₂SO₄  →  BaSO₄+ 2HCl

Đổi 200 ml = 0,2 (lít)

n_KOH = V_KOH. C_M KOH = 0,2.1 = 0,2 (mol)

PTHH: 2KOH + MgSO₄→ Mg(OH)₂↓ + K₂SO₄

Theo PTHH: n_MgSO4 = 1/2 n_KOH = 1/2. 0,2 = 0,1 (mol)

→ V_MgSO4 = 0,1 : 2 = 0,05 lít

200 ml = 0,2 (lít)

n_Ca(OH)2 = V. C_M = 0,2.1 = 0,2 (mol)

n_CaCO3 = m_CaCO3 : M_CaCO3 = 15 : 100 = 0,15 (mol)

Ta thấy n_CaCO3 < n_Ca(OH)2  nên có 2 trường hợp xảy ra

TH₁: Phản ứng chỉ tạo ra muối CaCO₃. Khi đó CO₂ pư hết, dd Ca(OH)₂ dư. Mọi tính toán theo số mol CO₂ và CaCO₃

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O   (1)

(mol)    0,15                   ←  0,15

Theo PTHH (1): n_CO2 = n_CaCO3 = 0,15 (mol) ⟹ V_CO2(đktc) = 0,15.22,4 = 3,36 (lít)

TH₂: Phản ứng tạo cả muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂. Khi đó cả CO₂ và Ca(OH)₂ cùng phản ứng hết. Mọi tính toán theo số mol của Ca(OH)₂, CO₂ và CaCO₃.

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O   (2)

(mol)    0,15      0,15     ←  0,15

            2CO₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂       (3)

Theo PTHH (2): n_Ca(OH)2(2) = n_CaCO3 =0,15 (mol)

⟹ n_Ca(OH)2(3) = n_{Ca(OH)2 ban đầu} - n_Ca(OH)2(2) = 0,2 - 0,15 = 0,05 (mol)

Theo PTHH (3): n_CO2 = 2n_Ca(OH)2(3) = 2.0,05 = 0,1 (mol)

Theo PTHH (2): n_CO2(2) = n_CaCO3 = 0,15 (mol)

⟹ ∑n_{CO2 (2)+(3)} = 0,15 + 0,1 = 0,25 (mol) ⟹ V_CO2(đktc) = 0,25.22,4 = 5,6 (lít)

Nhiệt phân A tạo ra chất hữu cơ E => A là muối ngậm nước của axit hữu cơ

Khi nhiệt phân muối canxi của axit hữu cơ ta thu được anđehit/xeton (E) và CaCO₃

Như vậy B gồm: H₂O và anđehit/xeton (E)

Khi cho hỗn hợp B qua CaO thì chỉ có H₂O bị hấp thụ: CaO + H₂O → Ca(OH)₂ (D)

Giả sử n_Ca(OH)2 = 1 mol; n_E = 2 mol => n_H2O = n_Ca(OH)2 = 1 mol

- Xét hỗn hợp B: M_B = 1,015.44 = 44,66

Áp dụng phương pháp đường chéo ta có:

- Xét phản ứng đốt cháy 5,8 gam E: n_E = 5,8 : 58 = 0,1 mol; n_CO2 = n_CaCO3 = 30 : 100 = 0,3 mol

=> Số C trong E = n_CO2 : n_E = 0,3 : 0,1 = 3

Vậy suy ra E có CTPT là C₃H₆O

- Xét phản ứng nhiệt phân 1mol muối A: nCaX₂.H₂O \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) nCaCO₃ + 2C₃H₆O + H₂O

BTKL: m_A = m _{sản phẩm} = 100n + 2.58 + 18 = 100n + 134 (g)

Mà CaCO₃ bằng 59,9% khối lượng của A nên ta có phương trình: \(\frac{{100n}}{{100n + 134}}.100\%  = 59,9\% \) => n = 2

=> A có dạng là 2CaX₂.H₂O

Ta thấy 1 mol muối A nặng 100.2 + 134 = 334 gam => M_A = 334 (g/mol) => 2(40 + 2M_X) + 18 = 334 => M_X = 59

=> X là CH₃COO-

Vậy suy ra A là 2(CH₃COO)₂Ca.H₂O; E là CH₃-CO-CH₃ (axeton)

\(\begin{array}{l}\overline M C{O_3} \to MO + C{O_2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\C{O_2} + Ca{(OH)_2} \to CaC{O_3} \downarrow  + {H_2}O\,\,\,(2)\\0,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow 0,15\\2CO2 + Ca{(OH)_2} \to Ca{(HC{O_3})_2} + {H_2}O\,(3)\end{array}\)

Ca(HCO₃)₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CaCO₃↓ + CO₂↑ + H₂O (4)

0,06                  ←    0,06

\({n_{CaC{O_3}(2)}} = \frac{{15}}{{100}} = 0,15\,(mol);\,{n_{CaC{O_3}\,(4)}} = \frac{6}{{100}} = 0,06\,(mol)\)

Ta có: \(\sum {{n_{C{O_2}(1)}} = {n_{C{O_2}(2)}} + {n_{C{O_2}(3)}} = {n_{C{O_2}(2)}} + 2{n_{CaC{O_3}(4)}} = 0,15 + 2.0,06 = 0,27\,(mol)} \)

\( \Rightarrow {n_{MC{O_3}}} = {n_{C{O_2}(1)}} = 0,27\,(mol)\)

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của MgCO₃; CaCO₃; BaCO₃ trong 100 g hỗn hợp

\( \Rightarrow x + y + z = \frac{{100.0,27}}{{25}} = 1,08 \Rightarrow y + z = 108 - x\,\,(*)\)

Có: 84x + 100x + 197z = 100 → 100y + 197z = 100 – 84x (**)

\({M_{CaC{O_3}}} < {\overline M _{CaC{O_3},BaC{O_3}}} < {M_{BaC{O_3}}}\)

\( \Rightarrow 100 < \frac{{100y + 197z}}{{y + z}} < 197\)

Thế (*) và (**) vào ta có: \( \Rightarrow 100 < \frac{{100 - 84x}}{{1,08 - x}} < 197\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}100.(1,08 - x) < 100 - 84x\\100 - 84x < 197.(1,08 - x)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}108 - 100x < 100 - 84x\\100 - 84x < 212,76 - 197x\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}8 < 16x\\113x < 112,76\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}0,5 < x\\x < 0,9979\end{array} \right.\)

→ 0,5 < x < 0,9979

Nhân cả các vế với 84

→ 42 < 84x < 83,82

Phần trăm khối lượng của MgCO₃ trong hh là: \(\% {m_{MgC{O_3}}} = \frac{{{m_{MgC{O_3}}}}}{{{m_{hh}}}}.100\%  \Rightarrow \frac{{42}}{{100}}.100\%  < \frac{{84x}}{{100}}.100\%  < \frac{{83,82}}{{100}}.100\% \)

\( \Rightarrow 42\%  < \% {m_{MgC{O_3}}} < 82,83\% \)

Đặt công thức  của muối cacbonat là MCO₃.

Các PTHH:

MCO₃ + 2 HCl →MCl₂ + CO₂↑ + H₂O   (1)

NaOH + CO₂ → NaHCO₃.                    (2)

a                a                a

2NaOH   +   CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O.          (3)                                              

2b                 b                b

Số mol NaOH: n_NaOH = 0,5. 2 = 1 mol

Cho CO₂ vào dung dịch NaOH có thể xảy ra các trường hợp sau:

TH1: chỉ xảy ra pư (2). NaOH_PƯ hết, CO₂ có thể hết hoặc dư. Mọi tính toán theo NaOH

Theo(3): n_NaHCO3 = n_NaOH = 1(mol) => m_NaHCO3 = 1 . 84 = 84(g) ≠ 47,8(g)=> loại

TH2: xảy ra cả (2) và (3). CO₂ và NaOH đều hết. rắn thu được là 2 muối

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ tham gia ở phản ứng  (2)  và (3).

Theo phương trình và bài ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{NaOH}} = a + 2b = 1\\{m_{muoi}} = 84a + 106b = 47,8\end{array} \right.\) => vô nghiệm => loại

TH3: xảy ra (3). CO₂ hết, rắn sau pư là NaOH_dư và Na₂CO₃

Gọi n_CO2(3)= x(mol);  n_NaOHdư = y(mol)

Theo (3) n_NaOHpư = 2n_CO2(4)=2x(mol) ; n_Na2CO3 =  n_CO2(4) = x(mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{NaOH}} = 2x + y = 1\\\sum {m{\,_{ran}}\, = m{\,_{N{a_2}C{O_3}}} + {m_{NaO{H_{\,du}}}} = 106x + 40y = 47,8} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,3\\y = 0,4\end{array} \right.\)

→ n_MCO3 = n_CO2(3) = 0,3 (mol)

\({M_{MC{O_3}}} = \frac{{{m_{MC{O_3}}}}}{{{n_{MC{O_3}}}}} = \frac{{25,2}}{{0,3}} = 84 \Rightarrow {m_M} = 84 - 60 = 24\,(Mg)\)

→ Công thức muối: MgCO₃

n _BaCl2 = m_BaCl2 : M_BaCl2 = 1,04 : (137 + 35,5 . 2) = 0,005 mol

n_AgNO3 = m_AgNO3 : M_AgNO3 = 3,4 : (108 + 14 + 3 . 16) = 0,02 mol

PTHH:               BaCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Ba(NO₃)₂

Tỉ lệ:                   1                      2          2                      1

Pứ:                     0,005               0,02     ?mol                ?mol

Ta có

=> BaCl₂ phản ứng hết, AgNO₃ dư

n_{AgNO3phản ứng} = 2n_BaCl2 = 0,01 mol

=> n_{AgNO3 dư} = n_AgNO3 – n_{AgNO3 phản ứng} = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol

n_Ba(NO3)2 = n_BaCl2 = 0,005 mol

Vdd sau phản ứng = V_BaCl2 + V_AgNO3 = 30 + 170 = 200ml = 0,2 lít

=> C_{M AgNO3} = n_AgNO3 : V_dd = 0,01 : 0,2 = 0,05M

C_{M Ba(NO3)2} = n _Ba(NO3)2 : V_dd = 0,005 : 0,2 = 0,025M

=> m Muối = 10,33 gam