Hỗn hợp X gồm Na, Ba và Al2O3 (trong đó oxi chiếm 24,78% khối lượng). Hòa tan hết 29,05 gam X trong nước dư, thu được dung dịch Y và 4,48 lít H2 (đktc). Cho từ từ dung dịch Z chứa hỗn hợp HCl 0,8M và H2SO4 0,1M vào X đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi, thu được m gam chất rắn. Giá trị gần nhất của m là
Suy nghĩ và trả lời câu hỏi trước khi xem đáp án
Lời giải:
Báo saimO(X) = 29,05.24,78% = 7,2 gam => nO(X) = 0,45 mol
BTNT "O": nAl2O3 = nO(X) : 3 = 0,15 mol
Đặt nNa = x và nBa = y (mol)
mX = 23x + 137y + 0,15.102 = 29,05
BTe: nNa + 2nBa = 2nH2 => x + 2y = 2.0,2
Giải hệ thu được x = 0,3 và y = 0,05
Vậy dung dịch Y chứa: Na+ (0,3 mol), Ba2+ (0,05 mol), AlO2- (0,3 mol) và OH-
BTĐT tính được nOH- dư = nNa+ + 2nBa2+ - nAlO2- = 0,1 mol
Cho từ từ hỗn hợp HCl (8a mol) và H2SO4 (a mol) vào dd Y:
(1) H+ + OH- → H2O
(2) H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3
(3) 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O
(4) Ba2+ + SO42- → BaSO4
nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 10a (mol); nSO42- = a mol
Các điểm cực đại của kết tủa:
- Điểm Al(OH)3 đạt cực đại: nH+ = nOH- + nAlO2- => 10a = 0,1 + 0,3 = 0,4 => a = 0,04
=> m1= mAl(OH)3 + mBaSO4 = 0,3.78 + 0,04.233 = 32,72 gam
- Điểm BaSO4 đạt cực đại: nBaSO4 = nSO42- = nBa2+ => a = 0,05 mol => nH+ = 0,5 mol
(1) H+ + OH- → H2O
0,1 ← 0,1
(2) H+ + AlO2- + H2O → Al(OH)3
0,3 ← 0,3 → 0,3
(3) 3H+ + Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O
0,5-0,1-0,3 → 0,1/3
=> m2 = mAl(OH)3 + mBaSO4 = (0,3-0,1/3).78 + 0,05.233 = 32,45 gam
m1 > m2 => m1 = m kết tủa max
Vậy
\(\left\{ \begin{array}{l}
Al{(OH)_3}:0,3\\
BaS{O_4}:0,04
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
A{l_2}{O_3}:0,15\\
BaS{O_4}:0,04
\end{array} \right.\)
=> m chất rắn = 0,15.102 + 0,04.233 = 24,62 gam
Đáp án cần chọn là: C
Đề thi giữa HK2 môn Hóa học 12 năm 2021-2022
Trường THPT Ngô Gia Tự
