Bài tập Cacbon - Silic có giải chi tiết (mức độ vận dụng cao)

Đáp án A

Phương pháp: Ghi nhớ CT tính phần trăm của A có trong A_XB_YC_Z là:

%A = (x.M_A / M_AxByCz). M _AxByCz .100%

Hướng dẫn giải:

Công thức của Y là XO

=> %X = X/(X+ 16) = 42,86%

=> X = 12

Vậy Y là CO

(1) Sai

(2) Đúng: C + H2O → CO + H₂

(3) Đúng: HCOOH →CO + H₂O (H₂SO₄ đặc xt)

(4) Đúng: CO + CH₃OH → CH₃COOH

(5) Sai

(6) Đúng, H₂CO₃ mạnh hơn H₂SiO₃

Đáp án A

Dd C có:  n_HCO3-= 0,2 mol ; n_CO32-= 0,2 mol.

Dd D:n_H+= 0,3 mol ;

Nhỏ từ từ D vào C

CO₃^2-  +  H⁺   →    HCO₃^-

0,2   →    0,2     →     0,2

=> n_H+ = 0,1 mol ;  mol

Cho Ba(OH)₂ vào E

HCO₃^-  +  H⁺  →     H₂O  +  CO₂

0,1   →      0,1            →      0,1

=>V_CO2= 0,1.22,4 = 2,24 lít.    

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.

Đáp án B

nBa²⁺ = n _{kết tủa max} = 27,58/197 = 0,14 mol (tại thời điểm nCO₂ = a = 0,14)

Khi nCO₂ = 0,4 mol dung dịch thu được gồm: Ba²⁺ (0,14 mol), HCO₃^- (0,4 mol) và Na⁺

BTĐT => nNa⁺ = 0,12 mol

BT e: 2nBa + nNa = 2nO + 2nH₂ => nO = 0,06 mol

m = mBa + mNa + mO = 22,9 gam.

Đáp án A

nOH^- = 0,1.2 + 0,225 + 0,2 = 0,625 mol

Do nH⁺>nCO₂ nên X có cả CO₃^2- => X không có Ba²⁺ => nBaCO₃ = 0,1 mol

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

x+y = nCO₂ = 0,25

2x+y = nH⁺ = 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: nCO₂ ban đầu = nBaCO₃ + nCO₃^2- + nHCO₃^- = 0,1 + 0,13 + 0,195 = 0,425 mol

=> V = 9,52 lít

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án A

+ 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

Đáp án B

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_OH­- + 2n_CO2 > 0,12.2 = 0,24 (mol)

=> loại vì n_H+ = 0,15 (mol)

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)

=> a – 3b = 0 (1)

BTNT C: n_BaCO3 = a + b = 0,2 (2)

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

Trong 200 ml dd X : n_HCO3- = 0,3 (mol) ; n_CO32- = 0,1 (mol)

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

BTNT C: n_CO2(bđ) + n_K2CO3 = n_HCO3-+ n_CO32- => 0,2 + y = 0,3 + 0,1 => y = 0,2 (mol)

BTNT K: n_K+ = n_KOH + 2n_K2CO3 => n­_KOH = 0,5 – 2.0,2 = 0,1  (mol)

=> x = 0,1 (mol)

Đáp án B

Phương pháp:  Coi hỗn hợp các oxit sắt chỉ gồm Fe và O.  Dùng phương pháp bảo toàn e, bảo toàn khối lượng.

Hướng dẫn giải:

Bảo toàn e cho cả quá trình

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

=>  n _CO = (0,14.3):2 = 0,21( mol)

=> V_CO = 4,704 (lít)

Coi X gồm Fe : x( mol) và O : y ( mol)

Dùng bảo toàn e và bảo toàn khối lượng

=> $\left\{\begin{array}{l}56x+16y=44,46\\ 3x-2y=0,14.3\end{array}=>\left\{\begin{array}{l}x=0,59775=n_{Fe}\\ y=0,686625=n_O\end{array}\right.\right.$

=> $n_{F{e}_2{O}_3}$ = 0,298875

=> m_Fe2O3 = 0,298875. 160 = 47,82 (g)

Đáp án C

Đáp án B

Gọi công thức trung bình của hai muối là: M₂CO₃.

Sau khi phản ứng với dung dịch axit, thêm Ba(OH)₂ dư vào Y thấy xuất hiện kết tủa à H⁺ hết và dư CO₃^2-

Các phản ứng xảy ra:  CO₃^2-   +          2H⁺      →        CO₂     +          H₂O

                                     0,2                    0,4

                                    CO₃^2-_dư  +        Ba²⁺     →    BaCO₃

                                    0,05                 0,05                 0,05

Đáp án A

Vì chưa biết lương Ba(OH)₂ dư hay thiếu   => có  2 trường hợp

* TH1: khi Ba(OH)₂ dư, tính theo lượng kết tủa

Gọi công thức muối là MCO₃

CO₂  + Ba(OH)₂  → BaCO₃  + H₂O

0,042                          0,042

MCO₃  +2 HCl →  MCl₂ + CO₂ + H₂O

0,042                                                0,042

M_muối = M+ 60 = 4,2/0,042=100 => M = 40 (Ca)

* TH2: khi Ba(OH)₂ thiếu , Ba(OH)₂ hết, 1 phẩn kết tủa bị hòa tan

CO₂  + Ba(OH)₂  → BaCO₃  + H₂O

             0,046                0,046

n_{kết tủa bị hòa tan} = 0,046- 0,042=0,004

BaCO₃  + CO₂ + H₂O  → Ba(HCO₃)₂

0,004            0,004

=> n_CO2 = 0,004+ 0,0046=0,05

MCO₃  +2 HCl →  MCl₂ + CO₂ + H₂O

0,05                                              0,05

M_muối = M+ 60 = 4,2/0,05 = 84 => M = 24 (Mg)

Chú ý: Xét 2 trường hợp

Đáp án A

Sơ đồ:

X → MCl → AgCl

⇒ n_AgCl  =  n_Cl(Y) = 0,7 mol

Đặt số mol các chất trong X lần lượt là: a, b, c mol.

⇒ n_Cl(Y)  =  n_MCl  =  n_M  = 2a + b + c = 0,7 mol

Và n_CO2 = a + b = 0,4 mol

Ta có: m_x = m_M2CO3 + m_HCO3 + m_MCl = a(2M + 60) + b(M + 61) + c(M+35,5)

=> (2a + b + c)M + 60(a + b) + b + 35,5c = 32,65 g

=> 0,7M = 8,65 - b - 35,5c < 8,65

=> M < 12,36

=> M là Li (M = 7).

Đáp án D

MCO₃(X) + H₂SO₄ → MSO₄ + CO₂ + H₂O

n_CO2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol

Bảo toàn khối lượng: m_{X (đã phản ứng)} = 1,6 + 0,02 × 44 + 0,02 × 18 - 0,02 × 98 = 0,88 g

⇒ m_Z = m_X - 0,88 = 14,3 g

MCO₃(Z) → MO + CO₂

n_CO2 = 1,792/22,4  =  0,08 mol

Bảo toàn khối lượng: m = m_Z – m_CO2 = 14,3 - 0,08 × 44 = 10,78 g

Đặt n_MgCO3 = a, n_RCO3 = b  (trong X)

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}a+b=0,1\\ 84a+(R+60)=15,18\end{array}\right.$

Thử lần lượt R = 40 hoặc R = 137 => R là Ba