I. Phần đề chung
Bài 1: Rượu nếu được nấu đúng cách thì trong rượu hàm lượng etanol ở mức thấp có thể uống được. Còn cồn công nghiệp có hàm lượng etanol cao kèm theo đó còn có cả methanol là chất độc nên cồn công nghiệp không thể uống được.
Bài 2: - Trích lấy mẫu thử cho vào ống nghiệm. Thuốc thử được sử dụng là dung dịch NaOH
- Cho dung dịch NaOH tác dụng lần lượt với các mẫu thử:
+ Mẫu thử có hiện tượng sủi bọt khí không mùi, không màu là mẫu thử chứa Ba(HCO3)2
+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là mẫu thử chứa MgCl2, Ba(HCO3)2 (I)
+ Mẫu thử có hiện tượng sủi bọt khí mùi khai là mẫu thử chứa NH4NO3
+ Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng: H2SO4 và NaCl (II)
- Cho từng mẫu thử ỏ nhóm (I) tác dụng với lần lượt từng mẫu thử ở nhóm (II):
+ Mẫu thử ở nhóm (I) có xuất hiện kết tủa là mẫu thử chứa Ba(HCO3)2, mẫu thử còn lại không có hiện tượng ở nhóm (I) là MgCl2
+ Mẫu thử ở nhóm (II) có xuất hiện kết tủa là mẫu thử chứa H2SO4, mẫu thử còn lại không có hiện tượng ở nhóm (II) là NaCl
Các PTHH lần lượt là:
\(Ba\left(HCO_3\right)_2+2NaOH->BaCO_3\downarrow+Na_2CO_3+2H_2O\)
\(MgCl_2+2NaOH->Mg\left(OH\right)_2\downarrow+2NaCl\)
\(NH_4NO_3+NaOH->NaNO_3+NH_3\uparrow+H_2O\)
\(H_2SO_4+2NaOH->Na_2SO_4+2H_2O\) (Không có hiện tượng)
\(Ba\left(HCO_3\right)_2+H_2SO_4->BaSO_4\downarrow+2CO_2\uparrow+2H_2O\)
II. Phần đề riêng
Bảng 2: Michael Faraday
Bài 1:
A1: (C6H10O5)n
A2: C6H12O6
A3: C2H5OH
A4: CH3COOH
A5: H2O
A6: CH3COOC2H5
Các PTHH lần lượt là:
1: \(\left(C_6H_{10}O_5\right)_n+nH_2O\frac{Axit}{t^0}>nC_6H_{12}O_6\)
2: \(C_6H_{12}O_6\underrightarrow{men.ruou}2C_2H_5OH+2CO_2\uparrow\)
3: \(C_2H_5OH+O_2\underrightarrow{men.giam}CH_3COOH+H_2O\)
4: \(H_2O+C_2H_4\frac{H_2SO_4,t^0}{⇌}C_2H_5OH\)
5: \(CH_3COOH+C_2H_5OH\frac{H_2SO_4\left(đặc\right),t^0}{⇌}CH_3COOC_2H_5+H_2O\)
Bài 2:
Cách 1:
Theo đề bài: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,1.0,4=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
X gồm NaOH, Ba(OH)2, KOH
Y là Al(OH)3
PTHH: \(6NaOH+Al_2\left(SO_4\right)_3->2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3Na_2SO_4\) (*)
-----------0,05------->1/120-------------------------------------------------- (mol)
\(3Ba\left(OH\right)_2+Al_2\left(SO_4\right)_3->2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3BaSO_4\downarrow\) (**)
------0,05----------->1/60--------------------------------------------- (mol)
\(\Rightarrow n_{Al_2\left(SO_4\right)_3pư\left(\cdot\right),\left(\cdot\cdot\right)}=\frac{1}{120}+\frac{1}{60}=0,025\left(mol\right)< n_{Al_2\left(SO_4\right)_3bđ}=0,04\left(mol\right)\)
Suy ra Al2(SO4)3 dư và dư 0,04 - 0,025 = 0,015 (mol)
Để kết tủa Y đạt giá trị lớn nhất thì lượng KOH tác dụng với Al2(SO4)3 phải vừa đủ
PTHH: \(2K+2H_2O->2KOH+H_2\uparrow\)
----------0,09<-----------------------0,09---------- (mol)
\(6KOH+Al_2\left(SO_4\right)_3->2Al\left(OH\right)_3\downarrow+3K_2SO_4\)
---0,09<----------0,015------------------------------------------ (mol)
\(\Rightarrow m=m_K=0,09.39=3,51\left(g\right)\)
Vậy m = 3,51 (g)
Cách 2:
Theo đề bài: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{NaOH}=n_{Ba\left(OH\right)_2}=0,5.0,1=0,05\left(mol\right)\\n_{Al_2\left(SO_4\right)_3}=0,1.0,4=0,04\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
X gồm NaOH, Ba(OH)2, KOH
Y là Al(OH)3
Đặt nKOH = x (mol)
=> Ta lần lượt có các số mol:
nOH- = x + 0,05.3 = x + 0,15
nK+ = x
nBa2+ = 0,05
nNa+ = 0,05
nAl3+ = 0,04.2 = 0,08
nSO42- = 0,04.3 = 0,12
Khi cho X vào dung dịch Al2(SO4)3 thì ta có được 0,05 mol BaSO4 kết tủa
Để khối lượng kết tủa lớn nhất thì Al(OH)3 phải lớn nhất
Vì vậy, dung dịch sau phản ứng không còn OH-
=> Dung dịch sau phản ứng còn K+, SO42- và Na+
Bảo toàn điện tích ta được: nNa+ + nK+ = 2nSO42-
⇔ 0,05 + nK+ = 2. (0,12 - 0,05)
⇔ nK+ = 2. (0,12 - 0,05) - 0,05 = 0,09
=> m = mK+ = 0,09.39 = 3,51 (g)
Vậy m = 3,51 (g)
Bài 3:
PTHH: \(\left(C_6H_{10}O_5\right)_n+nH_2O\frac{Axit}{t^0}>nC_6H_{12}O_6\) (1)
----------(125/27)/n<--------------------------------125/27--- (mol)
\(C_6H_{12}O_6\underrightarrow{men.ruou}2C_2H_5OH+2CO_2\uparrow\) (2)
----3,75<--------------------------------------7,5-- (mol)
\(CO_2+Ca\left(OH\right)_2->CaCO_3\downarrow+H_2O\) (3)
--5,5<----------------------------5,5---------------- (mol)
\(2CO_2+Ca\left(OH\right)_2->Ca\left(HCO_3\right)_2\) (4)
-2<-----------------------------------1---------- (mol)
\(Ca\left(HCO_3\right)_2->CaCO_3\downarrow+H_2O+CO_2\uparrow\) (5)
---1<-----------------------1------------------------------- (mol)
Theo đề ra: \(\left\{{}\begin{matrix}n_{CaCO_3\left(3\right)}=\frac{550}{100}=5,5\left(mol\right)\\n_{CaCO_3\left(5\right)}=\frac{100}{100}=1\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)
=> Tổng số mol CO2 là: \(n_{CO_2\left(2\right)}=n_{CO_2\left(3\right)}+n_{CO_2\left(4\right)}=5,5+2=7,5\left(mol\right)\)
Từ đó suy ra được: \(n_{C_6H_{12}O_6\left(lt\right)}=\frac{7,5}{2}=3,75\)
Mà \(H=81\%\)
\(\Rightarrow n_{C_6H_{12}O_6\left(tt\right)}=\frac{n_{C_6H_{12}O_6}}{81\%}.100\%=\frac{125}{27}\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow n_{\left(C_6H_{10}O_5\right)_n}=\frac{125}{27}:n\left(mol\right)\)
\(\Rightarrow m=m_{\left(C_6H_{10}O_5\right)_n}=\left(\frac{125}{27}:n\right).162n=750\left(g\right)\)
Vậy m = 750 (g)