Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 12 - Đề 3 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát đội tuyển học sinh giỏi môn Hóa học Lớp 12 - Đề 3 (Có đáp án)

1. ĐỀ 3. Câu 1: 1. Một hợp chất Y có dạng AB 3, tổng số hạt proton trong phân tử là 40. Trong thành phần hạt nhân của A cũng như B đều có số hạt proton bằng số hạt notron. A thuộc chu kỳ 3 bảng hệ thống tuần hoàn. a) Hãy xác định tên gọi của A, B. b) Cho biết tính chất hóa học đặc trưng của hợp chất AB3 (viết phương trình phản ứng minh họa). 2. Dung dịch A gồm các chất tan FeCl3, AlCl3, NH4Cl và CuCl2 (nồng độ mỗi chất xấp xỉ 0,1M). a) Dung dịch A có phản ứng axit, bazơ, trung tính? Tại sao? b) Cho H2S lội chậm qua dung dịch A cho đến bão hòa thì thu được kết tủa và dung dịch B. Hãy cho biết thành phần các chất trong kết tủa và trong dung dịch B. c) Thêm dần NH3 vào dung dịch B cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra? Viết các phương trình phản ứng ion để giải thích. 3. Cho 12,45 gam hỗn hợp A gồm kim loại M có hóa trị II và nhôm tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 1,12 lít hỗn hợp 2 khí (N2O, N2) có tỷ khối hơi đối với hidro bằng 18,8 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,448 lít khí NH 3. Xác định kim loại M và khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. Biết n A = 0,25 mol, các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 4. Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B. Câu 2: 1. Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na 2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x. 2. Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO4 thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng. 1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra. 2) Tính thể tích khí Cl2 thu được (ở đktc). 3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng. 3. Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. 1. Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. 2. Tính khối lượng chất rắn B. Câu 3. 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4. c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3. f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện. 2. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N2O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của
2. X so với khí hiđro là 59/3. Cô cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 3. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên. Câu 4: 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H 2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu 5: 1. Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học cho các thí nghiệm (mỗi thí nghiệm chỉ viết 1 phương trình) a. Cho 2a mol kim loại natri vào dung dịch chứa a mol amoni hiđrosunfat. b. Cho hỗn hợp dạng bột gồm oxit sắt từ và đồng (dư) vào dung dịch axit clohiđric dư. c. Cho b mol kim loại bari vào dung dịch chứa b mol phenylamoni sunfat. d. Trộn dung dịch natri hiđrosunfat vào dung dịch bari phenolat. 2. Hòa tan Al bằng V ml dung dịch H2SO4 1M và HCl 1M, thu được dung dịch Y. Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào Y, thấy khối lượng kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol Ba(OH) 2 như đồ thị sau: Dựa vào đồ thị trên, tìm giá trị của y. 3. Hỗn hợp X gồm Fe 2O3, FeO và Fe. Hòa tan m gam X trong dung dịch chứa 1,50 mol HNO3, thu được dung dịch Y và 2,24 lít khí NO. Dung dịch Y hòa tan tối đa 17,6 gam Cu, thấy thoát ra 1,12 lít NO. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m. 4. Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al 2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N2O, H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X.
3. Câu 1 1. 40 a) Xác định A, B: Z 3 13,33 một nguyên tử sẽ có Z 13,33 A thuộc chu kỳ 3 nên có Z từ 11 đến 18; A có khả năng kết hợp được 3 nguyên tử B nên -Nếu B hóa trị 1 thì A hóa trị 3 vậy A là Al có Z=13 ZA+3ZB = 40 13+ 3ZB =40 3ZB =40-13; ZB = 40-13: 3 = 9 B là nguyên tố Be loại vì Be không thể kết hợp với Al tạo thành hợp chất AlBe3. - Nếu B hóa trị 2 thì A có hóa trị 6 ; A là S có Z =16 ZA+3ZB = 40 13+ 3ZB =40 3ZB = 24; ZB = 8<13,33 hợp lý B là nguyên tố oxi Vậy hợp chất AB3 là SO3 b. SO3 là chất oxi hóa mạnh SO3 + 2KI → K2SO3 +I2 3SO3 + 2NH3 → 3SO2 + N2+3H2O 2. Dung dịch A c phản ng axit vì: 3+ - FeCl3 = Fe + 3Cl 3+ 2+ + Fe + H2O  FeOH + H 3+ - AlCl3 = Al + 3Cl 3+ 2+ + Al + H2O  AlOH + H + - NH4Cl = NH4 + Cl + + NH4  NH3 + H 2+ - CuCl2 = Cu + 2Cl 2+ + + Cu + H2O  CuOH + H 3.Cho H2S li qua dd: 2+ + Cu + H2S = CuS + 2H 3+ 2+ + 2Fe + H2S = Fe + S + 2H V× vy, trong kt tđa c: CuS vµ S 2+ 3+ + + - Trong dd B: Fe , Al , NH4 , H , H2S, Cl 3.Thêm NH3 cho đn dư s c các phản ng: + + NH3 + H  NH4 + 2- H2S + 2NH3 = 2NH4 + S Fe2+ + S2- = FeS 3+ Al + 3NH3 + 3H2O = Al(OH)3 +3NH4 3+ 2- Có thể 2Al + 3S + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2S + o H2S + 2NH3  2NH4 + S Như vậy s c kết tủa tối đa FeS (đen) và Al(OH)3 (trắng). 4. (a) n 0,07mol 1. Trong 300 ml dung dịch A có  H . Gọi V là thể tích dung dịch B + - n = 0,49 mol; Khi trộn A với B có phản ứng H OH = H O  OH + 2 Dung dịch thu được có pH = 2
4. 0,07 0,49V 2 0,3 V 10 V 0,134lit 2. Theo đầu bài cho B tác dụng với NaOH dư thu được NH3, như vậy Al tác dụng với HNO3 cho N2O, N2 và cả NH4NO3. ta có pt 8Al + 30HNO3 = 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O 10Al + 36HNO3 = 10Al(NO3)3 + 3N2 + 18H2O 8Al + 30HNO3 = 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O 4M + 10HNO3 = 4M(NO3)2 + N2O + 5H2O 5M + 12HNO3 = 5M(NO3)2 + N2 + 6H2O 4M + 10HNO3 = 4M(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 3NaOH + Al(NO3)3 = Al(OH)3 +3NaNO3 Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2↓ + 2H2O 2NaOH + M(NO3)2 = M(OH)2↓ + 2NaNO3 NaOH + NH4NO3 = NH3 + H2O + NaNO3 Có thể có phản ứng M(OH)2 + 2NaOH = Na2MO2 + 2H2O gọi số mol Al là a, số mol M là b, số mol N2O là x, N2 là y ta có a + b = 0,25 27a + bM = 12,45 và cặp x + y = 0,05 44x 28 y x y 37,6 → x= 0,03; y= 0,02 Áp dụng DLBTe ta có: Al-3e → Al3+ a 3a M-2e → M2+ b 2b 5+ 5+ 2N +8e = 2N; 2N +10e = N2 8x x 10y y 5+ 3+ N + 8e = N trong(NH4NO3) 8. 0,02 0,02 tổng e nhường = e nhận nên : 3a+2b=8.0,03+ 10.0,02+ 8.0,02→ a= 0,1; b= 0,15 Thay b= 0,15 và giải hệ ban đầu M=65 M là Zn; mAl= 2,7g; mzn=9,75g. 1. Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Câu Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol. Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 (I) 96a + 104b = 3,04 (II) Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam. 2. 1. Các phương trình phản ứng xảy ra
5. t0 2KMnO4  K2MnO4 + MnO2 + O2 Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 và KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O t0 MnO2 + 4HCl  MnCl2 + Cl2 + 2H2O 2. Ta có các quá trình: Mn+7 + 5e → Mn+2 0,15mol 5.0,15 2O-2 → O2 + 4e (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl- → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố n n 2n 2n HCl KCl MnCl2 Cl2 = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol 1,08.36,5.100 91,53(ml) Vậy Vdung dịch HCl = 36,5.1,18 3. nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 n n 2 Cu2 0,06.1= 0,06; Cu pu 3,2:64 = 0,05 n Cu2 du 0,06 -0,05 = 0,01 1 Các phản ứng: Na + H2O ( Na+ + OH-) + 2 H2 (1) x x x/2 (mol) 3 Al + H2O + OH- AlO2- + 2 H2 (2) x x x 3/2x (mol) 2Al + 3Cu2+ 2Al3+ + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-xＩ (y-x) 3/2(y-x) Fe + Cu2+ Fe2+ + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra chất rắn chỉ là Fe Theo (4) noFe= nCu = 0,05 moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) Vậy có (3) và vì Cu2+ còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) 3 Theo (1) và (2): nH2 = x+2 x = 0,02 x = 0,01 Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 3 nCu2+= 2 (y - 0,01)
6. 3 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- 2 (y - 0,01) 3 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05-2 (y - 0,01)] =2,16 y = 0,03 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam b) Trong dung dịch A có: n 0,03 0,01 0,02 Al3 n 0,01 Cu2 du n n 1,12 :56 0,02 Fe2 Fe Ta có sơ đồ Cu2+ Cu(OH)2 CuO mCuO = 0,01.80 = 0,8 gam Fe2+ Fe(OH)2 Fe(OH)3 Fe2O3 mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam Al3+ Al(OH)3 Al2O3 m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam 1. a) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 b) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH Câu c) H2S + Br2 → S↓ + 2HBr 3 d) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 1200o C f) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  3CaSiO3 + 5CO + 2P 2. Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: 10,08 a + b = = 0,45 22,4 a = 0,15 59 b = 0,3 30a + 44b = .2.0,45 = 17,7 3 Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3: Al Al3+ + 3e x x 3x Mg Mg2+ + 2e y y 2y N+5 + 3e N+2 0,45 0,15 N+5 + 4e N+1
7. 2,4 0,6 Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: mmuối = 31,89 + 62(0,45 + 2,4) = 208,59 gam < 220,11 gam: Vô lí có muối NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. N+5 + 8e N-3 8z z Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 Vậy: 0,47.27.100% %Al 39,79% 31,89 %Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. 3. Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x). Ta có: MB = 11x + 10(1-x) = x + 10 11x 14,407 Theo bài ra ta có: = 3 + 16.3 + 10 + x 100 Giải phương trình trên được x = 0,81. Vậy, trong tự nhiên: %11B = 81% %10B = 100% - 81% = 19% Câu 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. 4. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH R 35,323 R 9,284 Ta có : 17 64,677 (loại do không có nghiệm thích hợp) Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 R 35,5 Ta có : 65 64,677 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 16,8 mX 50 gam 8,4 gam 100 MOH + HClO4 XClO4 + H2O n n 0,15 L 1mol / L 0,15mol MOH HClO4 8,4 gam M 17 56 0,15mol M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
8. 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 Theo ptpu: nH2SO4 = 8 nR. Theo bài ra: nH2SO4 = nR → 5n = 8 → n = 5 . Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): nSO2 = nBr2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = nSO2 = 0,1(mol) 31,2 M R SO 0,1 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → 2 4 = = 312 → MR = 108 (R là Ag). Câu 1. 5 a. Có khí mùi khai thoát ra 2Na + NH4HSO4 → Na2SO4 + NH3 + H2 b. Hỗn hợp bột tan một phần(Cu dư), dung dịch chuyển sang màu xanh Fe3O4 + Cu + 8HCl→ 3FeCl2+ CuCl2+ 4H2O c. Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp), khí bay ra Ba + (C6H5-NH3)2SO4 → BaSO4↓+ C6H5-NH2↓ +H2 d. Xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa lỏng(phân lớp) 2NaHSO4 + (C6H5O)2Ba → BaSO4↓+ 2C6H5-OH↓+ Na2SO4 2. n x, n x mol (x 0,001.V ) HCl H2SO4 Phân tích đồ thị (tính từ gốc tọa độ): - đoạn thứ nhất ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 2 có độ dốc lớn nhất ứng với sự tạo thành đồng thời hai kết tủa - đoạn thứ 3 ứng với 1 kết tủa - đoạn thứ 4 giải thích sự hòa tan đến hoàn toàn kết tủa Al(OH)3. Như vậy, thứ tự các phản ứng là: 2Al + 6HCl→ 2AlCl3 + 3H2 x > x/3 2Al + 3H2SO4→ Al2(SO4)3 + 3H2 3a x-3a >x-3a Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3 (đoạn 2) a >3a 3a 2a 2AlCl3 + 3Ba(OH)2 → 3BaCl2 + 2Al(OH)3 (đoạn 3) x/3 >0,5x >x/3 2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O (đoạn 4) Tổng số mol Ba(OH)2 ở thời điểm khối lượng kết tủa cực đại là: x -3a+3a+0,5x =1,5x =0,75 => x =0,5 mol 1 m↓(max)=233(x-3a+3a)+ 78(2a+x/3)=139,9 => a 15 => y = 233(x-3a)=233(0,5 -0,2)= 69,9 gam.
9. 3. Theo tiến trình phản ứng, dựa vào sản phẩm sau cùng của phản ứng giữa dung dịch X với Cu, có thể coi dung dịch HNO3 hòa tan hỗn hợp X và Cu sinh ra muối Fe2+, Cu2+, NO Quy đổi X và Cu thành các đơn chất tương ứng ta có: 2 Fe (amol) Fe (amol) 2 O (bmol) 1,5mol HNO3  Cu (0,275mol) 0,15mol NO 0,75mol H2O Cu(0,275mol) NO3 (1,5 0,15 1,35mol) Bảo toàn điện tích trong dung dịch muối: 2a + 0,275.2 = 1,35 => a = 0,4 mol Bảo toàn e cho quá trình hòa tan: 2a + 0,275.2 = 2b + 0,15.3 => b = 0,45 mol. Vậy m = 56.0,4 + 16.0,45 = 29,6 gam 4. Quy đổi X thành Mg, Al ( a mol), NO3 ( b mol), O (c mol) và đặt số mol NaNO3 là d mol Ta có: 27,84 gam kết tủa là Mg(OH)2 0,48 mol. Mg2 (0,48) Mg (0,48) Na (2,28 d) Al3 (a) N2O(0,12) Al (a) NaNO3(d) T AlO2 (a) X  H (0,16) Y Na (d) 2,28mol NaOH 2 2 NO3(b) H2SO4 (1,08) SO (1,08) H O NH 4 2 4 O(c) Mg(OH) (0,48) 2 2 SO4 (1,08) Bảo toàn N: n b d 0,24 mol NH4 1,08.2 0,16.2 4(a d 0,24) Bảo toàn H: n 1,4 2b 2d H2O 2 Bảo toàn O: 3b + 3d + c = 0,12 +1,4 – 2b – 2d => 5b +c + 5d = 1,52 (1) Bảo toàn điện tích của T: 2,28 + d = 1,08.2 + a => a = 0,12 + d Bảo toàn điện tích của Y: 3a + d + b+ d - 0,24 = 1,08.2-0,48.2 => 3a +b +2d = 1,44. Thay a = 0,12 + d => b + 5d = 1,08 (2) Bảo toàn khối lượng của X: 27a + 62b + 16c = 27,04 – 0,48.24 = 15,52. Thay a = 0,12 + d => 62b + 16c + 27d =12,28 (3) Giải hệ 3 phương trình (1, 2, 3): b = 0,08; c = 0,12; d = 0,2 và a = 0,32 mol. Ta có: c 0,12 n 0,04 n 0,32 2.0,04 0,24mol Al2O3 3 3 Al 0,24.27 %m .100% 23,96% Al( X ) 27,04