Phương pháp giải nhanh hóa.doc (phương pháp học môn hóa)

Phần thứ nhất CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Phương pháp 1 ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: 3Fe2O3 + CO  t 2Fe3O4 + CO2 (1) Fe3O4 + CO  t 3FeO + CO2 (2) FeO + CO  t Fe + CO2 (3) Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe 3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO 2 tạo thành. o o o nB  11,2 0,5 mol. 22,5 Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5  x) = 0,5  20,4  2 = 20,4 x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: mX + mCO = mA + mCO2  m = 64 + 0,4  44  0,4  28 = 70,4 gam. (Đáp án C) Ví dụ 2: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Giải Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O n NO 0,5 mol  n HNO 2n NO 1 mol. 2 3 2 1 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m d2 muèi m h2 k.lo¹i  m d 2 HNO  m NO2 3 1 63 100 12   46 0,5 89 gam. 63 Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có:  56x  64y 12  x 0,1    3x  2y 0,5  y 0,1 0,1 242 100 %m Fe( NO3 )3  27,19% 89 0,1 188 100 %m Cu( NO3 )2  21,12%. (Đáp án B) 89 Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. Giải M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O R2CO3 + 2HCl  2MCl2 + CO2 + H2O n CO2  4,88 0,2 mol 22,4  Tổng nHCl = 0,4 mol và n H O 0,2 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,436,5 = mmuối + 0,244 + 0,218  mmuối = 26 gam. (Đáp án C) Ví dụ 4: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl 2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K 2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%. Giải 2 o   t  KClO3  to Ca(ClO3 )2    o 83,68 gam A Ca(ClO 2 )2  t  CaCl 2  KCl  (A)   n O2 0,78 mol. KCl  2 (1) CaCl 2  3O2 (2) CaCl 2  2O 2 (3) CaCl 2 KCl ( A )    h2 B Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = mB + m O  mB = 83,68  320,78 = 58,72 gam. 2 3 O2 2 Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3 CaCl2  K 2CO3    CaCO3  2KCl (4)     0,36 mol  hỗn hợp D Hỗn hợp B  0,18  0,18  KCl  KCl ( B) ( B)      m KCl ( B) m B  m CaCl2 ( B) 58,72  0,18 111 38,74 gam m KCl ( D ) m KCl ( B)  m KCl ( pt 4) 38,74  0,36 74,5 65,56 gam m KCl ( A )  m KCl pt (1)  Theo phản ứng (1): 3 3 m KCl ( D )  65,56 8,94 gam 22 22 = m KCl (B)  m KCl (A) 38,74  8,94 29,8 gam. 29,8 122,5 49 gam. 74,5 49 100 %m KClO3 ( A )  58,55%. (Đáp án D) 83,68 m KClO3  Ví dụ 5: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. Giải 0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO  4,784 gam hỗn hợp B + CO2. CO2 + Ba(OH)2 dư  BaCO3  + H2O n CO2 n BaCO3 0,046 mol n CO ( p. ) n CO 0,046 mol và Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mCO = mB + mCO  mA = 4,784 + 0,04644  0,04628 = 5,52 gam. Đặt nFeO = x mol, n Fe O 3 y mol trong hỗn hợp B ta có: 2 2 2    x  y 0,04  x 0,01 mol    72x  160y 5,52  y 0,03 mol 0,01 72 101 13,04% %mFeO = 5,52 %Fe2O3 = 86,96%. (Đáp án A) 3 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 01. Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. 02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe 2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 05. Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO 3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí (đktc). Hàm lượng % CaCO3 trong X là A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm I A ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H 2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m là A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS 2 và cho toàn bộ lượng SO2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,125M. Khối lượng muối tạo thành là A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. a) Kim loại đó là: A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. b) Nếu dùng dung dịch HNO3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam. 10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. A 6. B 2. B 7. D 3. B 8. a-D, b-B 4 4. B 9. B 5. D 10. A Phương pháp 2 BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ Phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H2 + O  H2O 0,05  0,05 mol Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)  n Fe  3,04  0,05 16 0,04 mol 56  x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol. Mặt khác: 2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O x  x/2 2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O y  y/2 x  y 0,2  0,01 mol 2 2 224 ml. (Đáp án B)  tổng: n SO2  VSO Vậy: Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe 3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O  CO2 H2 + O  H2O. Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: mO = 0,32 gam. 2  nO  0,32 0,02 mol 16 5  n CO   n H 2 0,02 mol . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxit = mchất rắn + 0,32  16,8 = m + 0,32  m = 16,48 gam. Vhh (COH ) 0,02 22,4 0,448 lít. (Đáp án D)  Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H 2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. Hướng dẫn giải 2 n hh (COH2 )  2,24 0,1 mol 22,4 Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O  CO2 H2 + O  H2O. n O n CO  n H 0,1 mol . Vậy:  mO = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. Hướng dẫn giải CnH2n+1CH2OH + CuO  t CnH2n+1CHO + Cu + H2O Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: 2 o 0,32 0,02 mol 16 C n H 2n 1CHO : 0,02 mol  Hỗn hợp hơi gồm:  : 0,02 mol.  H 2O mO = 0,32 gam  n O  Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31  mhh hơi = 31  0,04 = 1,24 gam. mancol + 0,32 = mhh hơi mancol = 1,24  0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. 6 Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít. Hướng dẫn giải mO = moxit  mkl = 5,96  4,04 = 1,92 gam. 1,92 nO  0,12 mol . 16 Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau: 2H+ + O2  H2O 0,24  0,12 mol  VHCl  0,24 0,12 lít. (Đáp án C) 2 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Hướng dẫn giải Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy: n O ( RO2 )  n O (CO2 ) n O (CO2 )  n O ( H 2O)   0,12 + nO (p.ư) = 0,32 + 0,21 nO (p.ư) = 0,6 mol nO2 0,3 mol VO 6,72 lít. (Đáp án C)  Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%. Hướng dẫn giải FexOy + yCO  xFe + yCO2 Khí thu được có M 40  gồm 2 khí CO2 và CO dư 2 n CO2 44 12 40  Mặt khác: n CO 28 n CO2 3   n CO 1 4 %VCO2 75% . 75 n CO ( p. ) n CO2  0,2 0,15 mol  nCO dư = 0,05 mol. 100 Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do CO + O (trong oxit sắt)  CO2  nCO = nO = 0,15 mol  mO = 0,1516 = 2,4 gam  mFe = 8  2,4 = 5,6 gam  nFe = 0,1 mol. Theo phương trình phản ứng ta có: 7 n Fe x 0,1 2    n CO2 y 0,15 3  Fe2O3. (Đáp án B) Ví dụ 8: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. n O2  M2On 2 M + (1) M2On + 2nHCl  2MCln + nH2O Theo phương trình (1) (2)  n HCl 4.n O . (2) 2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng  m O 44,6  28,6 16 gam 2  n O2 0,5 mol   n Cl 2 mol nHCl = 40,5 = 2 mol  mmuối = mhhkl + m Cl = 28,6 + 235,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) Ví dụ 9: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe 2O3 (hỗn hợp A) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit. A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. D. 0,012. Hướng dẫn giải   FeO : 0,01 mol + CO  Fe2O3 : 0,03 mol Hỗn hợp A   4,784 gam B (Fe, Fe2O3, FeO, Fe3O4) tương ứng với số mol là: a, b, c, d (mol). Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được n H 0,028 mol. Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  a = 0,028 mol. (1) 2 Theo đầu bài: n Fe3O4  1 n FeO  n Fe2O3 3   1 3  d   b  c (2) Tổng mB là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3) Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: nFe (A) = 0,01 + 0,032 = 0,07 mol nFe (B) = a + 2b + c + 3d  a + 2b + c + 3d = 0,07 (4) Từ (1, 2, 3, 4)  b = 0,006 mol c = 0,012 mol d = 0,006 mol. (Đáp án A) 8 Ví dụ 10: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe xOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H2O tạo thành là A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. Hướng dẫn giải mO (trong oxit) = moxit  mkloại = 24  17,6 = 6,4 gam.  mO  H2O 6,4 gam ; n H O  6,4 0,4 mol. 2 16 m H2O 0,4 18 7,2 gam. (Đáp án C)  Ví dụ 11: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m? A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam. Hướng dẫn giải Fe3O4  (FeO, Fe)  3Fe2+ n mol n Fe  trong FeSO  n SO 0,3 mol Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe: 4 2 4 n Fe  Fe3O4  n Fe  FeSO4   3n = 0,3  n = 0,1 m Fe O 23,2 gam (Đáp án A)  Ví dụ 12: Đun hai rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 140oC được hỗn hợp ba ete. Lấy 0,72 gam một trong ba ete đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO2 và 0,72 gam H2O. Hai rượu đó là A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C2H5OH và C4H9OH. D. CH3OH và C3H5OH. Hướng dẫn giải Đặt công thức tổng quát của một trong ba ete là CxHyO, ta có: 3 4 mC   0,72 0,72 12 0,48 gam ; m H  2 0,08 gam 44 18 mO = 0,72  0,48  0,08 = 0,16 gam. x : y :1  0,48 0,08 0,16 : : = 4 : 8 : 1. 12 1 16  Công thức phân tử của một trong ba ete là C4H8O. Công thức cấu tạo là CH3OCH2CH=CH2. Vậy hai ancol đó là CH3OH và CH2=CHCH2OH. (Đáp án D) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol Fe 2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là 9 A. 23,0 gam. B. 32,0 gam. C. 16,0 gam. D. 48,0 gam. 02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe 2O3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam. 03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam. 04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là A. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít. 05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 2O3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là A. 13,6 gam. B. 17,6 gam. C. 21,6 gam. D. 29,6 gam. 06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al2O3. Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 gam bột oxit. V có giá trị là: A. 1,12 lít. B. 1,344 lít. C. 1,568 lít. D. 2,016 lít. 07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Fe trong A là A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%. 08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí (trong không khí Oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 9,9 gam H2O. Thể tích không khí ở (đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí H2. Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H2 thu được ở đktc. A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít 10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C2H6, C3H4 và C4H8 thì thu được 12,98 gam CO2 và 5,76 gam H2O. Vậy m có giá trị là A. 1,48 gam. B. 8,14 gam. C. 4,18 gam. D. 16,04 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. D 2. C 3. C 4. D 5. C 6. C 7. B 8. A 9. C 10. C Phương pháp 3 10 BẢO TOÀN MOL ELECTRON Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít.D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: 2Fe + O2  t 2FeO (1) 2Fe + 1,5O2  t Fe2O3 (2) 3Fe + 2O2  t Fe3O4 (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (4) Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (5)  3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe 0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành 2O2 nên phương trình bảo toàn electron là: o o o 3n  0,009 4  trong đó, 0,728 3 0,039 mol. 56 là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol; VNO = 0,00122,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: 2Al + 3FeO  t 3Fe + Al2O3 (7) n o o 2Al + Fe2O3  t 2Fe + Al2O3 8Al + 3Fe3O4  t 9Fe + 4Al2O3 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 o 11 (8) (9) (10) (11) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 thành 2O2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau: 0,013 2   5,4 3 0,009 4  n 2 27 Fe0  Fe+2 Al0  Al+3 n = 0,295 mol O20  2O2 2H+  H2 VH 0,295 22,4 6,608 lít. (Đáp án A)  Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán. Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Tóm tắt theo sơ đồ: 2  Fe2O3 t o tan hoµn toµn 0,81 gam Al     hçn hî p A  hßa      VNO ? dung dÞch HNO3 CuO  Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. Al  Al+3 + 3e 0,81 27  0,09 mol N+5 + 3e  N+2 0,09 mol  0,03 mol  VNO = 0,0322,4 = 0,672 lít. (Đáp án D) Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO 3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành. Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là và 12 A. 2M và 1M. C. 0,2M và 0,1M. Tóm tắt sơ đồ: B. 1M và 2M. D. kết quả khác. : x mol 8,3 gam hçn hî p X  Al  AgNO3 + 100 ml dung dịch Y    (nAl =nFe)  Fe Cu(NO3 )2 :y mol 1,12 lÝt H2 ChÊt r¾ nA  HCld    (3 kim lo¹i) 2,8 gamchÊt r¾n kh«ng tan B Hướng dẫn giải Ta có: 8,3 0,1mol. 83 x mol và n Cu( NO3 )2 y mol nAl = nFe = Đặt n AgNO  X + Y  Chất rắn A gồm 3 kim loại.  Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al  Al3+ + 3e Fe  Fe2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2  Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag+ + 1e  Ag Cu2+ + 2e  Cu 2H+ + 2e  H2 x x x y 2y y 0,1 0,05  Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol.  108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. 3  C M AgNO3  0,2 0,1 = 2M; C M Cu ( NO3 )2  = 1M. (Đáp án B) 0,1 0,1 Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15. (1) Quá trình oxi hóa: Mg  Mg2+ + 2e Al  Al3+ + 3e x 2x y 3y  Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). Quá trình khử: N+5 + 3e  N+2 2N+5 + 2 4e  2N+1 13 0,3 0,1 0,8 0,2 +4 +6 +4 N + 1e  N S + 2e  S 0,1 0,1 0,2 0,1  Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4(2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol. +5  %Al  27 0,2 100% 36%. 15 %Mg = 100%  36% = 64%. (Đáp án B) Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 33 lít. D. 49 lít. Hướng dẫn giải Vì n Fe  n S  30 nên Fe dư và S hết. 32 Khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O2 thu e. Nhường e: Fe  Fe2+ + 2e 60 mol 56 S 60 2  mol 56  S+4 + 30 mol 32 4e 30 4  mol 32 Thu e: Gọi số mol O2 là x mol. O2 + 4e  2O-2 x mol  4x Ta có: 4x  60 30 2  4 giải ra x = 1,4732 mol. 56 32 VO2 22,4 1,4732 33 lít. (Đáp án C)  Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1, R2 có hoá trị x, y không đổi (R1, R2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể tích khí đo ở đktc. A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: TN1: R1 và R2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại 5 2 nhường e cho N để thành N (NO). Số mol e do R1 và R2 nhường ra là 5 N + 3e 2  N 14 0,15 1,12 0,05 22,4  5 TN2: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho N để tạo ra N2. Gọi x là số mol N2, thì số mol e thu vào là 5 2 N + 10e  N 02 10x  x mol Ta có: 10x = 0,15  x = 0,015 VN = 22,4.0,015 = 0,336 lít. (Đáp án B)  Ví dụ 7: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO 2. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. C. 5,69 gam.D. 5,96 gam. Hướng dẫn giải Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. 2 2 Nhường e: Cu = Cu + 2e x  x  2x Thu e: 5 2 N + 3e = N (NO) 2 3 Mg = Mg + 2e y  y  2y 5 Al = Al + 3e z  z  3z 4 N + 1e = N (NO2) 0,03  0,01 0,04  0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NO3 Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 620,07 = 5,69 gam. (Đáp án C) Cách 2: Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO3 tạo hỗn hợp 2 khí NO và NO2 thì n HNO3 2n NO2  4n NO n HNO3 2 0,04  4 0,01 0,12 mol nH O 0,06mol  Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 2 mKL  mHNO3 mmuèi  mNO  mNO2  mH2O 1,35 + 0,1263 = mmuối + 0,0130 + 0,0446 + 0,0618  mmuối = 5,69 gam. Ví dụ 8: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007) Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3, thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít. Hướng dẫn giải Đặt nFe = nCu = a mol  56a + 64a = 12  a = 0,1 mol. Cho e: Fe  Fe3+ + 3e Cu  Cu2+ + 2e 0,1  0,3 0,1  0,2 +5 +2 +5 Nhận e: N + 3e  N N + 1e  N+4 15 3x  x y  y Tổng ne cho bằng tổng ne nhận.  3x + y = 0,5 Mặt khác: 30x + 46y = 192(x + y).  x = 0,125 ; y = 0,125. Vhh khí (đktc) = 0,125222,4 = 5,6 lít. (Đáp án C) Ví dụ 9: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải m gam Fe + O2  3 gam hỗn hợp chất rắn X  HNO  d 0,56 lít NO. Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là: Cho e: Fe  Fe3+ + 3e 3 m 56 Nhận e: O2 3m mol e 56  + 4e  2O2 N+5 + 3e 3 m 4(3  m)  mol e 32 32 3m 4(3  m) = + 0,075 56 32  N+2 0,075 mol  0,025 mol  m = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H 2SO4 loãng tạo ra 3,36 lít khí H2. - Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Đặt hai kim loại A, B là M. - Phần 1: M + nH+  Mn+ + n H2 2 (1) - Phần 2: 3M + 4nH+ + nNO3  3Mn+ + nNO + 2nH2O (2) Theo (1): Số mol e của M cho bằng số mol e của 2H+ nhận; Theo (2): Số mol e của M cho bằng số mol e của N+5 nhận. Vậy số mol e nhận của 2H+ bằng số mol e nhận của N+5. 2H+ + 2e  H2 và N+5 + 3e  N+2 0,3  0,15 mol 0,3  0,1 mol  VNO = 0,122,4 = 2,24 lít. (Đáp án A) Ví dụ 11: Cho m gam bột Fe vào dung dịch HNO 3 lấy dư, ta được hỗn hợp gồm hai khí NO2 và NO có VX = 8,96 lít (đktc) và tỉ khối đối với O 2 bằng 1,3125. 16 Xác định %NO và %NO2 theo thể tích trong hỗn hợp X và khối lượng m của Fe đã dùng? A. 25% và 75%; 1,12 gam. B. 25% và 75%; 11,2 gam. C. 35% và 65%; 11,2 gam. D. 45% và 55%; 1,12 gam. Hướng dẫn giải Ta có: nX = 0,4 mol; MX = 42. Sơ đồ đường chéo: NO2 : 46 42  30 12 42 NO : 30   46  42 4  n NO2 : n NO 12 : 4 3   n NO2  n NO 0,4 mol  n NO 0,1 mol    n NO2 0,3 mol %VNO 25%  %VNO2 75% và Fe  3e  Fe3+ N+5 + 3e  N+2 N+5 + 1e  N+4 3x  x 0,3  0,1 0,3  0,3 Theo định luật bảo toàn electron: 3x = 0,6 mol  x = 0,2 mol  mFe = 0,256 = 11,2 gam. (Đáp áp B). Ví dụ 12: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO 3 phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít khí X (đktc) gồm N2 và NO2 có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO3 trong dung dịch đầu là A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M. Hướng dẫn giải Ta có: M X 9,25 4 37  M N2  M NO2  2 là trung bình cộng khối lượng phân tử của hai khí N2 và NO2 nên: n N 2 n NO2  và nX 0,04 mol 2 NO3 + 10e  N2 0,08  0,4  0,04 mol M  Mn+ + n.e 0,04 mol NO3 + 1e  NO2 0,04  0,04  0,04 mol nHNO (bÞkhö) 0,12 mol.  Nhận định mới: Kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc NO3 để tạo muối. n HNO ( t¹o muèi ) n.e ( nh êng) n.e ( nhËn) 0,04  0,4 0,44 mol.  3 3 Do đó:  n HNO3 ( ph¶n øng) 0,44  0,12 0,56 mol  HNO3   0,56 0,28M. (Đáp án A) 2 Ví dụ 13: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, thấy có 49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4, H2O và sản phẩm khử X. X là 17 A. SO2 B. S C. H2S D. SO2, H2S Hướng dẫn giải Dung dịch H2SO4 đạm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường. Gọi a là số oxi hóa của S trong X. Mg  Mg2+ + 2e S+6 + (6-a)e  S a 0,4 mol 0,8 mol 0,1 mol 0,1(6-a) mol Tổng số mol H2SO4 đã dùng là : 49 0,5 (mol) 98 Số mol H2SO4 đã dùng để tạo muối bằng số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol. Số mol H2SO4 đã dùng để oxi hóa Mg là: 0,5  0,4 = 0,1 mol. Ta có: 0,1(6  a) = 0,8  x = 2. Vậy X là H2S. (Đáp án C) Ví dụ 14: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H 2SO4 đậm đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc). Khối lượng a gam là:  A. 56 gam. B. 11,2 gam. C. 22,4 gam. D. 25,3 gam. Hướng dẫn giải a mol. 56 75,2  a  mol. 32 Fe  Fe3  3e a 3a mol mol 56 56 Số mol Fe ban đầu trong a gam: n Fe  Số mol O2 tham gia phản ứng: n O Quá trình oxi hóa: Số mol e nhường: n e  Quá trình khử: 2 (1) 3a mol 56 O2 + 4e  2O2 (2) 2 + SO4 + 4H + 2e  SO2 + 2H2O (3) Từ (2), (3)  n e 4n O  2n SO cho 2 2 75,2  a 3a 4   2 0,3  32 56  a = 56 gam. (Đáp án A) Ví dụ 15: Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 dư được 1,12 lít NO và NO2 (đktc) có khối lượng mol trung bình là 42,8. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là: A. 9,65 gam B. 7,28 gam C. 4,24 gam D. 5,69 gam Hướng dẫn giải Dựa vào sơ đồ đường chéo tính được số mol NO và NO 2 lần lượt là 0,01 và 0,04 mol. Ta có các bán phản ứng: NO3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O Như vậy, tổng electron nhận là 0,07 mol. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35 gam hỗn hợp kim loại. Ta có các bán phản ứng: 18 Cu  Cu2+ + 2e Mg  Mg2+ + 2e  2x + 2y + 3z = 0,07. Khối lượng muối nitrat sinh ra là: m = m Cu( NO ) + m Mg( NO ) + m Al( NO ) = 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35 + 62  0,07 = 5,69 gam. 3 2 3 2 Al  Al3+ + 3e 3 3 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIAI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀM MOL ELECTRON 01. Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO 3 rất loãng thì thu được hỗn hợp gồm 0,015 mol khí N2O và 0,01mol khí NO (phản ứng không tạo NH4NO3). Giá trị của m là A. 13,5 gam. B. 1,35 gam. C. 0,81 gam. D. 8,1 gam. 02. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thì thu được 4,6 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng FeO trong hỗn hợp A là A. 68,03%. B. 13,03%. C. 31,03%. D. 68,97%. 03. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít H2. - Phần 2: hoà tan hết trong HNO3 loãng dư thu được V lít một khí không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc). Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 5,6 lít. 04. Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ. Lấy một lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khí phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại.Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là A. 0,3M. B. 0,4M. C. 0,42M. D. 0,45M. 05. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 dư được 896 ml hỗn hợp gồm NO và NO2 có M 42 . Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra (khí ở đktc). A. 9,41 gam. B. 10,08 gam. C. 5,07 gam. D. 8,15 gam. 06. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO 3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hóa thành màu nâu trong không khí. Tính số mol HNO3 đã phản ứng. A. 0,51 mol. B. A. 0,45 mol. C. 0,55 mol. D. 0,49 mol. 07. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba kim loại bằng dung dịch HNO 3 thu được 1,12 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO 2 và NO. Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO 3 37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng. A. 20,18 ml. B. 11,12 ml. C. 21,47 ml. D. 36,7 ml. 08. Hòa tan 6,25 gam hỗn hợp Zn và Al vào 275 ml dung dịch HNO3 thu được dung dịch A, chất rắn B gồm các kim loại chưa tan hết cân nặng 2,516 gam 19 và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO 2. Tỉ khối của hỗn hợp D so với H2 là 16,75. Tính nồng độ mol/l của HNO 3 và tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng. A. 0,65M và 11,794 gam. B. 0,65M và 12,35 gam. C. 0,75M và 11,794 gam. D. 0,55M và 12.35 gam. 09. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O 2 thu được 7,36 gam hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp A bằng dung dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và NO 2. Tỉ khối của B so với H2 bằng 19. Thể tích V ở đktc là A. 672 ml. B. 336 ml. C. 448 ml. D. 896 ml. 10. Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, Fe 2O3 có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNO 3 khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NO 2 và NO có tỉ khối so với hiđro là 20,143. Tính a. A. 74,88 gam. B. 52,35 gam. C. 61,79 gam. D. 72,35 gam. Đáp án các bài tập vận dụng 1. B 6. D 2. B 7. C 3. A 8. A 4. B 9. D 5. C 10. A Phương pháp 4 SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION - ELETRON Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên các bạn phải nắm chắc phương trình phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là H+ + OH  H2O hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNO3 và dung dịch H2SO4 là 3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O... Sau đây là một số ví dụ: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO 3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: (Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2  0,2 0,4 mol 20 Fe + 2H+  Fe2+ + H2 0,1  0,1 mol 2+ Dung dịch Z: (Fe : 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 0,1 0,1 mol  VNO = 0,122,4 = 2,24 lít.  1 n Cu ( NO3 )2  n NO 0,05 mol 3 2 0,05 Vdd Cu( NO3 )2  0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) 1 Ví dụ 2: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO 3 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của V là A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít. Hướng dẫn giải n HNO 0,12 mol ; n H SO 0,06 mol 3 2 4  Tổng: n H 0,24 mol và n NO 0,12 mol. Phương trình ion: 3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O Ban đầu: 0,1  0,24  0,12 mol Phản ứng: 0,09  0,24  0,06  0,06 mol Sau phản ứng: 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư)  VNO = 0,0622,4 = 1,344 lít. (Đáp án A) Ví dụ 3: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH) 2 0,1M. Sục 7,84 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là A. 15 gam. B. 5 gam. C. 10 gam. D. 0 gam. Hướng dẫn giải n CO = 0,35 mol ; nNaOH = 0,2 mol; n Ca (OH ) = 0,1 mol.  3  2 2  Tổng: n OH = 0,2 + 0,12 = 0,4 mol và n Ca = 0,1 mol. Phương trình ion rút gọn: CO2 + 2OH  CO32 + H2O 0,35 0,4 0,2  0,4  0,2 mol n CO ( d ) = 0,35  0,2 = 0,15 mol  tiếp tục xẩy ra phản ứng: CO32 + CO2 + H2O  2HCO3 Ban đầu: 0,2 0,15 mol Phản ứng: 0,15  0,15 mol n CO còn lại bằng 0,15 mol  2  2 2 3  n CaCO3 = 0,05 mol  m CaCO3 = 0,05100 = 5 gam. (Đáp án B) 21 Ví dụ 4: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. khối lượng kết tủa thu được là A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam. Hướng dẫn giải Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O: M + nH2O  M(OH)n + n H2 2 Từ phương trình ta có: n OH  2n H2 = 0,1mol. Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3: Al3+ + 3OH  Al(OH)3 Ban đầu: 0,03 0,1 mol Phản ứng: 0,03  0,09  0,03 mol n OH ( d ) = 0,01mol  tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình: Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O 0,01  0,01 mol m Al(OH ) = 780,02 = 1,56 gam. (Đáp án B) Vậy: Ví dụ 5: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất) A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. C. 3,2 gam. D. 5,12 gam. Hướng dẫn giải Phương trình ion: Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+ 0,005  0,01 mol 3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O Ban đầu: 0,15 0,03 mol  H+ dư Phản ứng: 0,045  0,12  0,03 mol  mCu tối đa = (0,045 + 0,005)  64 = 3,2 gam. (Đáp án C) Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm NaCl và NaBr tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thu được kết tủa có khối lượng đúng bằng khối lượng AgNO 3 đã phản ứng. Tính phần trăm khối lượng NaCl trong hỗn hợp đầu. A. 23,3% B. 27,84%. C. 43,23%. D. 31,3%. Hướng dẫn giải Phương trình ion: Ag+ + Cl  AgCl Ag+ + Br  AgBr Đặt: nNaCl = x mol ; nNaBr = y mol mAgCl + mAgBr = m AgNO  3 3( p. )    m Cl  m Br   m NO 3 35,5x + 80y = 62(x + y) x : y = 36 : 53 22 Chọn x = 36, y = 53  %m NaCl  58,5 36 100 = 27,84%. (Đáp án B) 58,5 36  103 53 Ví dụ 7: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO3 1M và K2CO3 1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm NaHCO3 1M và Na2CO3 1M) thu được dung dịch C. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H2SO4 1M và HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít CO2 (đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào dung dịch E thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m và V lần lượt là A. 82,4 gam và 2,24 lít. B. 4,3 gam và 1,12 lít. C. 43 gam và 2,24 lít. D. 3,4 gam và 5,6 lít. Hướng dẫn giải Dung dịch C chứa: HCO3 : 0,2 mol ; CO32 : 0,2 mol. Dung dịch D có tổng: n H = 0,3 mol. Nhỏ từ từ dung dịch C và dung dịch D: CO32 + H+  HCO3 0,2  0,2  0,2 mol HCO3 + H+  H2O + CO2 Ban đầu: 0,4 0,1 mol Phản ứng: 0,1  0,1  0,1 mol  Dư: 0,3 mol Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch E: Ba2+ + HCO3 + OH  BaCO3 + H2O 0,3  0,3 mol 2+ 2 Ba + SO4  BaSO4 0,1  0,1 mol VCO = 0,122,4 = 2,24 lít.  Tổng khối lượng kết tủa: m = 0,3197 + 0,1233 = 82,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al bằng 500 ml dung dịch gồm H2SO4 0,28M và HCl 1M thu được 8,736 lít H 2 (đktc) và dung dịch X. Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M và Ba(OH) 2 0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất. a) Số gam muối thu được trong dung dịch X là A. 38,93 gam. B. 38,95 gam. C. 38,97 gam. D. 38,91 gam. b) Thể tích V là A. 0,39 lít. B. 0,4 lít. C. 0,41 lít. D. 0,42 lít. c) Lượng kết tủa là A. 54,02 gam. B. 53,98 gam. C. 53,62 gam. D. 53,94 gam. Hướng dẫn giải a) Xác định khối lượng muối thu được trong dung dịch X: n H SO = 0,280,5 = 0,14 mol  2 2 4 23  n SO2  = 0,14 mol 4 và n H  = 0,28 mol.  nHCl = 0,5 mol n H = 0,5 mol và n Cl = 0,5 mol.  Vậy tổng n H  = 0,28 + 0,5 = 0,78 mol. Mà n H = 0,39 mol. Theo phương trình ion rút gọn: Mg0 + 2H+  Mg2+ + H2 2 3  H2 2 Al + 3H+  Al3+ + Ta thấy n H  ( p) 2n H 2  (1) (2) H+ hết. mhh muối = mhh k.loại + mSO  mCl = 7,74 + 0,1496 + 0,535,5 = 38,93gam. (Đáp án A) b) Xác định thể tích V:  2 4 nNaOH nBa(OH)2   1V mol    0,5V mol   Tổng n OH = 2V mol và n Ba = 0,5V mol. Phương trình tạo kết tủa: Ba2+ + SO42  BaSO4 (3) 0,5V mol 0,14 mol 2+ Mg + 2OH  Mg(OH)2 (4) 3+  Al + 3OH  Al(OH)3 (5)  Để kết tủa đạt lớn nhất thì số mol OH đủ để kết tủa hết các ion Mg 2+ và Al3+. Theo các phương trình phản ứng (1), (2), (4), (5) ta có: n H = n OH = 0,78 mol  2V = 0,78  V = 0,39 lít. (Đáp án A) c) Xác định lượng kết tủa: n Ba = 0,5V = 0,50,39 = 0,195 mol > 0,14 mol  Ba2+ dư. 2    2  m BaSO4 = 0,14233 = 32,62 gam. mkết tủa = m BaSO + m 2 k.loại + m OH = 32,62 + 7,74 + 0,78  17 = 53,62 gam. (Đáp án C) Ví dụ 9: (Câu 40 - Mã 182 - TS Đại Học - Khối A 2007) Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H2SO4 0,5M, thu được 5,32 lít H 2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là A. 1. B. 6. C. 7. D. 2. Hướng dẫn giải nHCl = 0,25 mol ; n H SO = 0,125. Vậy  4 2 4  Tổng: n H = 0,5 mol ;  n H 2 ( t¹othµnh) = 0,2375 mol. Biết rằng: cứ 2 mol ion H+  1 mol H2 vậy 0,475 mol H+  0,2375 mol H2  n H  ( d ) = 0,5  0,475 = 0,025 mol 24  0,025  H    = 0,1 = 101M  pH = 1. (Đáp án A) 0,25 Ví dụ 10: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007) Thực hiện hai thí nghiệm: 1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO 3 1M thoát ra V1 lít NO. 2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO 3 1M và H2SO4 0,5 M thoát ra V2 lít NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là A. V2 = V1. B. V2 = 2V1. C. V2 = 2,5V1. D. V2 = 1,5V1. Hướng dẫn giải TN1: Ban đầu: Phản ứng:  TN2:  Tổng: 3,84  0,06 mol  n Cu  64   n HNO 0,08 mol  3   n H  0,08 mol   n NO3 0,08 mol 3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O 0,06 0,08 0,08 mol  H+ phản ứng hết 0,03  0,08  0,02  0,02 mol V1 tương ứng với 0,02 mol NO. nCu = 0,06 mol ; n HNO = 0,08 mol ; n H SO = 0,04 mol. 3 2 4 n H  = 0,16 mol ; n NO = 0,08 mol. 3 3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O Ban đầu: 0,06 0,16 0,08 mol  Cu và H+ phản ứng hết Phản ứng: 0,06  0,16  0,04  0,04 mol  V2 tương ứng với 0,04 mol NO. Như vậy V2 = 2V1. (Đáp án B) Ví dụ 11: (Câu 33 - Mã 285 - Khối B - TSĐH 2007) Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là A. 7. B. 2. C. 1. D. 6. Hướng dẫn giải n Ba (OH )2 0,01 mol    Tổng n OH  = 0,03 mol. n NaOH 0,01 mol  n H2SO4 0,015 mol    Tổng n H  = 0,035 mol. n HCl 0,005 mol  Khi trộn hỗn hợp dung dịch bazơ với hỗn hợp dung dịch axit ta có phương trình ion rút gọn: H+ + OH  H2O Bắt đầu 0,035 0,03 mol Phản ứng: 0,03  0,03 n H ( d ) = 0,035  0,03 = 0,005 mol. Sau phản ứng:  25  Tổng: Vdd (sau trộn) = 500 ml (0,5 lít). 0,005  H    = 0,01 = 102  0,5 pH = 2. (Đáp án B) Ví dụ 12: (Câu 18 - Mã 231 - TS Cao Đẳng - Khối A 2007) Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước (dư), thu được dung dịch X và 3,36 lít H2 (ở đktc). Thể tích dung dịch axit H2SO4 2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là A. 150 ml. B. 75 ml. C. 60 ml. D. 30 ml. Hướng dẫn giải Na + H2O  NaOH + 1 H2 2 Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + H2 n H = 0,15 mol, theo phương trình  tổng số n OH (d X ) 2n H = 0,3 mol. Phương trình ion rút gọn của dung dịch axit với dung dịch bazơ là H+ + OH  H2O n H = n OH = 0,3 mol  n H SO = 0,15 mol   2    VH2SO4  2 2 2 4 0,15 = 0,075 lít (75 ml). (Đáp án B) 2 Ví dụ 13: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO 3 loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO2 và 0,05 mol N2O). Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH4NO3. Số mol HNO3 đã phản ứng là: A. 0,75 mol. B. 0,9 mol. C. 1,05 mol. D. 1,2 mol. Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O (1) 2  0,15  0,15 + NO3 + 4H + 3e  NO + 2H2O (2) 4  0,1  0,1 + 2NO3 + 10H + 8e  N2O + 5H2O (3) 10  0,05  0,05 Từ (1), (2), (3) nhận được: n HNO  n H = 2 0,15  4 0,1  10 0,05 = 1,2 mol. (Đáp án D) Ví dụ 14: Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit HNO3 và H2SO4 (đặc nóng) thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2, NO, NO2. Cô cạn dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là: A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. C. 47,3 gam.D. 34,9 gam. Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: 2NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O + NO3 (1) 0,1  0,1 +  4NO3 + 4H + 3e  NO + 2H2O + 3NO3 (2) 0,1  3  0,1 2 + 2SO4 + 4H + 2e  SO2 + H2O + SO42 (3) 0,1  0,1  Từ (1), (2), (3)  số mol NO3 tạo muối bằng 0,1 + 3  0,1 = 0,4 mol; 3 p  26 số mol SO42 tạo muối bằng 0,1 mol.  mmuối = mk.loại + m NO + m SO = 12,9 + 62  0,4 + 96  0,1 = 47,3. (Đáp án C) Ví dụ 15: Hòa tan 10,71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO 3 aM vừa đủ thu được dung dịch A và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm N 2 và N2O có tỉ lệ mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m (gam.) muối khan. giá trị của m, a là: A. 55,35 gam. và 2,2M B. 55,35 gam. và 0,22M C. 53,55 gam. và 2,2M D. 53,55 gam. và 0,22M Hướng dẫn giải  3 n N 2 O n N 2  2 4 1,792 0,04 mol. 2 22,4 Ta có bán phản ứng: 2NO3 + 12H+ + 10e  N2 + 6H2O 0,08 0,48 0,04 +  2NO3 + 10H + 8e  N2O + 5H2O 0,08 0,4 0,04 n HNO n H 0,88 mol.  3  a  0,88 0,22 M. 4 Số mol NO3 tạo muối bằng 0,88  (0,08 + 0,08) = 0,72 mol. Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72  62 = 55,35 gam. (Đáp án B) Ví dụ 16: Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn, Al có tỷ lệ mol là 1:2 bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,896 lít một sản shẩm khử X duy nhất chứa nitơ. X là: A. N2O B. N2 C. NO D. NH4+ Hướng dẫn giải Ta có: nZn = 0,05 mol; nAl = 0,1 mol. Gọi a là số mol của NxOy, ta có: Zn  Zn2+ + 2e Al  Al3+ + 3e 0,05 0,1 0,1 0,3 +  xNO3 + (6x  2y)H + (5x  2y)e  NxOy + (3x  2y)H2O 0,04(5x  2y) 0,04  0,04(5x  2y) = 0,4  5x  2y = 10 Vậy X là N2. (Đáp án B) Ví dụ 17: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a là: A. 111,84g và 157,44g B. 111,84g và 167,44g C. 112,84g và 157,44g A. 112,84g và 167,44g Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: CuFeS2 + 8H2O  17e  Cu2+ + Fe3+ + 2SO42 + 16+ 0,15 0,15 0,15 0,3 27 Cu2FeS2 + 8H2O  19e  2Cu2+ + Fe3+ + 2SO42 + 16+ 0,09 0,18 0,09 0,18 n SO 0,48 mol; Ba2+ + SO42  BaSO4 0,48 0,48  m = 0,48  233 = 111,84 gam. nCu = 0,33 mol; nFe = 0,24 mol. Cu  CuO 2Fe  Fe2O3 0,33 0,33 0,24 0,12  a = 0,33  80 + 0,12 160 + 111,84 = 157,44 gam. (Đáp án A). Ví dụ 18: Hòa tan 4,76 gam hỗn hợp Zn, Al có tỉ lệ mol 1:2 trong 400ml dung dịch HNO3 1M vừa đủ, dược dung dịch X chứa m gam muối khan và thấy có khí thoát ra. Giá trị của m là: A. 25.8 gam. B. 26,9 gam. C. 27,8 gam.D. 28,8 gam. Hướng dẫn giải nZn = 0,04 mol; nAl = 0,08 mol. - Do phản ứng không tạo khí nên trong dung dịch tạo NH 4NO3. Trong dung dịch có: 0,04 mol Zn(NO3)2 và 0,08 mol Al(NO3)3 Vậy số mol NO3 còn lại để tạo NH4NO3 là: 0,4  0,04  2  0,08  3 = 0,08 mol - Do đó trong dung dịch tạo 0,04 mol NH4NO3 m = 0,04  189 + 0,08  213 + 0,04  80 = 27,8 gam. (Đáp án C) 2 4 Phương pháp 5 SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí. Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu M ) cũng như khối lượng nguyên tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của một mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức: M tæng khèi l î ng hçn hî p (tÝnh theo gam) . tæng sè mol c¸c chÊt trong hçn hî p M M1n1  M 2 n 2  M 3n 3  ...  M i n i  n1  n 2  n 3  ...  ni 28 (1) trong đó M1, M2,... là KLPT (hoặc KLNT) của các chất trong hỗn hợp; n 1, n2,... là số mol tương ứng của các chất. Công thức (1) có thể viết thành: M M 1 . n1 n n  M 2 . 2  M 3 . 3  ...  ni  ni  ni M M1x1  M 2 x 2  M 3x 3  ... (2) trong đó x1, x2,... là % số mol tương ứng (cũng chính là % khối lượng) của các chất. Đặc biệt đối với chất khí thì x 1, x2, ... cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết thành: M M1V1  M 2 V2  M 3V3  ...  M i Vi  V1  V2  V3  ...  Vi (3) trong đó V1, V2,... là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì các công thức (1), (2), (3) tương ứng trở thành (1’), (2’), (3’) như sau: M M1n1  M 2 (n  n1 ) n (1’) trong đó n là tổng số số mol của các chất trong hỗn hợp, M M1x1  M 2 (1  x1 ) (2’) trong đó con số 1 ứng với 100% và M M1V1  M 2 (V  V1 ) V (3’) trong đó V1 là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp. Từ công thức tính KLPTTB ta suy ra các công thức tính KLNTTB. Với các công thức: C x H yOz ; n1 mol C x H yO z ; n 2 mol ta có: - Nguyên tử cacbon trung bình: x x1n1  x 2 n 2  ... n1  n 2  ... - Nguyên tử hiđro trung bình: y y1n1  y 2 n 2  ... n1  n 2  ... và đôi khi tính cả được số liên kết , số nhóm chức trung bình theo công thức trên. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm IIA và thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và 672 ml CO2 (ở đktc). 1. Hãy xác định tên các kim loại. A. Be, Mg. B. Mg, Ca. C. Ca, Ba. D. Ca, Sr. 2. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 2 gam. B. 2,54 gam. C. 3,17 gam. D. 2,95 gam. Hướng dẫn giải 1. Gọi A, B là các kim loại cần tìm. Các phương trình phản ứng là ACO3 + 2HCl  ACl2 + H2O + CO2 (1) 29 BCO3 + 2HCl  BCl2 + H2O + CO2 (2) (Có thể gọi M là kim loại đại diện cho 2 kim loại A, B lúc đó chỉ cần viết một phương trình phản ứng). Theo các phản ứng (1), (2) tổng số mol các muối cacbonat bằng: n CO2  0,672 0,03 mol. 22,4 Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là M 2,84 94,67 0,03 và M A,B 94,67  60 34,67 Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). (Đáp án B) 2. KLPTTB của các muối clorua: M muèi clorua 34,67  71 105,67 . Khối lượng muối clorua khan là 105,670,03 = 3,17 gam. (Đáp án C) 63 65 Cu và 29 Cu . Ví dụ 2: Trong tự nhiên, đồng (Cu) tồn tại dưới hai dạng đồng vị 29 KLNT (xấp xỉ khối lượng trung bình) của Cu là 63,55. Tính % về khối lượng của mỗi loại đồng vị. A. 65Cu: 27,5% ; 63Cu: 72,5%. B. 65Cu: 70% ; 63Cu: 30%. C. 65Cu: 72,5% ; 63Cu: 27,5%. D. 65Cu: 30% ; 63Cu: 70%. Hướng dẫn giải 65 Cu ta có phương trình: Gọi x là % của đồng vị 29 M = 63,55 = 65.x + 63(1  x)  x = 0,275 Vậy: đồng vị 65Cu chiếm 27,5% và đồng vị 63Cu chiếm 72,5%. (Đáp án C) Ví dụ 3: Hỗn hợp khí SO2 và O2 có tỉ khối so với CH4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O2 vào 20 lít hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH 4 giảm đi 1/6, tức bằng 2,5. Các hỗn hợp khí ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. A. 10 lít. B. 20 lít. C. 30 lít. D. 40 lít. Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi x là % thể tích của SO2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có: M = 163 = 48 = 64.x + 32(1  x)  x = 0,5 Vậy: mỗi khí chiếm 50%. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít. Gọi V là số lít O2 cần thêm vào, ta có: M  2,5 16 40  64 10  32(10  V) . 20  V Giải ra có V = 20 lít. (Đáp án B) Cách 2: Ghi chú: Có thể coi hỗn hợp khí như một khí có KLPT chính bằng KLPT trung bình của hỗn hợp, ví dụ, có thể xem không khí như một khí với KLPT là 29. Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất (20 lít có M = 163 = 48), còn O2 thêm vào coi như khí thứ hai, ta có phương trình: 30 M 2,5 16 40  48 20  32V , 20  V Rút ra V = 20 lít. (Đáp án B) Ví dụ 4: Có 100 gam dung dịch 23% của một axit đơn chức (dung dịch A). Thêm 30 gam một axit đồng đẳng liên tiếp vào dung dịch ta được dung dịch B. Trung hòa 1/10 dung dịch B bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C. 1. Hãy xác định CTPT của các axit. A. HCOOH và CH3COOH. B. CH3COOH và C2H5COOH. C. C2H5COOH và C3H7COOH. D. C3H7COOH và C4H9COOH. 2. Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 5,7 gam. B. 7,5 gam. C. 5,75 gam. D. 7,55 gam. Hướng dẫn giải 1. Theo phương pháp KLPTTB: 1 23 m RCOOH  2,3 gam, 10 10 1 30 m RCH2COOH  3 gam. 10 10 2,3  3 M 53 . 0,1 Axit duy nhất có KLPT < 53 là HCOOH (M = 46) và axit đồng đẳng liên tiếp phải là CH3COOH (M = 60). (Đáp án A) 2. Theo phương pháp KLPTTB: Vì Maxit = 53 nên M muèi = 53+ 23  1 75 . Vì số mol muối bằng số mol axit bằng 0,1 nên tổng khối lượng muối bằng 750,1 = 7,5 gam. (Đáp án B) Ví dụ 5: Có V lít khí A gồm H 2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H 2 chiếm 60% về thể tích. Dẫn hỗn hợp A qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn khí B được 19,8 gam CO 2 và 13,5 gam H2O. Công thức của hai olefin là A. C2H4 và C3H6. B. C3H6 và C4H8. C. C4H8 và C5H10. D. C5H10 và C6H12. Hướng dẫn giải Đặt CTTB của hai olefin là C n H 2n . Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì thể tích tỷ lệ với số mol khí. Hỗn hợp khí A có: n Cn H2 n n H2  0,4 2  . 0,6 3 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và định luật bảo toàn nguyên tử  Đốt cháy hỗn hợp khí B cũng chính là đốt cháy hỗn hợp khí A. Ta có: C n H 2n + 3n O2  n CO2 + n H2O 2 2H2 + O2  2H2O Theo phương trình (1) ta có: (1) (2) 31 n CO2 n H 2O = 0,45 mol. 0,45 mol. n 13,5  = 0,75 mol 18  n Cn H2 n  Tổng: n H 2O  n H 2O ( pt 2) = 0,75  0,45 = 0,3 mol  n H2 = 0,3 mol. Ta có: n Cn H2 n n H2  0,45 2  0,3 n 3 n = 2,25   Hai olefin đồng đẳng liên tiếp là C2H4 và C3H6. (Đáp án B) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO 2 ở đktc và 3,96 gam H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. A. 3,32 gam ; CH3OH và C2H5OH. B. 4,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH. C. 2,32 gam ; C3H7OH và C4H9OH. D. 3,32 gam ; C2H5OH và C3H7OH. Hướng dẫn giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu. 3n O2  n CO2 + (n  1) H 2O 2 x mol  n x mol  (n  1) x mol 3,584 n CO2 n.x  0,16 mol (1) 22,4 3,96 n H2O (n  1)x  0,22 mol (2) 18 Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67. Ta có: a = (14 n + 18).x = (142,67) + 180,06 = 3,32 gam. C2 H 5OH n = 2,67 (Đáp án D) C3 H 7OH CnH2n+1OH + Ví dụ 7: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,38 gam. Xác định CTPT của rượu B, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng 5 3 tổng số mol của rượu B và C, M B > MC. A. CH3OH. B. C2H5OH. C. C3H7OH. D. C4H9OH. Hướng dẫn giải Gọi M là nguyên tử khối trung bình của ba rượu A, B, C. Ta có: M 3,38 42,2 0,08 Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,25. Chỉ có CH3OH có (M = 32) Ta có: nA  0,08 5 0,05 ; 53 mA = 320,05 = 1,6 gam. 32 mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78 gam; 0,08 3 0,03 mol ; 53 1,78  59,33 . 0.03 n B C  M BC Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C. Ta có: C x H y OH 59,33 hay 12x + y + 17 = 59,33  12x + y = 42,33 Biện luận: x 1 2 3 4 y 30,33 18,33 6,33 <0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H < 6,33 và một rượu có số nguyên tử H > 6,33. Vậy rượu B là C3H7OH. Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2=CH–CH2OH) và C3H7OH C3H3OH (CHC–CH2OH) và C3H7OH (Đáp án C) Ví dụ 8: Cho 2,84 gam hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6 gam chất rắn và V lít khí H2 ở đktc. Tính V. A. 0,896 lít. B. 0,672 lít. C. 0,448 lít. D. 0,336 lít. Hướng dẫn giải Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu. ROH + Na  RONa + x . 2 x mol  x  Ta có: Vậy : 1 H2 2  R  17  x 2,84  Giải ra được x = 0,08.   R  39  x 4,6 0,08 VH2  22,4 0,896 lít. (Đáp án A) 2 Ví dụ 9: (Câu 1 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH năm 2007) Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung dịch Br2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br2 giảm đi một nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là A. C2H2 và C4H6. B. C2H2 và C4H8. C. C3H4 và C4H8. D. C2H2 và C3H8. Hướng dẫn giải n hh X  4,48 0,2 mol 22,4 n Br2 ban ®Çu 1,4 0,5 0,7 mol n Br2 p.øng  0,7 = 0,35 mol. 2 33 Khối lượng bình Br2 tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của hai hiđrocacbon mạch hở là C n H 2n 2 2a ( a là số liên kết  trung bình). Phương trình phản ứng: CnH2n2 2a + aBr2  CnH2n2 2aBr2a 0,2 mol  0,35 mol   0,35 = 1,75 0,2 6,7 14n  2  2a  0,2 a  n = 2,5. Do hai hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br 2 nên chúng đều là hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C 2H2 và C4H8. (Đáp án B) Ví dụ 10: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76 gam CO 2. Khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng H2O và CO2 tạo ra là A. 2,94 gam. B. 2,48 gam. C. 1,76 gam. D. 2,76 gam. Hướng dẫn giải Hỗn hợp X gồm hai ancol A và B tách nước được olefin (Y)  hai ancol là rượu no, đơn chức. Đặt CTTB của hai ancol A, B là CnH2n1OH ta có các phương trình phản ứng sau: 3n O2  nCO2 + (n  1)H 2O 2 H 2SO4® C n H 2n 1OH     C n H 2n + H2O 170o C C n H 2n 1OH + (Y) C n H 2n 3n O2  nCO2 + n H 2O + 2 Nhận xét: - Khi đốt cháy X và đốt cháy Y cùng cho số mol CO2 như nhau. - Đốt cháy Y cho n CO n H O . Vậy đốt cháy Y cho tổng  mCO  m H O  0,04 (44  18) 2,48 gam. (Đáp án B) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEP PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH 01. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp hai axit cacboxylic là đồng đẳng kế tiếp thu được 3,36 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Số mol của mỗi axit lần lượt là A. 0,05 mol và 0,05 mol. B. 0,045 mol và 0,055 mol. C. 0,04 mol và 0,06 mol. D. 0,06 mol và 0,04 mol. 02. Có 3 ancol bền không phải là đồng phân của nhau. Đốt cháy mỗi chất đều có số mol CO2 bằng 0,75 lần số mol H2O. 3 ancol là A. C2H6O; C3H8O; C4H10O. B. C3H8O; C3H6O2; C4H10O. C. C3H8O; C3H8O2; C3H8O3.D. C3H8O; C3H6O; C3H8O2. 2 2 2 2 34 03. Cho axit oxalic HOOCCOOH tác dụng với hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp thu được 5,28 gam hỗn hợp 3 este trung tính. Thủy phân lượng este trên bằng dung dịch NaOH thu được 5,36 gam muối. Hai rượu có công thức A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C3H7OH và C4H9OH. D. C4H9OH và C5H11OH. 04. Nitro hóa benzen được 14,1 gam hỗn hợp hai chất nitro có khối lượng phân tử hơn kém nhau 45 đvC. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai chất nitro này được 0,07 mol N2. Hai chất nitro đó là A. C6 H5NO2 và C6H4(NO2)2. B. C6 H4(NO2)2 và C6H3(NO2)3. C. C6 H3(NO2)3 và C6H2(NO2)4. D. C6 H2(NO2)4 và C6H(NO2)5. 05. Một hỗn hợp X gồm 2 ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng có khối lượng 30,4 gam. Chia X thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: cho tác dụng với Na dư, kết thúc phản ứng thu được 3,36 lít H2 (đktc). - Phần 2: tách nước hoàn toàn ở 180 oC, xúc tác H2SO4 đặc thu được một anken cho hấp thụ vào bình đựng dung dịch Brom dư thấy có 32 gam Br 2 bị mất màu. CTPT hai ancol trên là A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. CH3OH và C3H7OH. D. C2H5OH và C4H9OH. 06. Chia hỗn hợp gồm 2 anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam nước. - Phần 2: tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 1,444 lít. 07. Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm hai rượu A, B ta được hỗn hợp X gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66 gam CO 2. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng H2O và CO2 tạo ra là A. 0,903 gam. B. 0,39 gam. C. 0,94 gam. D. 0,93 gam. 08. Cho 9,85 gam hỗn hợp 2 amin đơn chức no bậc 1 tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được 18,975 gam muối. Vậy khối lượng HCl phải dùng là A. 9,521 gam. B. 9,125 gam. C. 9,215 gam. D. 0,704 gam. 09. Cho 4,2 gam hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 0,672 lít khí (đktc) và một dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp X. Khối lượng của X là A. 2,55 gam. B. 5,52 gam. C. 5,25 gam. D. 5,05 gam. 10. Hỗn hợp X gồm 2 este A, B đồng phân với nhau và đều được tạo thành từ axit đơn chức và rượu đơn chức. Cho 2,2 gam hỗn hợp X bay hơi ở 136,5 oC và 1 atm thì thu được 840 ml hơi este. Mặt khác đem thuỷ phân hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp X bằng 100 ml dung dịch NaOH 20% (d = 1,2 g/ml) rồi đem cô cạn thì thu được 33,8 gam chất rắn khan. Vậy công thức phân tử của este là A. C2H4O2. B. C3H6O2. C. C4H8O2. D. C5H10O2. Đáp án các bài tập trắc nghiệm vận dụng: 35 1. A 6. C 2. C 7. D 3. A 8. B 4. A 9. B 5. C 10. C Phương pháp 6 TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển từ chất A thành chất B (không nhất thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian) khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản ứng: MCO3 + 2HCl  MCl2 + H2O + CO2 Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO3 thành MCl2 thì khối lượng tăng (M + 235,5)  (M + 60) = 11 gam và có 1 mol CO2 bay ra. Như vậy khi biết lượng muối tăng, ta có thể tính lượng CO2 bay ra. Trong phản ứng este hóa: CH3COOH + ROH  CH3COOR + H2O thì từ 1 mol ROH chuyển thành 1 mol este khối lượng tăng (R + 59)  (R + 17) = 42 gam. Như vậy nếu biết khối lượng của rượu và khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu hoặc ngược lại. Với bài tập cho kim loại A đẩy kim loại B ra khỏi dung dịch muối dưới dạng tự do: - Khối lượng kim loại tăng bằng mB (bám)  mA (tan). - Khối lượng kim loại giảm bằng mA (tan)  mB (bám). Sau đây là các ví dụ điển hình: Ví dụ 1: Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na 2CO3 0,1 mol/l và (NH4)2CO3 0,25 mol/l. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Tính % khối lượng các chất trong A. A. %mBaCO = 50%, %mCaCO = 50%. 3 3 B. %mBaCO = 50,38%, %mCaCO = 49,62%. 3 3 C. %mBaCO = 49,62%, %mCaCO = 50,38%. D. Không xác định được. Hướng dẫn giải Trong dung dịch: Na2CO3  2Na+ + CO32 (NH4)2CO3  2NH4+ + CO32 3 3 36 BaCl2  Ba2+ + 2Cl CaCl2  Ca2+ + 2Cl Các phản ứng: Ba2+ + CO32  BaCO3 (1) 2+ 2 Ca + CO3  CaCO3 (2) Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl2, hoặc CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng muối giảm (71  60) = 11 gam. Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 bằng: 43  39,7 = 0,3 mol 11 mà tổng số mol CO32 = 0,1 + 0,25 = 0,35, điều đó chứng tỏ dư CO32. Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 trong A ta có:  x  y 0,3  197x  100y 39,7  x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol. Thành phần của A: %m BaCO3  0,1 197 100 = 49,62%; 39,7 %mCaCO3 = 100  49,6 = 50,38%. (Đáp án C) Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và một muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 4,48 lít khí CO2 (đktc). Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là bao nhiêu? A. 26,0 gam. B. 28,0 gam. C. 26,8 gam. D. 28,6 gam. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol muối cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua cho nên khối lượng muối khan tăng (71  60) = 11 gam, mà n CO = nmuối cacbonat = 0,2 mol. Suy ra khối lượng muối khan tăng sau phản ứng là 0,211 = 2,2 gam. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là 23,8 + 2,2 = 26 gam. (Đáp án A) Ví dụ 3: Cho 3,0 gam một axit no, đơn chức A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,1 gam muối khan. CTPT của A là A. HCOOH B. C3H7COOH C. CH3COOH D. C2H5COOH. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol axit đơn chức tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng (23  1) = 22 gam, mà theo đầu bài khối lượng muối tăng (4,1  3) = 1,1 gam nên số mol axit là 2 naxit = 1,1 = 0,05 mol.  22 Maxit = 3 = 60 gam. 0,05 Đặt CTTQ của axit no, đơn chức A là CnH2n+1COOH nên ta có: 37 14n + 46 = 60  n = 1. Vậy CTPT của A là CH3COOH. (Đáp án C) Ví dụ 4: Cho dung dịch AgNO3 dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối KCl và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu. A. 0,08 mol. B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,055 mol. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol muối halogen tạo thành 1 mol kết tủa  khối lượng tăng: 108  39 = 69 gam; 0,06 mol  khối lượng tăng: 10,39  6,25 = 4,14 gam. Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol. (Đáp án B) Ví dụ 5: Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị (II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24 gam. Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch AgNO 3 thì khi phản ứng xong thấy khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52 gam. Kim loại hóa trị (II) là kim loại nào sau đây? A. Pb. B. Cd. C. Al. D. Sn. Hướng dẫn giải Đặt kim loại hóa trị (II) là M với số gam là x (gam). M + CuSO4 dư  MSO4 + Cu Cứ M gam kim loại tan ra thì sẽ có 64 gam Cu bám vào. Vậy khối lượng kim loại giảm (M  64) gam; Vậy: x (gam) = 0,24.M  khối lượng kim loại giảm 0,24 gam. M  64 Mặt khác: M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag Cứ M gam kim loại tan ra thì sẽ có 216 gam Ag bám vào. Vậy khối lượng kim loại tăng (216  M) gam; Vây: Ta có: 0,52.M  khối lượng kim loại tăng 0,52 gam. 216  M 0,24.M 0,52.M =  M = 112 (kim loại Cd). (Đáp án B) M  64 216  M x (gam) = Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là A. 29,25 gam. B. 58,5 gam. C. 17,55 gam. D. 23,4 gam. Hướng dẫn giải Khí Cl2 dư chỉ khử được muối NaI theo phương trình 2NaI + Cl2  2NaCl + I2 Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl  Khối lượng muối giảm 127  35,5 = 91,5 gam. Vậy: 0,5 mol  Khối lượng muối giảm 104,25  58,5 = 45,75 gam.  mNaI = 1500,5 = 75 gam  mNaCl = 104,25  75 = 29,25 gam. (Đáp án A) 38 Ví dụ 7: Ngâm một vật bằng đồng có khối lượng 15 gam trong 340 gam dung dịch AgNO3 6%. Sau một thời gian lấy vật ra thấy khối lượng AgNO 3 trong dung dịch giảm 25%. Khối lượng của vật sau phản ứng là A. 3,24 gam. B. 2,28 gam. C. 17,28 gam. D. 24,12 gam. Hướng dẫn giải 340 6 = 0,12 mol; 170 100 25 = 0,12  = 0,03 mol. 100 n AgNO3 ( ban ®Çu) = n AgNO3 ( ph.øng) Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag 0,015  0,03  0,03 mol mvật sau phản ứng = mvật ban đầu + mAg (bám)  mCu (tan) = 15 + (1080,03)  (640,015) = 17,28 gam. (Đáp án C) Ví dụ 8: Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO 4. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO4 bằng 2,5 lần nồng độ mol FeSO 4. Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2 gam. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm và bám lên thanh sắt lần lượt là A. 12,8 gam; 32 gam. B. 64 gam; 25,6 gam. C. 32 gam; 12,8 gam. D. 25,6 gam; 64 gam. Hướng dẫn giải Vì trong cùng dung dịch còn lại (cùng thể tích) nên: [ZnSO4] = 2,5 [FeSO4] nZnSO 2,5nFeSO  Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu (1) 2,5x  2,5x  2,5x mol Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (2) x  x  x  x mol Từ (1), (2) nhận được độ giảm khối lượng của dung dịch là mCu (bám)  mZn (tan)  mFe (tan)  2,2 = 64(2,5x + x)  652,5x 56x  x = 0,4 mol. Vậy: mCu (bám lên thanh kẽm) = 642,50,4 = 64 gam; mCu (bám lên thanh sắt) = 640,4 = 25,6 gam. (Đáp án B) Ví dụ 9: (Câu 15 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Cho 5,76 gam axit hữu cơ X đơn chức, mạch hở tác dụng hết với CaCO 3 thu được 7,28 gam muối của axit hữu cơ. Công thức cấu tạo thu gọn của X là A. CH2=CHCOOH. B. CH3COOH. C. HCCCOOH. D. CH3CH2COOH. Hướng dẫn giải Đặt CTTQ của axit hữu cơ X đơn chức là RCOOH. 2RCOOH + CaCO3  (RCOO)2Ca + CO2 + H2O Cứ 2 mol axit phản ứng tạo muối thì khối lượng tăng (40  2) = 38 gam. 4 4 39 x mol axit  (7,28  5,76) = 1,52 gam.  x = 0,08 mol  M RCOOH  5,76 72  R = 27 0,08  Axit X: CH2=CHCOOH. (Đáp án A) Ví dụ 10: Nhúng thanh kẽm vào dung dịch chứa 8,32 gam CdSO 4. Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu. A. 60 gam. B. 70 gam. C. 80 gam. D. 90 gam. Hướng dẫn giải Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là 2,35a gam. 100 Zn + CdSO4  ZnSO4 + Cd 65  1 mol  112, tăng (112 – 65) = 47 gam 8,32 2,35a (=0,04 mol)  gam 208 100 1 47  Ta có tỉ lệ: 0,04 2,35a  a = 80 gam. (Đáp án C) 100 Ví dụ 11: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dung dịch CuSO 4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO 3)2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. A. Al. B. Zn. C. Mg. D. Fe. Hướng dẫn giải Gọi m là khối lượng thanh kim loại, M là nguyên tử khối của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO4  MSO4 + Cu M (gam)  1 mol  64 gam, giảm (M – 64)gam. x mol  0,05.m x = 100 M  64 giảm  0,05.m gam. 100 (1) M + Pb(NO3)2  M(NO3)2 + Pb M (gam)  1 mol  207, tăng (207 – M) gam x mol  Từ (1) và (2) ta có:  7,1.m x = 100 (2) 207  M 0,05.m 7,1.m 100 = 100 M  64 207  M tăng 7,1.m gam 100 (3) Từ (3) giải ra M = 65. Vậy kim loại M là kẽm. (Đáp án B) 40 Ví dụ 12: Cho 3,78 gam bột Al phản ứng vừa đủ với dung dịch muối XCl3 tạo thành dung dịch Y. Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06 gam so với dung dịch XCl3. xác định công thức của muối XCl3. A. FeCl3. B. AlCl3. C. CrCl3. D. Không xác định. Hướng dẫn giải Gọi A là nguyên tử khối của kim loại X. Al + XCl3  AlCl3 + X 3,78 = (0,14 mol)  0,14 27 0,14 mol. Ta có : (A + 35,53)0,14 – (133,50,14) = 4,06 Giải ra được: A = 56. Vậy kim loại X là Fe và muối FeCl3. (Đáp án A) Ví dụ 13: Nung 100 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp không đổi được 69 gam chất rắn. Xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất tương ứng trong hỗn hợp ban đầu. A. 15,4% và 84,6%. B. 22,4% và 77,6%. C. 16% và 84%. D. 24% và 76%. Hướng dẫn giải Chỉ có NaHCO3 bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO3. 2NaHCO3  t Na2CO3 + CO2 + H2O Cứ nung 168 gam  khối lượng giảm: 44 + 18 = 62 gam x  khối lượng giảm: 100 – 69 = 31 gam o Ta có: 168 62  x 31  x = 84 gam. Vậy NaHCO3 chiếm 84% và Na2CO3 chiếm 16%. (Đáp án C) Ví dụ 14: Hòa tan 3,28 gam hỗn hợp muối CuCl2 và Cu(NO3)2 vào nước được dung dịch A. Nhúng Mg vào dung dịch A cho đến khi mất màu xanh của dung dịch. Lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng thêm 0,8 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Tính m? A. 1.28 gam. B. 2,48 gam. C. 3,1 gam. D. 0,48 gam. Hướng dẫn giải Ta có:  mtăng = mCu  mMg phản ứng = m Cu  m Mg 3,28  m gèc axit  m Mg 2 2 2  0,8  m = 3,28  0,8 = 2,48 gam. (Đáp án B) Ví dụ 15: Hòa tan 3,28 gam hỗn hợp muối MgCl2 và Cu(NO3)2 vào nước được dung dịch A. Nhúng vào dung dịch A một thanh sắt. Sau một khoảng thời gian lấy thanh sắt ra cân lại thấy tăng thêm 0,8 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Giá trị m là A. 4,24 gam. B. 2,48 gam. C. 4,13 gam. D. 1,49 gam. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ giảm khối lượng của dung dịch muối. Do đó: m = 3,28  0,8 = 2,48 gam. (Đáp án B) 41 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 01. Cho 115 gam hỗn hợp gồm ACO3, B2CO3, R2CO3 tác dụng hết với dung dịch HCl thấy thoát ra 22,4 lít CO 2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là A. 142 gam. B. 126 gam. C. 141 gam. D. 132 gam. 02. Ngâm một lá sắt trong dung dịch CuSO 4. Nếu biết khối lượng đồng bám trên lá sắt là 9,6 gam thì khối lượng lá sắt sau ngâm tăng thêm bao nhiêu gam so với ban đầu? A. 5,6 gam. B. 2,8 gam. C. 2,4 gam. D. 1,2 gam. 03. Cho hai thanh sắt có khối lượng bằng nhau. - Thanh 1 nhúng vào dung dịch có chứa a mol AgNO3. - Thanh 2 nhúng vào dung dịch có chứa a mol Cu(NO3)2. Sau phản ứng, lấy thanh sắt ra, sấy khô và cân lại thấy sẽ cho kết quả nào sau đây? A. Khối lượng hai thanh sau nhúng vẫn bằng nhau nhưng khác ban đầu. B. Khối lượng thanh 2 sau nhúng nhỏ hơn khối lượng thanh 1 sau nhúng. C. Khối lượng thanh 1 sau nhúng nhỏ hơn khối lượng thanh 2 sau nhúng. D. Khối lượng hai thanh không đổi vẫn như trước khi nhúng. 04. Cho V lít dung dịch A chứa đồng thời FeCl 3 1M và Fe2(SO4)3 0,5M tác dụng với dung dịch Na2CO3 có dư, phản ứng kết thúc thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 69,2 gam so với tổng khối lượng của các dung dịch ban đầu. Giá trị của V là: A. 0,2 lít. B. 0,24 lít. C. 0,237 lít.D.0,336 lít. 05. Cho luồng khí CO đi qua 16 gam oxit sắt nguyên chất được nung nóng trong một cái ống. Khi phản ứng thực hiện hoàn toàn và kết thúc, thấy khối lượng ống giảm 4,8 gam. Xác định công thức và tên oxit sắt đem dùng. 06. Dùng CO để khử 40 gam oxit Fe 2O3 thu được 33,92 gam chất rắn B gồm Fe2O3, FeO và Fe. Cho 1 B tác dụng với H2SO4 loãng dư, thu được 2,24 lít 2 khí H2 (đktc). Xác định thành phần theo số mol chất rắn B, thể tích khí CO (đktc) tối thiểu để có được kết quả này. 07. Nhúng một thanh sắt nặng 12,2 gam vào 200 ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh kim loại ra, cô cạn dung dịch được 15,52 gam chất rắn khan. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra, tìm khối lượng từng chất có trong 15,52 gam chất rắn khan. b) Tính khối lượng thanh kim loại sau phản ứng. Hòa tan hoàn toàn thanh kim loại này trong dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu được khí NO2 duy 42 nhất, thể tích V lít (đo ở 27,3 oC, 0,55 atm). Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính V. 08. Ngâm một thanh đồng có khối lượng 140,8 gam vào dung dịch AgNO3 sau một thời gian lấy thanh đồng đem cân lại thấy nặng 171,2 gam. Tính thành phần khối lượng của thanh đồng sau phản ứng. 09. Ngâm một lá kẽm nhỏ trong một dung dịch có chứa 2,24 gam ion kim loại có điện tích 2+. Phản ứng xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94 gam. Hãy xác định tên của ion kim loại trong dung dịch. 10. Có hai lá kim loại cùng chất, cùng khối lượng, có khả năng tạo ra hợp chất có số oxi hóa +2. Một lá được ngâm trong dung dịch Pb(NO 3)2 còn lá kia được ngâm trong dung dịch Cu(NO3)2. Sau một thời gian người ta lấy lá kim loại ra khỏi dung dịch, rửa nhẹ. Nhận thấy khối lượng lá kim loại được ngâm trong muối chì tăng thêm 19%, khối lượng lá kim loại kia giảm 9,6%. Biết rằng, trong hai phản ứng trên, khối lượng các kim loại bị hòa tan như nhau. Hãy xác định tên của hai lá kim loại đang dùng. Đáp án các bài tập vận dụng: 01. B 02. D. 03. B. 04. A. 05. Fe2O3. 06. VCO = 8,512 lít ; %nFe = 46,51% ; %nFeO = 37,21% ; %n Fe2O3 16,28%. 07. a) 6,4 gam CuSO4 và 9,12 gam FeSO4. b) mKL = 12,68 gam ; VNO 26,88 lít. 08. Thanh Cu sau phản ứng có mAg (bám) = 43,2 gam và mCu (còn lại) = 128 gam. 09. Cd2+ 10. Cd 2 Phương pháp 7 QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp. 2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. 43 3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn. 4. Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là Fe xOy thì oxit FexOy tìm được chỉ là oxit giả định không có thực. Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. D. 6,9 gam. Hướng dẫn giải  Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1  3 0,1 mol  Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là 8,4 0,1 0,35   56 3 3 m X m Fe  m Fe2O3 n Fe  Vậy:  mX   n Fe2O3  0,35 3 2 0,1 0,35 56  160 = 11,2 gam. 3 3  Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,1  0,1 mol ta có: 2Fe  O2    2FeO   0,1 mol  0,1 0,15 mol   2Fe2O3 4Fe  3O2   0,05  0,025 mol  m h2 X = 0,172 + 0,025160 = 11,2 gam. (Đáp án A) Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe 3O4) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số).  Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy: FexOy + (6x2y)HNO3  Fe(NO3)3 + (3x2y) NO2 + (3xy)H2O  0,1 mol  0,1 mol. 3x  2y 8,4 0,1.x x 6 n Fe     mol. 56 3x  2y y 7 Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và n Fe6O7   0,1 = 0,025 mol. 3 6  2 7 mX = 0,025448 = 11,2 gam. 44 Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản nhất. Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị của m là A. 35,7 gam. B. 46,4 gam. C. 15,8 gam. D. 77,7 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol  0,2 mol  0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,2 mol  0,4 mol 145,2 n Fe( NO3 )3  = 0,6 mol. 242  mX = 0,2(72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X. A. 40,24%. B. 30,7%. C. 20,97%. D. 37,5%. b) Tính khối lượng muối trong dung dịch Y. A. 160 gam. B.140 gam. C. 120 gam. D. 100 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3, ta có:  2FeO  4H 2SO4    Fe2 (SO4 )3  SO 2  4H 2O   0,4  0,4 mol  0,8 49,6 gam   Fe2 (SO4 )3  3H 2O  Fe2O3  3H 2SO4     0,05   0,05 mol   m Fe2O3 = 49,6  0,872 = 8 gam  (0,05 mol)  nO (X) = 0,8 + 3(0,05) = 0,65 mol. Vậy: a) %m O  0,65 16 100 = 20,97%. (Đáp án C) 49,9 b) m Fe (SO ) = [0,4 + (-0,05)]400 = 140 gam. (Đáp án B) Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là. A. 224 ml. B. 448 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: FeO + H2  t Fe + H2O x y 2 4 3 o 45 o Fe2O3 + 3H2  t x 3y 2Fe + 3H2O  x  3y 0,05  x 0,02 mol    72x  160y 3,04  y 0,01 mol 2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,02  0,01 mol VSO = 0,0122,4 = 0,224 lít (hay 224 ml). (Đáp án A) Vậy: Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,025  0,025  0,025 mol m Fe O = 3  560,025 = 1,6 gam  2 2  3 1,6 m Fe ( trong Fe2O3 )  2 = 0,02 mol 160  mFe = 56(0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO 3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2  0,2 0,4 mol + 2+ Fe + 2H  Fe + H2 0,1  0,1 mol 2+ Dung dịch Z: (Fe : 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 0,1 0,1 mol  VNO = 0,122,4 = 2,24 lít.  1 n Cu( NO3 )2  n NO = 0,05 mol. 3 2 0,05 Vd 2 Cu( NO )  = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) 3 2 1 46 Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO 3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Số mol NO bay ra là. A. 0,01. B. 0,04. C. 0,03. D. 0,02. Hướng dẫn giải nFe  8,96 0,16mol 56 Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe 3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2  2FeO x  x 4Fe + 3O2  2Fe2O3 y  y/2 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x  10x/3  x/3 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O y/2  3y Hệ phương trình:  x  y 0,16  x 0,06 mol    10x  y 0,1 mol  3  3y 0,5 0,06 n NO  0,02 mol. (Đáp án D) 3 Phương pháp 8 SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài tập hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông cũng như trong các đề thi kiểm tra và đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song việc giải loại dạng bài tập này theo phương pháp sơ đồ đường chéo theo tác giả là tốt nhất. Nguyên tắc: Trộn lẫn hai dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (nồng độ phần trăm hoặc nồng độ mol), khối lượng riêng d1. Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1 ), khối lượng riêng d2. 47 Dung dịch thu được: có khối lượng m = m1 + m2, thể tích V = V1 + V2, nồng độ C (C1 < C < C2) và khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a. Đối với nồng độ % về khối lượng: C1 C2 | C2 - C | C  m1 C 2  C  m 2 C1  C (1)  V1 C2  C  V2 C1  C (2)  V1 C2  C  V2 C1  C (3) | C1 - C | b. Đối với nồng độ mol/lít: CM1 C CM2 ` | C2 - C | |C -C| c. Đối với khối lượng1 riêng: d1 d2 d | d2 - d | | d1 - d | Khi sử dụng sơ đồ đường chéo cần chú ý: - Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% - Dung môi coi như dung dịch có C = 0% - Khối lượng riêng của H2O là d = 1g/ml. Sau đây là một số ví dụ sử dụng phương pháp sơ đồ đường chéo trong tính toán các bài tập. Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là A. 1:2. B. 1:3. C. 2:1. D. 3:1. Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (1): m1 45  25 20 2    . (Đáp án C) m 2 15  25 10 1 Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lý (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl 3% pha với nước cất. Giá trị của V là A. 150 ml. B. 214,3 ml. C. 285,7 ml. D. 350 ml. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ: V1 (NaCl) 3  | 0,9 - 0 | 0,9 V2 (H2O) 0 | 3 - 0,9 | 0,9 500 = 150 ml. (Đáp án A) V1 = 2,1  0,9 Ví dụ 3: Hòa tan 200 gam SO3 vào m2 gam dung dịch H2SO4 49% ta được dung dịch H2SO4 78,4%. Giá trị của m2 là A. 133,3 gam. B. 146,9 gam. C. 272,2 gam. D. 300 gam. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: SO3 + H2O  H2SO4 100 gam SO3  98 100 = 122,5 gam H2SO4. 80 Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng 122,5%. Gọi m1, m2 lần lượt là khối lượng của SO3 và dung dịch H2SO4 49% cần lấy. Theo (1) ta có: 48 49  78,4 m1 29,4   m 2 122,5  78,4 44,1  m2  44,1 200 = 300 gam. (Đáp án D) 29,4 Ví dụ 4: Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có hai đồng vị bền: 79 81 81 35 Br và 35 Br . Thành phần % số nguyên tử của 35 Br là A. 84,05. B. 81,02. C. 18,98. D. 15,95. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ đường chéo: 81 35 Br (M 81) 79,319  79 0,319 A 79,319 79 35   Br (M 79) 81 % 35 Br 0,319  79 % 35 Br 1,681 81  79,319 1,681 0,319 81 % 35 Br  100% = 15,95%. (Đáp án D) 1,681  0,319 Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O2, O3 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối hơi với hiđro là 18. Thành phần % về thể tích của O3 trong hỗn hợp là A. 15%. B. 25%. C. 35%. D. 45%. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo: VO3 M 48 32  36 M 18 2 36 VO3 VO2 M 32 4 1   12 3  VO2  %VO3  48  36 1 100% = 25%. (Đáp án B) 3 1 Ví dụ 6: Cần trộn hai thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của metan để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 15. X là A. C3H8. B. C4H10. C. C5H12. D. C6H14. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo: VCH4 M 16 M 2  30 M 15 2 30  VM 2 M M 2 VCH4 M  30 2  2  VM2 14 1 16  30  M2  30 = 28  M2 = 58  14n + 2 = 58  n = 4. Vậy: X là C4H10. (Đáp án B) Ví dụ 7: Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H 3PO4 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là A. 14,2 gam Na2HPO4 ; 32,8 gam Na3PO4. B. 28,4 gam Na2HPO4 ; 16,4 gam Na3PO4. 49 C. 12 gam NaH2PO4 ; 28,4 gam Na2HPO4. D. 24 gam NaH2PO4 ; 14,2 gam Na2HPO4. Hướng dẫn giải 1 Có: n NaOH 0,25 2 5   2 n H3PO4 0,2 1,5 3 tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaH2PO4, Na2HPO4. Sơ đồ đường chéo: Na 2 HPO 4 n1 2 n NaH 2 PO 4 n Na 2 HPO4  n NaH2 PO4  2 1 5 2  3 3 2 5 1  3 3 5 3 n 2 1  1 n Na 2 HPO4 2n NaH 2 PO4 n Na 2 HPO4  n NaH 2 PO4 n H3PO4 0,3 mol Mà:  n Na 2 HPO4 0,2 mol   n NaH 2 PO4 0,1 mol  m Na 2HPO4 0,2 142 28,4 gam   n NaH2 PO4 0,1120 12 gam   (Đáp án C) Ví dụ 8: Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448 ml khí CO 2 (đktc). Thành phần % số mol của BaCO 3 trong hỗn hợp là A. 50%. B. 55%. C. 60%. D. 65%. Hướng dẫn giải n CO2  0,488 3,164 = 0,02 mol  M  = 158,2. 22,4 0,02 Áp dụng sơ đồ đường chéo: BaCO3 (M1 197) 100  158,2  58,2 M 158,2 CaCO3 (M 2 100) 197  158,2  38,8 58,2 %n BaCO3  100% = 60%. (Đáp án C) 58,2  38,8  Ví dụ 9: Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4.5H2O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO4 8% để pha thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%? A. 180 gam và 100 gam. B. 330 gam và 250 gam. C. 60 gam và 220 gam. D. 40 gam và 240 gam. Hướng dẫn giải CuSO4 .5H 2O     Ta coi CuSO4.5H2O như là dung dịch CuSO4 có:  160      250 C% = 160 100 64%. 250 50 Gọi m1 là khối lượng của CuSO4.5H2O và m2 là khối lượng của dung dịch CuSO4 8%. Theo sơ đồ đường chéo: (m1 ) 64 8  16 8 16 (m 2 ) 8 m1 8 1   . m 2 48 6  64  16  48 Mặt khác m1 + m2 = 280 gam. Vậy khối lượng CuSO4.5H2O là: m1 = 280 1 = 40 gam 16 và khối lượng dung dịch CuSO4 8% là: m2 = 280  40 = 240 gam. (Đáp án D) Ví dụ 10: Cần bao nhiêu lít axit H 2SO4 (D = 1,84) và bao nhiêu lít nước cất để pha thành 9 lít dung dịch H2SO4 có D = 1,28 gam/ml? A. 2 lít và 7 lít. B. 3 lít và 6 lít. C. 4 lít và 5 lít. D. 6 lít và 3 lít. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ đường chéo: H 2O : 1 |1,84  1,28 |  0,56 1,28 H 2SO4 : VH2O  VH2SO4 Cần phải lấy  1,84 |1,28  1|  0,28 0,56 2  . 0,28 1 1 9 3 lít H2SO4 (d = 1,84 g/ml) và 6 lít H2O. (Đáp án B) 1 2 MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO 01. Hòa tan hoàn toàn m gam Na2O nguyên chất vào 40 gam dung dịch NaOH 12% thu được dung dịch NaOH 51%. Giá trị của m (gam) là A. 11,3. B. 20,0. C. 31,8. D. 40,0. 02. Thể tích nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H 2SO4 98% (d = 1,84 g/ml) để được dung dịch mới có nồng độ 10% là A. 14,192 ml. B. 15,192 ml. C. 16,192 ml. D. 17,192 ml. 03. Nguyên tử khối trung bình của đồng 63,54. Đồng có hai đồng vị bền: 63 29 Cu và 65 29 Cu Thành phần % số nguyên tử của 65 29 Cu là A. 73,0%. B. 34,2%. C.32,3%. D. 27,0%. 04. Cần lấy V1 lít CO2 và V2 lít CO để có được 24 lít hỗn hợp CO2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 2. Giá trị của V1 (lít) là A. 2. B. 4. C. 6. D. 8. 05. Thêm 150 ml dung dịch KOH 2M vào 120 ml dung dịch H 3PO4 1M. Khối lượng các muối thu được trong dung dịch là A. 10,44 gam KH2PO4 ; 8,5 gam K3PO4. 51 B. 10,44 gam K2HPO4 ; 12,72 gam K3PO4. C. 10,44 gam K2HPO4 ; 13,5 gam KH2PO4. D. 13,5 gam KH2PO4 ; 14,2 gam K3PO4. 06. Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và MgCO3 bằng dung dịch HCl (dư) thu được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Thành phần % số mol của MgCO3 trong hỗn hợp là A. 33,33%. B. 45,55%. C. 54,45%. D. 66,67%. 07. Lượng SO3 cần thêm vào dung dịch H2SO4 10% để được 100 gam dung dịch H2SO4 20% là A. 2,5 gam. B. 8,88 gam. C. 6,66 gam. D. 24,5 gam. 08. Dung dịch rượu etylic 13,8o có d (g/ml) =?. Biết dC H OH(ng.chÊt) =0,8 g/ml ; 2 5 d H2O 1 g ml . A. 0,805. B. 0,8 55. C. 0,972. D. 0,915. 09. Hòa tan m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối so với H2 bằng 16,75. Tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp là A. 2 : 3. B. 1 : 2. C. 1 : 3. D. 3 : 1. 10. Từ 1 tấn quặng hematit A điều chế được 420 kg Fe. Từ 1 tấn quặng manhetit B điều chế được 504 kg Fe. Hỏi phải trộn hai quặng trên với tỉ lệ khối lượng (mA : mB) là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480 kg Fe. A. 1 : 3. B. 2 : 5. C. 2 : 3. D. 1 : 1. Đáp án các số bài tập vận dụng: 1. B 6. A 2. C 7. B 3. D 8. C 4. C 9. D 52 5. B 10. B Phương pháp 9 CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG KHÁI QUÁT Trong các đề kiểm tra và thi tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm chúng ta thấy rằng số lượng câu hỏi và bài tập khá nhiều và đa dạng bao trùm toàn bộ chương trình hóa học phổ thông. Rất nhiều các phương pháp, các dạng bài đã được bạn đọc biết đến. Sau đây là một số ví dụ về dạng bài tìm mối liên hệ khái quát giữa các đại lượng thường xuất hiện trong trong các đề thi tuyển sinh đại học. Ví dụ 1: (Câu 11 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na 2CO3 đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là A. V = 22,4(a  b). B. V = 11,2(a  b). C. V = 11,2(a + b). D. V = 22,4(a + b). Hướng dẫn giải Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 ta có phương trình: HCl + Na2CO3  NaHCO3 + NaCl (1) b  b  b mol HCl + NaHCO3  NaCl + CO2 + H2O (2) (a  b)  (a  b) mol Dung dịch X chứa NaHCO3 dư do đó HCl tham gia phản ứng hết, NaHCO3 + Ca(OH)2 dư  CaCO3 + NaOH + H2O Vậy: V = 22,4(a  b). (Đáp án A) Ví dụ 2: (Câu 13 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là A. 3. B. 6. C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Một phân tử Clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC theo phương trình:   CH  CH 2   |  Cl  Do:    + kCl2  n  xtt o   CH  CH 2   |  Cl     CH  CH   |   |    Cl Cl  k  n k  %mCl = 63,96% %mC,H còn lại = 36,04%. 35,5 (n  k)  35,5 2 k 63,96 = 27 (n  k)  26 k 36,04 Vậy  n = 3. (Đáp án A). k Ví dụ 3: (Câu 21 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ 53 A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. Hướng dẫn giải Trộn a mol AlCl3 với b mol NaOH để thu được kết tủa thì  Al3  3OH     Al(OH)3     AlO2  2H 2O  Al(OH)3  OH   Al3  4OH     AlO 2  2H 2O a 4 mol Để kết tủa tan hoàn toàn thì n OH  4  n Al3 Vậy để có kết tủa thì b  4. a b <4 a  a : b > 1 : 4. (Đáp án D) Ví dụ 4: (Câu 37 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Đốt cháy hoàn toàn a mol axit hữu cơ Y được 2a mol CO 2. Mặt khác, để trung hòa a mol Y cần vừa đủ 2a mol NaOH. Công thức cấu tạo thu gọn của Y là A. HOOCCH2CH2COOH. B. C2H5COOH. C. CH3COOH. D. HOOCCOOH. Hướng dẫn giải - Đốt a mol axit hữu cơ Y được 2a mol CO2  axit hữu cơ Y có hai nguyên tử C trong phân tử. - Trung hòa a mol axit hữu cơ Y cần dùng đủ 2a mol NaOH  axit hữu cơ Y có 2 nhóm chức cacboxyl (COOH).  Công thức cấu tạo thu gọn của Y là HOOCCOOH. (Đáp án D) Ví dụ 5: (Câu 39 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Dung dịch HCl và dung dịch CH 3COOH có cùng nồng độ mol/l, pH của hai dung dịch tương ứng là x và y. Quan hệ giữa x và y là (giả thiết, cứ 100 phân tử CH3COOH thì có 1 phân tử điện li) A. y = 100x. B. y = 2x. C. y = x  2. D. y = x + 2. Hướng dẫn giải pHHCl = x  [H+]HCl = 10x pH CH COOH y  [H  ]CH COOH 10 y Ta có: HCl  H+ + Cl 10x  10x (M)    H+ + CH3COO CH3COOH  100.10y  10y (M). Mặt khác: [HCl] = [CH3COOH]  10x = 100.10y  y = x + 2. (Đáp án D) Ví dụ 6: (Câu 53 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al2O3, b mol CuO, c mol Ag2O), người ta hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a + 2b + 2c) mol 3 3 54 HNO3 được dung dịch Y, sau đó thêm (giả thiết hiệu suất các phản ứng đều là 100%) A. c mol bột Al vào Y. B. c mol bột Cu vào Y. C. 2c mol bột Al vào Y. D. 2c mol bột Cu vào Y. Hướng dẫn giải Hòa tan hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 Al2O3 + 6HNO3  2Al(NO3)3 + 3H2O a  6a  2a mol CuO + 2HNO3  Cu(NO3)2 + H2O b  2b  b mol Ag2O + 2HNO3  2AgNO3 + H2O c  2c  2c mol Dung dịch HNO3 vừa đủ. Dung dịch Y gồm 2a mol Al(NO3)3, b mol Cu(NO3)2, 2c mol AgNO3. Để thu Ag tinh khiết cần cho thêm kim loại Cu vào phương trình Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag c mol  2c Vậy cần c mol bột Cu vào dung dịch Y. (Đáp án B) Ví dụ 7: (Câu 32 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007) Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO 4 và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO 42 không bị điện phân trong dung dịch) A. b > 2a. B. b = 2a. C. b < 2a. D. 2b = a. Hướng dẫn giải Phương trình điện phân dung dịch pdd CuSO4 + 2NaCl  ®   Cu + Cl2 + Na2SO4 (1) a  2a mol Dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang mầu hồng  sau phản ứng (1) thì dung dịch NaCl còn dư và tiếp tục bị điện phân theo phương trình pdd ®   2NaOH + H2 + Cl2 2NaCl + 2H2O  mµ (2) ng ng¨n Vậy: b > 2a. (Đáp án A) Chú ý: Tương tự cũng câu hỏi trên chúng ta có thể hỏi: + Để dung dịch sau điện phân có môi trường axit thì điều kiện của a và b là. A. b > 2a. B. b = 2a. C. b < 2a. D. a = 2b. + Để dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan kết tủa Al(OH) 3 thì điều kiện của a, b là A. b > 2a. B. b < 2a. C. b  2a. D. b  2a. Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn a mol một anđehit X (mạch hở) tạo ra b mol CO 2 và c mol H2O (biết b = a + c). Trong phản ứng tráng gương, một phân tử X chỉ cho 2 electron. X thuộc dãy đồng đẳng anđehit A. no, đơn chức. B. không no có hai nối đôi, đơn chức. C. không no có một nối đôi, đơn chức. D. no, hai chức. 55 Hướng dẫn giải Trong phản ứng tráng gương một anđehit X chỉ cho 2e  X là anđehit đơn chức bởi vì: 3 1 RCHO  RCOONH 4 trong đó: C+1  2e  C+3. Đặt công thức phân tử của anđehit đơn chức X là C xHyO ta có phương trình  y 1 y CxHyO +  x    O2  xCO2 + H2O 4 2 2  a a.x   a.y mol 2 (b mol) (c mol) Ta có: a.y b = a + c  ax = a + 2  y = 2x  2. Công thức tổng quát của anđehit đơn chức X là C xH2x2O có dạng Cx1H2(x1)1CHO là anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức. (Đáp án C) Ví dụ 9: Công thức phân tử của một ancol A là C nHmOx. Để cho A là ancol no thì m phải có giá trị A. m = 2n. B. m = 2n + 2. C. m = 2n  1. D. m = 2n + 1. Hướng dẫn giải Theo phương pháp đồng nhất hệ số: Công thức tổng quát của ancol no là CnH2n+2-x(OH)x hay CnH2n+2Ox. Vậy m = 2n+2. (Đáp án B) Ví dụ 10: Hỏi tỷ lệ thể tích CO 2 và hơi nước (T) biến đổi trong khoảng nào khi đốt cháy hoàn toàn các ankin. A. 1 < T  2. B. 1  T < 1,5. C. 0,5 < T  1. D. 1 < T < 1,5. Hướng dẫn giải CnH2n-2  nCO2 + (n  1)H2O Điều kiện: n  2 và n  N. T= n CO2 n H 2O n 1  . 1 = n 1 1 n Với mọi n  2  T > 1; mặt khác n tăng  T giảm.  n = 2  T = 2 là giá trị lớn nhất. Vậy: 1 < T  2. (Đáp án A) Ví dụ 11: Đốt cháy 1 mol aminoaxit NH2(CH2)nCOOH phải cần số mol O2 là A. 2n  3 . 2 B. 6n  3 . 2 C. 6n  3 . 4 D. 2n  3 . 4 Hướng dẫn giải Phương trình đốt cháy amino axit là H2N(CH2)nCOOH +  6n  3 2n  3 O2   (n + 1)CO2 + H2O 4 2 (Đáp án C) 56 Ví dụ 12: Một dung dịch hỗn hợp chứa a mol NaAlO 2 và a mol NaOH tác dụng với một dung dịch chứa b mol HCl. Điều kiện để thu được kết tủa sau phản ứng là A. a = b. B. a = 2b. C. b = 5a. D. a < b < 5a. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: NaOH + HCl  NaCl + H2O (1) a mol  a mol NaAlO2 + HCl + H2O  Al(OH)3 + NaCl (2) Al(OH)3 + 3HCl  AlCl3 + 3H2O (3) NaAlO2 + 4HCl  AlCl3 + NaCl + 2H2O (4) a mol  4a mol Điều kiện để không có kết tủa khi nHCl  4n NaAlO + nNaOH = 5a. Vậy suy ra điều kiện để có kết tủa: nNaOH < nHCl < 4n NaAlO + nNaOH  a < b < 5a. (Đáp án D) Ví dụ 13: Dung dịch chứa a mol NaOH tác dụng với dung dịch chứa b mol H 3PO4 2 2 sinh ra hỗn hợp Na2HPO4 + Na3PO4. Tỉ số a < 2. b a C. 2 < < 3. b A. 1 < B. a là b a  3. b D. a  1. b Hướng dẫn giải Các phương trình phản ứng: NaOH + H3PO4  NaH2PO4 + H2O (1) 2NaOH + H3PO4  Na2HPO4 + 2H2O (2) 3NaOH + H3PO4  Na3PO4 + 3H2O (3) Ta có: nNaOH = a mol ; n H PO = b mol. Để thu được hỗn hợp muối Na2HPO4 + Na3PO4 thì phản ứng xảy ra ở cả hai phương trình (2 và 3), do đó: 3 n NaOH 4 a 2< n < 3, tức là 2 < < 3. (Đáp án C) b H PO Ví dụ 14: Hỗn hợp X gồm Na và Al. - Thí nghiệm 1: Nếu cho m gam X tác dụng với H 2O dư thì thu được V1 lít H2 . ...

Phương pháp giải nhanh hóa

Tài liệu tương tự

Phân vùng nguồn tiếp nhận nước thải và đề xuất các giải pháp bảo vệ nguồn nước sông Lũy

Học nhanh hóa học

CACH HOC HOA HOC

Đề cương ôn tập học kì 1 năm học 2011-2012 môn hóa

Trắc nghiệm Hóa: Este_Lipit

Điều chế bột Silica

Chương 5: NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC

Chương XII PHENOL

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MÔN HOÁ HỌC TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC-ĐỀ SỐ 11 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC-ĐỀ SỐ 12 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC-ĐỀ SỐ 10 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: HOÁ HỌC THI THỬ LẦN 6 TRƯỜNG THPT PHAN THÚC TRỰC

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC (ĐỀ SỐ 7)

Hạt nix thải thành nguyên liệu cho vữa bê tông xi măng

Đề thi thử đại học trường THPT Phan Thúc Trực

Đề Thi thử Đại Học – Cao Đẳng năm 2011 Lần thứ 3 môn hóa học

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DUĐĂKLĂK

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC (ĐỀ SỐ 4)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II MÔN HÓA HỌC TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn thi: HOÁ HỌC Mã đề thi 333 SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BAN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn thi: HOÁ HỌC Mã đề thi 488 SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BAN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC (ĐỀ SỐ 1)

Luyên thi đai học hóa học

Nội dung