Nội dung

2.1.1. Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng. * Hệ quả 1: Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành. PƯHH: A+ B  C + D Thì mA + mB = mC + mD * Hệ quả 2: Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng Gọi mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng thì dù cho phản ứng xảy ra vừa đủ hay có chất dư ta vẫn mS = mT. Hệ quả 3: Khi cation kim loại kết hợp với anion phi kim để tạo ra các hợp chất (như oxit, hiđroxit, muối) thì ta luôn có: Khối lượng hợp chất = khối lượng kim loại + khối lượng gốc phi kim . Hệ quả 4: Khi cation kim loại thay đổi, anion để sinh ra hợp chất mới sự chênh lệch khối lượng giữa hai hợp chất bằng sự chênh lệch về khối lượng giữa các cation. Đối với các bài toán hữu cơ cũng sử dụng định luật BTKL trong quá trình giải một số bài toán, ngoài ra còn sử dụng bảo toàn nguyên tố trong bài toán đốt cháy. - Khi đốt cháy 1 hợp chất A thì: no(trongCO )  n0(H O) n0 (O 2 2 2 đốt cháy) => m0 (CO )  m0(H O) m0 (O 2 2 2 đốt cháy) Giả sử khi đốt cháy hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) A + O2  CO2 + H2O mA + m O 2 m CO 2  m H 2O mA = m C + m H + m O Ví dụ 1: Cho 24,4g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2 . Sau phản ứng thu được 39,4g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn 1 dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là: A - 2,66g B - 22,6g C - 26,6g D - 6,26g * Cách giải thông thường: HS tiến hành viết PTHH, đặt ẩn số tính khối lượng của từng muối sau đó tính tổng khối lương. PTPƯ: Na2CO3 + BaCl2  2NaCl + BaCO3 K2CO3 + BaCl2  2KCl + BaCO3 Đặt số mol Na2CO3 là x K2CO3 là y nBaCO  3 39,4 0,2(mol) 197 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 106x 138y 24,4   x  y  0 , 2  x 0,1  y 0,1 nNaCl 2nNa CO 0,2mol 2 3 => mNaCl = 0,2 x 58,5 = 11,7(g) nKCl 2 nK CO 0,2mol 2 => 3 m KCl = 0,2 x 74,5 = 14,9 (g) => m = 11,7 + 14,9 = 26,6 (g) * Cách giải nhanh: nBaCl nBaCO 0,2(mol)` 2 3 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mhh  mBaCl = mkết tủa + m 2 => m = 24,4 + 0,2 x 208 - 39,4 = 26,6 (g) => Đáp án (C) đúng. Ví dụ 2: Hòa tan 9,14g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m(g) muối, m có giá trị là: A - 31,45g B - 33,25(g) C - 3,99(g) 2 D - 35,58(g) * Cách giải thông thường. PTPƯ: Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2 Chất rắn B là Cu Dung dịch C là MgCl2 và AlCl3. nH  2 7,84 0,35 (mol) 22,4 Đặt: nMg = x nAl = y 3  x  y 0,35    2 24x  27y 9,14  2,54 2x  3y 0,7  24x  27y 6,6 x 0,05 Giải hệ phương trình:  y 0,2 Theo phương trình: nMgCl nMg 0,05(mol) 2 => mMgCl 0,05 x95 4,75 (g) 2 nAlCl nAl 0,2 (mol) 3 => m = mMgCl  mAlCl 4,75  26,7 31,45(g) 2 3 * Cách giải nhanh: mm(Al Mg)  mCl (9,14  2,54)  0,7 x35,5 6,6  24,85 31,45(g)  Vậy đáp án (A) là đúng Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 10g hỗn hợp 2 kim loại trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24l khí H2(đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan. Khối lượng muối khan thu được là: A - 1,71g B - 17,1g C - 3,42g *Cách giải thông thường: 3 D - 34,2g Ký hiệu 2 khối lượng A, B hóa trị n,m. Khối lượng nguyên tử là A,B là M1. M2, số mol là x, y. Phương trình phản ứng: 2A + 2nHCl  2ACln + nH2 2B + 2mHCl  2BClm + mH2 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: M1x + M2y = 10 2,24 0,1 => nx + my = 0,2 22,4 = Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mmACl  mBCl mA B  mHCl  mH n m 2 Thay số vào ta có: m = 10 + (nx + my) 36,5 - 0,1 x 2 = 10 x 0,2 x 36,5 - 0,2 = 17,1 (g) * Cách giải nhanh: Theo phương trình điện li nCl nH 2x   2,24 0,2 22,4 => mmuối = mhKl + mCl = 10 + 0,2 + 35,5 = 17,1 (g)  => Đáp án (B) đúng Ví dụ 4: Trộn 5,4g Al với 4,8g Fe2O3 rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Sau phản ứng ta thu được m(g) hỗn hợp chất rắn. Giá trị của m là (g). A - 2,24(g) B- 4,08(g) C - 10,2(g) D - 0,224(g) E - Kết quả khác. *Cách giải thông thường 2Al + Fe2O3  Al2O3 + 2Fe Số mol: 0,2 0,03 4 Phản ứng: 0,06 0,03 Sau phản ứng: 0 0,03 0,03 0,06 0,06 mhh sau phản ứng = 0,14 x 27 + 0,03 . 102 + 0,06 x 56 = 10,2 (g) * Cách giải nhanh: Theo định luật bảo toàn khối lượng: Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm: mhh sau = mhh trước = 5,4 + 4,8 = 10,2(g) Vậy đáp án (C) đúng Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm CH 4, C3H6 và C4H10 thu được 4,4g CO2 và 2,52g H2O. m có giá trị là: A - 1,48g B - 2,48 g D - 24,7 E-Không xác định được C-14,8g *Cách giải thông thường: CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O C3H6 + 4,5O2  3CO2 + 3H2O C4H10 + 6,5O2  4CO2 + 5H2O Đặt nCH4 x ;nC3H6 y ;nC4H10 z Ta có hệ phương trình x + 3y + 47 = 0,1 (1) 2x + 3y + 5z = 0,14 (2) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 16x + 42y + 58z = 4,4 + 2,52 - (2x + 4,5y + 6,5z) x 32 => 80x + 186y + 266z = 6,92 (3) x 0,03  Giải hệ phương trình ta được nghiệm là y 0,01 z 0,01  5 mCH4 0,03 x 160,48(g) => mC3H6 0,01x420,42(g) mC4H10 0,01x580,58(g)  m0,48 0,42 0,581,48g *Cách giải nhanh: 4,4 2,52 mX mC  mH  x12 x21,2 0,281,48(g) 44 18 Vậy đáp án (A) đúng Ví dụ 6: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml H2(đktc) và m(g) muối natri. Khối lượng muối Natri thu được là: A - 1,93 g B - 2,93 g C - 1,9g *Cách giải thông thường Đặt công thức của 2 rượu là R - OH (x mol) R1 - OH (y mol) PTPƯ: R - OH + Na  R - ONa + H2 x x 0,5x R1 - OH + Na  R1 - ONa + H2 y y 0,5y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: (R + 17) x + (R1+ 17)y = 1,24 (1) 0,5x + 0,5y = 0,015 <=> x + y = 0,03 (2) => Rx + R1y = 1,24 - 17 x 0,03 = 0,73 Khối lượng muối natri: m = (R + 39)x + (R1 + 39)y = Rx + R1y + 39(x+y) = 0,73 + 39 x 0,03 = 1,9 (g) *Cách giải nhanh: 6 D - 1,47g nH2O 0,015mol  nH 0,03(mol) 1 R  OH  Na  R  ONa  H2 2 Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = 1,24 + 0,03. (23 - 1) = 1,9 (g) Vậy đáp án (C) đúng Ví dụ 7: Cho 3,38g hỗn hợp Y gồm CH 3OH, CH3COOH, C6H5OH tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 672 ml khí( ở đktc) và dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp rắn Y1. Khối lượng Y1 là: A - 3,61g B - 4,7g C - 4,76g D - 4,04g E- Không xác định được vì thiếu dữ kiện * Cách giải thông thường: CH3OH + Na  CH3ONa + H2 CH3COOH + Na  CH3COONa + H2 C6H5OH + Na  C6H5ONa + H2 Ta có nH2  0,672 0,03(mol) 22,4 nNa 2nH2 0,06(mol)  mNa 0,06x231,38g mY1 3,381,38 0,03x24,7g * Cách giải nhanh hơn: nH 2nH2 0,03(mol) . Vì 3 chất trong hỗn hợp Y đều có một nguyên tử H linh động  n Na 2n H 0, 06(mol ) 2 Theo phương trình, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mY1 3,38 (23 1)x0,064,7(g) Vậy đáp án( B) đúng Ví dụ 8: Chia hỗn hợp 2 anđehit no đơn chức thành 2 phần bằng nhau: - Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 0,54g H2O 7 - Phần 2 cộng H2(Ni, t0 ) thu được hỗn hợp A. Nếu đốt cháy hoàn toàn A thì thể tích khí CO2 thu được(ở đktc) là: A - 0,112 lít B - 0,672 lít C - 1,68 lít D - 2,24 lít * Cách giải thông thường: Đặt công thức tổng quát của 2 anđêhit là CnH2nO (x mol) CmHmO (y mol) PTPƯ: P1: CnH2nO + O2  nCO2 + nH2O x nx nx  nx + my = 0,03 CmH2mO + O2 mCO2 + mH2O y my my Ni P2: CnH2nO + H2  t 0  CnH2n+2 O x x Ni  CmH2m+2O CmH2mO + H2   t0 y y CnH2n+2O + O2  nCO2 + (n+1) H2O x 2 nx CmH2m+2O + O2  mCO2 + (m+1) H2O y => my n CO2 nx  my 0,3  VCO2 0,3x22,40,672 lít (ở đktc) *Cách giải nhanh: P1: hỗn hợp là anđehit no đơn chức nCO2 nH2O 0,03(mol) Theo định luật bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng 8 nC(P1) nC(A ) 0,03(mol) => nCO2 (P2 ) nC(A ) 0,03(mol)  VCO2 0,672lÝt(ëdktc) Đáp án (B )đúng Ví dụ 9: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76g CO2. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng nước CO2 tạo ra là: A - 2,94g B - 2,48g C - 1,76g D - 2,76g * Cách giải thông thường Khi tách nước từ rượu  olefin. Vậy 2 rượu A, B phải là rượu no đơn chức. Đặt công thức tổng quát 2 rượu là CnH2n+1OH (x mol) CmH2m+1OH (y mol) H2SO4®  CnH2n  H2O (1) PTPƯ: CnH2n+1OH   1700C x x H2SO4®  CmH2m + H2O (2 CmH2m+1OH   1700C y y CnH2n+1OH + O2  nCO2 + (n+1) H2O (4) y my Y: CnH2n và CmH2m Y + O2 CnH2n + O2  nCO2 + nH2O x (5) nx CmH2m + O2  mCO2 + mH2O y (6) my Theo phương trình (3), (4) ta có: 9 nx + my = 1,76 0,04mol 44 Theo phương trình (5), (6). Số mol CO2 = nx + my = 0,04 => mCO2 0,04x44 1,76(g) Số mol H2O = nx + my = 0,04 => mH2O 0,04x180,72(g) m = 2,48(g) Đáp án( B) đúng * Cách giải nhanh: X  H2O Y nC(X ) nC(Y )  nCO2 (doX ) nCO2(doY ) 0,04 (mol) O2 Mà khi Y    số mol CO2 = nH2O = 0,04 mol  m CO2 H2O 1,76 (0,04x18) 2,47(g) Vậy đáp án( B )đúng Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm rượu no đơn chức A và 1 axit no đơn chức B. Chia thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1: Bị đốt cháy hoàn toàn thây tạo ra 2,24 lít CO2(đktc) - Phần 2: Được este hóa hoàn toàn và vừa đủ thu được 1 este. Khi đốt cháy este này thì lượng nước sinh ra là: A - 1,8g B - 3,6g C - 19,8g D - 2,2g * Cách giải thông thường: Đặt CTTQ A: CnH2n+1OH (x mol) => CnH2n+2O R-OH B: Cn' H2n' 1COOH (ymol)  CmH2mO2 R' - COOH m = n' + 1 P1: CnH2n+2O + O2  nCO2 + (n+1)H2O CmH2mO2 + O2  mCO2 + mH2O 4® P2: R - OH + R' - COOH  H2SO R' - COOR + H2O 10 Cn' H2n' 1COOCnH2n1 Cn' H2n' 1COOCnH2n1  O2   n'  n  1 CO2   n,  n  1 H2O Nhận xét: Định luật bảo toàn khối lượng, định luật bảo toàn nguyên tố đóng một vai trò quan trọng trong hóa học. Việc áp dụng các định luật này vào quá trình giải bài toán hóa học không những giúp học sinh nắm được bản chất của các phản ứng hóa học mà còn giải nhanh các bài toán đó. Nếu học sinh không chú ý tới điểm này sẽ đi vào giải toán bằng cách đặt ẩn, lập hệ phương trình. Với những bài toán nhiều ẩn số mà thiếu dữ liệu nếu học sinh không có kĩ năng giải toán tốt, dùng một số thuật toán: ghép ẩn số, loại trừ… thì sẽ không giải được các bài toán này. Nếu học sinh áp dụng tốt các nội dung hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng, học sinh sẽ suy luận ngay yêu cầu của bài trên cơ sở PTHH và dữ kiện đầu bài cho, thời gian giải bài toán chỉ bằng 1/4 thời gian giải theo phương pháp đại số, quá trình tính toán ngắn gọn, dễ tính. Đối với các bài toán hữu cơ đặc biệt với bài toán về rượu, axit, este, axit amin chúng ta cũng có thể vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng để giải một cách nhanh chóng. Cụ thể là:  Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với Na R(OH)x + Na R(ONa)x +1/2H2 hoặc ROH + Na RONa +1/2H2 Theo phương trình ta thấy: cứ 1 mol rượu tác dụng với Na tạo ra 1 mol muối ancolat thì khối lượng tăng 23-1= 22g Vậy nếu đầu bàI cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối ancolat ta có thể vận dụng tính số mol của rượu,H 2 và xác định công thức phân tử của rượu. 11  Đối với axit: Xét phản ứng axit với kiềm R(COOH)x +xNaOH R(COONa)x + H2O Hoặc RCOOH + NaOH RCOONa +H2O 1mol 1molkhối lượng tăng 22g  Đối với este: Xét phản ứng xà phòng hoá R-COOR’ + NaOH R-COONa+ R’-OH 1mol 1molkhối lượng muối kết tủa là 23-R’ 2.1.2. Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng Nguyên tắc: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng một hỗn hợp hay một chất. Cụ thể: Dựa vào PTHH tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol (A B) hoặc x mol A  x mol B. ( Với x, y tỉ lệ cân bằng phản ứng). Tìm sự thay đổi khối lượng (AB) theo bài ở z mol các chất tham gia phản ứng chuyển thành các sản phẩm. Từ đó tính được số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại. Phương pháp này thường được áp dụng giải bài toán vô cơ và hữu cơ, tránh được việc lập nhiều phương trình trong hệ phương trình từ đó sẽ không phải giải những hệ phương trình phức tạp. Trên cơ sở ưu điểm các phương pháp này chúng tôi tiến hành xay dựng , phân tích việc giảI theo phương pháp này với phương pháp đại số thông thường. Dựa vào phương pháp tăng giảm khối lượng trong bài toán của rượu, axit, este. Để giải bài toán một cách nhanh chóng đối với bài toán về rượu, axit, este, axit amin ta cũng có thể vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng để giải. Cụ thể là: * Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với Na R(OH)x + Na  R(ONa)x + H2 hoặc ROH + Na  RONa + H2 Theo phương trình ta thấy: cứ 1mol rượu tác dụng với Na  1mol muối ancolat thì khối lượng tăng 23-1 = 22g. 12 Vậy nếu đầu bài cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối alcolat ta có thể vận dụng để tính số mol của rượu, H 2 và xác định công thứ phân tử của rượu. * Đối với axit: Xét phản ứng axit với kiềm R(COOH)x + xNaOH  R(COONa)x + H2O hoặc RCOOH + NaOH  RCOONa + H2O 1mol 1mol  m 22g * Đối với este: Xét phản ứng xà phòng hóa R-COOR' + NaOH  1mol RCOONa + R'OH 1mol  khối lượng muối kết tủa là 23-R' Ví dụ 11: Hòa tan 10g hỗn hợp 2 muối XCO3 và Y2(CO3)3 bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch N và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Cô cạn dung dịch N thì thu được m(g) muối khan. m có giá trị là: A. 1,033g B. 10,33g C. 9,265g D. 92,65g * Cách giải thông thường PTPƯ: XCO3 + 2HCl XCl2 + H2O + CO2 a (1) a Y2(CO3)3 + 6HCl  2HCl3 + 3H2O + 3CO2 (2) nCO2  0,672 0,03(mol) 22,4 Đặt nXCO3 a ; nY2 CO3 3 b Theo đầu bài ta có hệ phương trình:  X  60 a   2Y  180 b 10  a  3b 0,03 13 aX + 2bY + 60(a+3b) = 10 aX + 2bY = 10 - 1,8 = 8,2 Mà khối lượng muối (m) = mXCl2  mY Cl3 m = a(X + 71,5) + 2b(Y + 106,5)  m = a(X + 71) + 2b(Y + 106,5) = aX + 2bY + 35,5(2a + 3b)  m = (aX + 2bY) + (71a + 213b) => m = 8,2 + 71(a + 3b) = 8,2 + 2,13 = 10,33 (g) * Cách giải nhanh: Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng. Theo phương trình ta có: 1mol muối CO3 -> muối Cl- thì có 1mol CO2 bay ra lượng muối là 71- 60 =11g Vậy theo đề bài m muối tăng: 11 x 0,03 = 0,33 (g)  mmuối clorua = 10 + 0,33 = 10,33 (g) Ví dụ 12: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 50g vào 400ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 51,38g. 1. Khối lượng Cu thoát ra là: A - 0,64g B - 1,28g C – 1,92g D - 2,56 E - kết quả khác. * Cách giải thông thường: 2Al + 3CuSO4  Al2(SO4)3 + 3Cu x 1,5x Đặt số mol Al phản ứng là x Khối lượng vật sau phản ứng = mCu gp + mAl còn dư = 1,5x x 64 + (50 - 27x) = 51,38  x = 0,02 (mol) => khối lượng Cu thoát ra: 0,02 x 1,5 x 64 = 1,92g * Cách giải nhanh: Theo phương trình cứ 2mol Al  3mol Cu khối lượng tăng là: 3 x (64 – 54) = 138g 14 Vậy khối lượng tăng: 51,38 - 50 = 1,38g  0,03mol Cu  mCu = 0,03 x 64 = 1,92 (g) Vậy đáp án ( C) đúng. Ví dụ 13: Hòa tan 5,94g hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại A, B, (A và B là 2 khối lượng thuộc phân nhóm chính II) vào nước đựng 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl - có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m(g) hỗn hợp muối khan. m có giá trị là: A - 6,36g B - 63,6g C – 9,12g D - 91,2g E - Kết quả khác *Cách giải thông thường: ACl2 + 2AgNO3  2AgCl + A(NO3)2 BCl2 + 2AgNO3  2AgCl  + BC(NO3)2 Đặt nACl2 x ; nBCl2 y Theo đầu bài ta có: (A + 71) x + (B + 71)y = 5,94 2x + 2y = 0,12 => x + y = 0,06 Khối lượng muối khan gồm A(NO3)2 và B(NO3)2 m = (A + 124)x + (B + 124) y = Ax + By + 124(x+y) = 1,68 + 124 x 0,06 = 9,12 (g) *Cách giải nhanh: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Cứ 1mol MCl2 tạo ra 2mol AgCl thì m 53g Vậy nAgCl = 0,12 mol m muối nitrat = mKL + m = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án (C) đúng Ví dụ 14: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau tác 15 dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H2(đktc) 1. V có giá trị là: A - 2,24 lít B - 1,12 lít D - 0,896 lít C - 1,792 lít E- Kết quả khác 2. Công thức cấu tạo của 2 rượu là: A - CH3OH , C2H5OH B - C2H5OH, C3H7OH C - C3H7OH , C4H9OH D - C2H3OH, C3H5OH * Cách giải thông thường Đặt CTTQ chung của 2 rượu là: CnH2n1OH 1 PTPƯ: CnH2n1OH  Na  CnH2n1ONa  H2 2 Theo phương trình ta có: 2,84 4,6  14n  18 14n  40 => 2,84 (14 n+40) = 4,6 (14 n + 18) 39,76 n + 113,6 = 64,4 n + 82,8 24,64 n = 30,8  n 1 n 1,25   1  n2 2 là CH3OH và C2H5OH (x mol) (y mol) Theo phương trình ta có: 32x  46y 2,84  Hệ Phương trình  54x  68y 4,6 x 0,06  y 0,02 1 1  nH2 0,5x  0,5y  0,06  0,02 0,04 mol  2 2  VH2 0,04x22,4 0,896 lit Vậy 1. Đáp án (D) đúng 16 2. Đáp án (A) đúng Ví dụ 15: Thủy phân 0,01mol este của 1 rượu đa chức với 1 axit đơn chức tiêu tốn hết 1,2g NaOH. Mặt khác khi thủy phân 6,35g este đó thì tiêu tốn hết 3g NaOH và thu được 7,05g muối. CTPT và CTCT của este là: A - (CH3COO)3C3H5 B- (C2H3COO)3C3H5 C - C3H5(COOCH3)3 D - C3H5 (COOC2H3)3 * Cách giải thông thường Vì để phân hủy 0,01 mol este cần 1,2g NaOH Nên để thủy phân 1 mol este cần 120g NaOH hay 120 3(mol) ) 40  Este được tạo bởi rượu 3 lần rượu Đặt CTTQ của este là (RCOO)3 R' PTPƯ (RCOO)3 R' +3NaOH  3RCOONa + R' (OH)3 120g 3 (R +67) g 3g 7,05g 7  120 x 7,05 = 9 (R +67)  R = 27 Đặt R là CxHy x,y nguyên dương y  2x +1  12x + y = 27 x 1 y 15 loại 2 3 thỏa mãn Vậy R là C2H3 hay CH2 = CH * Tìm R' Cứ (71,3 +R') g este cần 120g NaOH 6,35g 3g  R' = 41 R' là gốc HC no hóa trị 3 nên CnH2n - 1 = 12n +2 -1 = 41 n=3 17  CT R' C3H5 Vậy CT của este là CH2 = CH - COO - CH2 | CH2 = CH - COO - CH  (C2H3COO)3C2H5 | CH2 = CH - COO - CH2 * Cách giải nhanh: Vì nNaOH = 3neste  este 3 chức (Rượu 3 chức + axit đơn chức) Đặt công thứ este (RCOO)3R' (RCOO)3R' + 3NaOH  (RCOONa)3 + R'(OH)3 Theo PT: cứ 1mol 3mol  1mol thì khối lượng tăng 23 x 3 - R' = 69 - R' Vậy 0,025mol 0,075mol 0,025, thì khối lượng tăng: 7,05 - 6,35 = 0,7g  0,7 = 0,025 (69-R')  R’ = 41 R': C3H5 Meste = 6,35 254 0,025  mR = = 27  R: C2H3 Vậy công thức của este là (CH2 = CHCOO)3C3H5 Đáp án (B )đúng 2.1.3. Dựa vào phương pháp khối lượng phân tử trung bình , số nguyên tử cacbon trung bình để xác định CTPT của hợp chất vô cơ và hữu cơ. Nguyên tắc: Dùng khối lượng mol trung bình M để xác định khối lượng mol các chất trong hỗn hợp đầu. M1 < M < M2 ( trong đó M1< M2 ) Đối với bài toán vô cơ việc dùng M thường dùng trong các bài toán xác định kim loại, muối hiđrôsit, oxit của hai kim loại trong cùng một chu kì hoặc trong một phân nhóm chính. Dựa vào khối lượng mol nguyên tử của kim loại trong HTTH từ đó xác định tên kim loại. Hoặc trong bài toán giải phóng 18 hỗn hợp khí ( thường của nitơ) dùng M trung bình cũng có thể suy ra CTPT của hợp chất khí. Đối với bài toán hữu cơ thì chủ yếu dùng phương pháp này. Một khối lượng các bài toán hữu cơ dùng phương pháp khối lượng mol trung bình , còn mở rộng thành số nguyên tử cacbon trung bình, số liên kết trung bình, hoá trị trung bình, gốc hiđrocacbon trung bình. Ví dụ 16: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A, B nằm kế tiếp nhau trong cùng một phân nhóm chính. Lấy 6,2g X hoà tan hoàn toàn vào nước thu được 2,24lít hiđro ( ở đktc). A, B là hai kim loại: A- Li, Na B- Na, K C- K, Rb D- Rb, Cs * Cách giải thông thường: PTHH: A + H2O  AOH + 1/2 H2 B + H2O  BOH + 1/2H2 Đặt nA = x ; nB = y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: Ax + By = 6,2 x+y=2x 2,24 0,2 22,4 Vì A, B nằm kế tiếp nhau trong 1 PNC. * Giả sử A là Li B là Na * Giả sử A là Na B là K mãn) * Giả sử A là K B là Rb   7x + 23y = 6,2 x + y = 0,2  23x + 39y = 6,2  x + y = 0,2 hoặ c A là Rb B là Cs Vậy A là Na, B là K 19 y < 0 không thỏa mãnx = 0,1 y = 0,1 (thỏa Đều không thỏa mãn * Cách giải nhanh. Đựat công thức chung của A và B là R R + H2O  ROH + 1/2H2 0,2mol 0,1mol 6,2 M  31(g / mol) 0,2 M A 23 là thỏa mãn  M B 39 Vậy đáp án (B) đúng Ví dụ 17: Hòa tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A và BC A và B là hai kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm II vào nước được 100mol dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl- trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Công thức hóa học của hai muối clorua lần lượt là: A. BeCl2, MgCl2 B. MgCl2, CaCl2 C. CaCl2, S rCl2 D. S rCl2, BaCl2 + Cách giải thông thường. Viết PTHH: ACl2 + 2AgNO3  2AgCl + A(NO3)2 BCl2 + 2AgNO3  2AgCl + B(NO3)2 Đặt: n ACl2 = x ; n BCl2 y Theo phương trình ta có: 2x + 2y = 17,22 = 0,12  x + y = 0,06 143,5 (A + 71)x + (B + 71)y = 5,94 (I) (II) Từ (I) và (II) ta có: Ax + By = 1,68 x + y = 0,06. Biện luận: giả sử có 4 trường hợp thì chỉ có trường hợp A: Mg (M = 24) và B: Ca (M = 40) là thỏa mãn. * Cách giải nhanh: Đặt công thức chung của hai muối là RCl2 M là khối lượng mol nguyên tử trung bình của hai kim loại A và B. 20 M A 24(Mg) 5,94 M  7128 0,06 Là thỏa mãn.  M B 40(Ca)  Vậy đáp án đúng (B) Ví dụ 18: Một hỗn hợp A gồm 2 olefin là đồng đẳng kế tiếp nhau. Nếu cho 4,48 lít hỗn hợp A (ở đktc) qua bình đựng dung dịch brôm dư, người ta thấy khối lượng của bình tăng thêm 7g. Công thức phân tử của 2 olefin là: A - C2H4 và C3H6 B - C3H6 và C4H8 C - C4H8 và C5H10 D - C5H10 và C6H12 * Các giải thông thường: Đặt công thức của 2 olefin là CnH2n (a mol) Cn+1H2n+2 (b mol) PTPƯ: CnH2n + Br2  CnH2nBr2 Cn+1H2n+2 + Br2  Cn+1H2n+2Br2 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 4,48  (I) a  b  22,4 0,2  14na   14n  14 b 7 (II)  Giải (I) và (II): a  b 0,2  14n a  b  14b 7 => 14n x 0,2 + 14b = 7 2,8n + 14b = 7 0,4n + 2b = 1 => b = 1 0,4n 2 Mà 0 < b < 0,2 => 1,5 < n < 2,5 => n = 2 => n1 = 2 => C2H4 n2= 3 => C3H6 * Cách giải nhanh: 21 7 M 35 => M1 < 35 < M2; M1, M2 là đồng đẳng kế tiếp. 0,2 M1 = 28 => C2H4 M2 = 42 => C3H6 Vậy đáp án( A) đúng. Ví dụ 19: A, B là 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho hỗn hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với Na thu được 1,12 lít H2(đktc). Công thức phân tử của 2 rượu là: A - CH3OH, C2H5OH B - C2H5OH, C3H7OH C - C3H7OH, C4H9OH D - C4H9OH, C5H11OH * Cách giải thông thường Đặt CTTQ của A: CnH2n+1OH (a mol) B: CmH2m+1OH (b mol) PTPƯ: CnH2n+1 OH + Na  CnH2n+1ONa + H2 a 0,5a CmH2m+1OH + Na  CmH2m+1ONa + H2 b 0,5a + 0,5b = 0,5b 1,12 0,05 22,4  a + b = 0,1 (I) (14n + 18)a + (14m + 18)b = 1,6 + 2,3 = 3,9 (II) Giải hệ 2 phương trình (I) (II): a + b = 0,1 a + b = 0,1 14(na+mb) + 18(a+b) = 3,9  na + mb = 3,9 18x0,1 2,1  0,15 14 14 22  na   n  1 b 0,15   a  b  0,1   n a  b  b 0,15  a  b 0,1 0,1n + b = 0,15 => b = 0,15 - 0,1n Mà 0 < b < 0,1  0 < 0,15 - 0,1n < 0,1  0,5 < n < 1,5 mà n phải nguyên  n = 1 (m)  Công thức của 2 rượu CH3OH m=2 C2H5OH * Cách giải nhanh: Theo phương pháp M 1 Cn H2n 1OH  Na  Cn H2n 1ONa  H2 2 nR nH2 0,1mol MR  3,9 39 M 1  M  M 2  0,1 M1 = 32 M2= 46 Công thức của 2 rượu CH3OH và C2H5OH => Đáp án (A) đúng 2.1.4. Áp dụng phương pháp đường chéo trong bài toán trộn lẫn hai dung dịch, hai chất. Khi trộn lẫn 2 dung dịch có nồng độ khác nhau hay trộn lẫn chất tan vào dung dịch chứa chất tan đó, để tính được nồng độ dung dịch tạo thành ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau, nhưng nhanh nhất vẫn là phương pháp đường chéo. Đó là giải bài toán trộn lẫn "qui tắc trộn lẫn" hay "sơ đồ đường chéo" thay cho phép tính đại số rườm rà, dài dòng. Qui tắc: + Nếu trộn 2 dung dịch có khối lượng là m 1 và m2 và nồng độ % lần lượt là C1 và C2 (giả sử C1 < C2)  23 + Nếu trộn 2 dung dịch có thể tích là V1 và V2 và nồng độ mol/l là C1 và C2  - Sơ đồ đường chéo C2 C-C1 C C1 C2 - C Ví dụ 20: Một dung dịch HCl nồng độ 45% và một dung dịch HCl khác có nồng độ 15%. Để có một dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch theo tỉ lệ là: A-1:3 B-3:1 C - 1: 5 D - 5:1 E- kết quả khác * Cách giải thông thường: + Dung dịch 1: Đặt a1 là khối lượng chất tan của dung dịch 1 Đặt m1 là khối lượng dung dịch của dung dịch 1 Theo công thức: C1% = . 100% => a = a1 . m1 = 45 . m1 Dung dịch 2: Đặt a2 là khối lượng chất tan của dung dịch 2 Đặt m2 là khối lượng dung dịch của dung dịch 2 Theo công thức: C2% = . 100%  a2 = C2 . m2 = 15 . m2 Khi trộn dung dịch 1 với dung dịch 2 ta được dung dịch 3 có nồng độ là 20%  C3% = = 20  45m1 + 15m2 = 20m1 + 20m2 25m1 = 5m2  = Vậy cần phải pha chế theo tỉ lệ 1: 5 về khối lượng giữa 2 dung dịch. * Cách giải nhanh: áp dụng qui tắc đường chéo ta có: 24 HCl 45 20-15 20 HCl 15 45-20 => => Đáp án (C ) đúng Ví dụ 21: Để điều chế được hỗn hợp 26 lít H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 1,5 thì VH2 và CO cần lấy ở đktc là: A - 4 lít và 22 lít. B - 22 lít và 4 lít. C- 8 lít và 44 lít. D - 44 lít và 8 lít. * Cách giải thông thường: Đặt thể tích của H2 là V1 CO là V2 Theo đề bài ta có hệ phương trình: V1 + V2 = 26 = 1,5 x 26 = 2,4 (1) (2) V1  V2 26  Giải hệ phương trình (1) (2)  2V  28V  2,4(V  V )  1 2 1 2 V1 4  V2 22 * Cách giải nhanh: Áp dụng qui tắc đường chéo giải: V1 H2 2 V2 CO 28 24 22 V1 4lÝt   V2 22lÝt  Đáp án (A) đúng Ví dụ 22: Hòa tan 4,59g Al bằng dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N 2O thu được là: 25 A - 2,24 lít và 6,72 lít B - 2,016 lít và 0,672 lít C - 0,672 lít và 2,016 lít D - 1,972 lít và 0,448 lít E - Kết quả khác. * Cách giải thông thường: PTPƯ: Al + 4HNO3  Al(NO3)3 + NO + 2H2O x x (mol) 8Al + 30HNO3  8Al(NO3)3 + 3NO2 + 15H2O y y (mol) x + y = 0,17 = 16,75 x 2 = 33,5 Giải hệ phương trình: 3x  8y 0,51   30x  44y 33,5 x  y 3x  8y 0,51   3,5x  10,5y 0  VNO = 0,09 x 22,4 = 2,106 lít VN2O = 0,03 x 22,4 = 0,672 lít Cách giải nhanh: NO3  3e NO Al - 3e  Al3+ 3x 2NO3  8e N 2O 8y VN O 2 3,5 44 33,5 V NO  VN2O VNO 30 10,5 1 x   3 y 26 y x x 0,09  y 0,03  x 0,09 y 0,03 3x  8y 0,51 3x  y 0 Đáp án (B ) đúng Ví dụ 23: Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí C 3H8 và C4H10 đối với hiđro là 25,5 Thành phần % thể tích của hỗn hợp đó là: A - 50%;50% B - 25%; 75% C - 45% ; 55% D - 20% ; 80% * Cách giải thông thường Đặt: nC3H8 a ; nC4H10 b Theo đầu bài ta có dhh 25,5  M hh 25,5x251 H2 Áp dụng công thức: 44a + 58b = 51(a+b)  51a - 44a + 58b - 51b = 0 7a + 7b = 0  a = b  VC3H8 VC4H10  %VC3H8 %VC4H10 50% * Cách giải nhanh: Áp dụng qui tắc đường chéo ta có : VC H 3 8 7 44 51 VC H 58 4 10 TØlÖ1:1 7  Đáp án (A) đúng Ví dụ 24: Cho hỗn hợp X gồm 2 este có CTPT là C 4H8O2 và C3H6O2 tác dụng với NaOH dư thu được 6,14g hỗn hợp 2 muối và 3,68g rượu B duy nhất có tỉ khối so với oxi là 1,4375. Số gam của C 4H10O2 và C3H6O2 trong A 27 lần lượt là: A - 3,6g và 2,74g B - 3,74g và 2,6g C - 6,24g và 3,7g D - 4,4g và 2,22g * Cách giải thông thường: MB = 1,4375 x 32 = 46  nB =  Rượu B là C2H5OH 3,68 = 0,8 (mol) 46  X: CH3COOC2H5 HCOOC2H5 PTPƯ: CH3COOC2H5 + NaOH  CH3COONa + C2H5OH HCOOC2H5 + NaOH  HCOONa + C2H5OH  neste = nmuối = nrượu = 0,08 mol Đặt số mol CH3COOC2H5 là x HCOOC2H5 là y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 82x  68y 6,14   x  y  0,08  x 0,05  mC4H8O2 0,05x884,4(g)  y  0,03  mC3H6O2 0,03x74 2,22g * Cách giải nhanh: nmuối = nrượu = 0,08 mol M muèi  3,68 76,75 g/ mol  0,08 Áp dụng quy tắc đường chéo: x mol CH3COONa 82 76,75 y mol HCOONa x 5   y 3 5,25 68 x 0,05   y 0,03 mC4H7O2 4,4(g)  mC3H6O2 2,22(g) 2.1.5. Dựa vào một số điểm đặc biệt 28 2.1.5.1.Dựa vào đặc điểm của nguyên tử khối Xét về giá trị của nguyên tử khối của một số nguyên tố có một số trường hợp hợp đặc biệt. Đó là nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32) gấp đôi nguyên tử khối của oxi (O = 16); Nguyên tử của Magiê (Mg = 24) gấp đôi nguyên tử khối của Cacbon (C = 12), Nguyên tử khối của Cu (Cu = 64) gấp đôi nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32), gấp 4 lần nguyên tử khối của oxi. Dựa vào điểm đặc biệt đó, trên cơ sở mối quan hệ giữa nguyên tử khối với phân tử khối để từ đó ta có thể xây dựng một số bài toán vô cơ. Ví dụ 25: Phân tích một khối lượng hợp chất M, người ta nhận thấy thành phần khối lượng của nó có 50%S và 50%O. Công thức của hợp chất M là: A - SO2 B - SO3 C - SO4 D - S2O3 *Cách giải thông thường: Áp dụng công thức tính thành phần % khối lượng của nguyên tử trong hợp chất ta sẽ tính được thành phần % khối lượng của S hoặc O từ đó sẽ chọn được phương án đúng. SO2: %S = x 100% = 50%  %O = 50% SO3: %S = x 100% = 40%  %O = 60% SO4: % S = x 100% = 33,3%  %O = 66,7% S2O3: %S = x 100% = 57%  %O = 43% * Cách giải nhanh: Dựa vào đặc điểm đặc biệt của nguyên tử khối. Ở đây nguyên tử khối của S gấp đôi nguyên tử khối của O  Công thức M là SO2 => đáp án đúng là( A) Ví dụ 26: Cho các chất: Cu2S, CuS, CuO, Cu2O. Hai chất có phần trăm khối lượng Cu bằng nhau là: A - Cu2S và Cu2O B - CuS và CuO C - Cu2S và CuO D - không có cặp chất nào. * Cách giải thông thường: Tính thành phần % khối lượng của Cu trong từng hợp chất, sau đó nhận xét kết quả và chọn phương án đúng. 29 Cu2S: %Cu = x 100% = 80% CuS: %Cu = x 100% = 92% CuO: %Cu = x 100% = 80% Cu2O: %Cu = x 100% = 89% * Cách giải nhanh: Dựa vào nguyên tử khối của Cu (Cu = 64) gấp 2 lần nguyên tử khối của lưu huỳnh (S = 32) và gấp 4 lần nguyên tử khối của oxi (O = 16). Từ đó qui khối lượng của lưu huỳnh sang oxi rồi tìm xem cặp chất nào có tỉ lệ số nguyên tử Cu và số nguyên tử O như nhau. Đó là Cu 2S và CuO. Ở đây ta coi Cu2S sẽ là Cu2O2 CuO Vậy đáp án( C ) đúng Ví dụ 27: Cho các chất: CO2, CO, MgO, MgCO3. Hai chất có phần trăm khối lượng oxi bằng nhau là: A - MgO và CO B - CO2 và MgCO3 C - MgCO3 và CO D - không có cặp chất nào * Cách giải thông thường: Áp dụng công thức, tính phần trăm khối lượng của oxi có trong mỗi hợp chất để so sánh. CO2 %O = x 100% = 72,7% CO %O = x 100% = 57,1% MgO %O = x 100% = 40% MgCO3 %O = x 100% = 57,1% Vậy đáp án( C) đúng * Cách giải nhanh: Dựa vào đặc điểm nguyên tử khối Mg gấp 2 lần nguyên tử khối của C. Ta qui khối lượng Mg bằng 2 lần khối lượng C. Ta có: CO2 1C : 20 MgO 2C:10 CO MgCO3 3C:30 1C:10 Vậy cặp có % khối lượng oxi bằng nhau là MgCO3 và CO.  Nhận xét: Khi xây dựng các bài toán xác định % khối lượng của các 30 nguyên tố trong hợp chất hoặc xác định công thức phân tử của hợp chất vô cơ chúng ta nên dựa vào một số đặc điểm đặc biệt về giá trị nguyên tử khối của một số nguyên tố nêu trên. Khi gặp các bài tập dạng này nếu học sinh không chú ý những điểm đặc biệt đó sẽ sa vào việc tính thành phần phần trăm theo công thức, dẫn đến việc tính toán dài dòng, lâu, mất nhiều thời gian giải, có thể kết quả còn nhầm lẫn. Do đó việc áp dụng đặc điểm đặc biệt này giúp học sinh giải rất nhanh chính xác trên cơ sở suy luận, từ đó giúp học sinh phát triển năng lực sáng tạo, tư duy logic trong việc giải bài toán hóa học. 31 2.1.5.2. Dựa vào định luật bảo toàn điện tích Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường nguyên tử, phân tử, dung dịch trung hòa điện. - Trong phản ứng oxi hóa - khử thì tổng số electron chất khử những bằng tổng electron chất oxi hóa nhận. Vận dụng vào bài toán oxi hóa - khử ta có qui tắc sau: Tổng số mol electron mà chất khử nhường bằng tổng số electron chất oxi hóa nhận. - Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của quá trình bài tập điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc ion. Trên cơ sở nội dung của định luật trên, chúng tôi đã tiến hành xây dựng một số bài toán để làm câu TNKQ nhiều lựa chọn. Ví dụ 28: Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO3loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành NO 2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO3. Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là: A - 100,8 lít B - 10,08lít C - 50,4 lít D - 5,04 lít * Cách giải thông thường 3 Cu + 8HNO3  3Cu (NO3)2 + 2NO + 4 H2O NO +O2  NO2 (2) 2NO2 +O2 + H2 O  2HNO3 (3) nCu = (1) 28,8 0,45 (mol) 64 Theo phương trình (1): NNO = nCu = 0,45 = 0,3 (mol) (2): nNO2 nNO 0,3(mol) 1 nO2 (2)  nNO 0,15(mol) 2 32 1 0,3 0,075(mol) (3) nO2  nNO2  4 4   nO2ph¶n øng 0,15 0,0750,225(mol)  VO2ph¶n øng 0,225x22,45,04lÝt (® ktc) * Cách giải nhanh: Cu-2e  Cu2+ O2 + 4e  2O2- 0,45 0,9 x 4x 4x = 0,9  x = 0,225  VO2 = 0,225 x 22,4 = 5,04 lít Đáp án (D) đúng Ví dụ 29: Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H2(đktc), phần 2 nung trong oxi thu được 2,84g hỗn hợp axit. Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là: A - 2,4g B - 3,12g C - 2,2g D - 1,8g * Cách giải thông thường: PTPƯ: 2A + 2aHCl  2ACla + aH2 2B + 2bCHl  2BClb + bH2 4A + aO2  2A2Oa 4B + bO2  2B2Oa nA = x;  = nB = y 1,792 0,08 (1) 22,4 0,5x(2A + 16a) + 0,5y (2B + 16b) = 2,84 Giải (1) (2): ax + by = 0,16 Ax + 8ax + By + 8by = 2,84 33 (2) E - 1,56g Mà M2 Kl = Ax + By  Ax + By = 2,84 - 8 (ax + by) = 2,84 - 8 x 0,16 = 1,56g  m2Kl trong hỗn hợp = 1,56 x 2 = 3,12 (g) * Cách giải nhanh: Áp dụng phương pháp bảo toàn electron ta có: A,B là chất khử, H+, O2 là chất oxi hóa. Số mol e- H+ nhận  H2 bằng số mol O2 nhận H+ + 0,16 O 1e- = 0,16 + 0,08 2e H2 0,18  0,16 O20,08  mkl hỗn hợp dầu = (moxit - mO) x 2 = (2,84 - 0,08 x 16) x 2 = 3,12 g Đáp án (B) đúng Ví dụ 30: Chia 38,6g hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Tan vừa đủ trong 2 lít dung dịch thấy thoát ra 14,56 lít H 2 (đktc). Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất (đktc) 1. Nồng độ mol/l của dung dịch HCl là: A - 0,65M B - 1,456M C - 0,1456M D - 14,56M E - Tất cả đều sai 2. Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được là: A - 32,45g B - 65,45g C - 20,01g D - 28,9g E - Tất cả đều sai 3. % m của Fe trong hỗn hợp đầu là: A - 60% B - 72,9% C - 58,03% 34 C - 18,9% E - Không xác định được vì thiếu dữ kiện 4. Kim loại M là: A - Zn B - Mg C - Pb D - Al E - Tất cả đều sai * Cách giải thông thường: PTPƯ: Fe + 2HCl  FeCk2 + H2 2M + 2aHCl  2MCla + aH2 Fe + 4HNO3  3M(NO3)3 + NO + H2O 3M + 4aHNO3  3M(NO3)a + aNO + 2aH2O Đặt số mol Fe và M là hỗn hợp là x và y Theo đầu bài ta có phương trình: 56x + My = x+= 14,56 22,4 x+ = 11,2 22,4 56x  My 19,3  Giải (1) (2) (3): 2x  ay 1,3  3x  ay 1,5  38,6 2 (1) (2) (3) x 0,2  ay 0,9 Mã số mol HCl = 2x + ay = 0,2 x 2 + 0,1 = 1,3 (mol) 1,3  CM HCl  0,65(M) 2 . 2. m muối clorua = mhh + mHCl - mH2 = 19,3+1,3 x 36,5 - 0,65 x 2 = 65,45(g) . 3. nFe = 0,2  mFe = 0,2 x 56 = 11,2 (g) % mFe = 11,2 x100% 50,03% 19,3 35 4. My = 19,3 - 56 x 0,2 = 8,1 Mà ay = 0,9  M x 0,9 8,1  0,9M = 8,1a  M = 3a a  a=3, M = 27 (thỏa mãn) * Cách giải nhanh: 1. nH2 = 0,65 (mol)  nH = 1,3 mol  nHCl = nH = 1,3 mol CM = 0,65M  Đáp án (A) đúng 2. mmuối = mKl + mCl = 13,9 x 1,3 x 36,5 = 65,45 (g)  Đáp án (B) đúng 3. Áp dụng PPBT e: Fe - 0,2 M 2e  0,4 - 8,1 M ae Fe2+ 0,2  Ma+ 8,1 a M Fe - 3e  Fe3+ M - ae  Ma+ 2H+ + 2e  H2 1,3 0,65 2x  ay 1,3   3x  ay 1,5 NO3 + 3e 1,5  NO 0,5 x = 0,2 ay = 0,9 36  nFe = 0,2  % Fe = 0,2x56 x100% 50,03% 13,9  Đáp án( C) đúng 4.  n 3 8,1 2  x0,45   Al M a M  27   Đáp án (D) đúng Ví dụ 31: Dung dịch A có chứa 5 ion: Mg2+, Ba2+ , Ca2+ và 0,1mol Clvà 0,2mol NO3 . Thêm dần V lít dung dịch K2CO3 1M vào dung dịch A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất. V có giá trị là: A - 150ml B - 300ml C - 200ml D - 250ml E - Két quả khác. * Cách giải thông thường: Phương trình ion rút gọn: Mg2+ + CO32  MgCO3 Ba2+ + CO32  BaCO3 Ca2+ + CO32  CaCO3 Gọi x, y, z là số mol của Mg 2+ , Ba2+ , Ca2+ trong dung dịch A. Vì dung dịch trung hòa điện, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,1 + 0,2 = 0,3 hay x + y + z = 0,15  nCO32 x  y  z0,15(mol) n nCO3 nCO2 0,15(mol)  V KCO3 0,15 0,15lÝt=150ml 3 CM 1 * Cách giải nhanh: Khi phản ứng kết thúc, các kết tủa tách khỏi dung dịch, phần dung dịch 37 chứa Na+, Cl- và NO3 . Để trung hòa điện. nNa nCl  nNO 0,3(mol) 3  VddNa2CO3  nNa  Na    0,3 0,15(l) 150ml 2 Đáp án A đúng Ví dụ 32: Để m(g) bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được12g hỗn hợp các oxit FeO, Fe 3O4, Fe2 O3, Fe. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đo ở đktc). m có khối lượng là: A - 20,16g B - 2,016g C - 10,08g D - 1,008g Cách giải thông thường: PTPƯ: 2Fe + O2  2FeO 4Fe + 3O2  2Fe2O3 3Fe + 2O2  Fe3O4 Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 3FeO + 10 HNO3  9Fe (NO3)3 + NO + 5H2O 3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe 3O4, Fe2O3. Theo điều kiện cho và dựa vào phương trình phản ứng ta có: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (a) x + = nNO = 0,1 (b) y + 4z + 3t = nO = (c) 19,2 0,12 Thế (b) vào (c) ta có: y  4z 3t 160 Từ (c) và (d) rút ra ta được m = 10,08(g) 38 (d) * Cách giải nhanh: 12  m nFe = ; nO2ph¶n øng  32 ;nNO giải phóng = 0,1 mol Theo nguyên tắc: mol e- Fe nhường = ne- chất oxi hóa (O2, NO3 ) nhận: = x 4 + 0,1 x 3  m = 10,08 (g) Đáp án( C) là đúng. Ví dụ 33: Hòa tan hoàn toàn 17,4g hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí. Nếu cho 8,7g hỗn hợp tác dụng dung dịch NaOH dư  3,36 lít khí(ở đktc). Vậy nếu cho 34,8g hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO 4dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3nóng dư thì thu được V lít khí NO2 ( ở đktc) Thể tích khí NO2 thu được là: A - 26,88 lít B- 53,70 lít C - 13,44 lít D - 44,8 lít E - Kết quả khác * Cách giải thông thường: PTPƯ: 2Al + 6HCl  AlCl3 0,5x + 3H2 0,5x Mg + HCl  MgCl2 + H2 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 Đặt số mol Al, Mg, Fe trong 17,4g hỗn hợp là x, y, z 27x  24y  52z17,4   1,5x  y  z 0,6 0,75x 0,15  x 0,2  y 0,15 z 0,15   n hỗn hợp trong 34,7 là nAl = 0,4; nMg = 0,3; nFe = 0,3 hỗn hợp X tác dụng CuSO4dư 39 2Al + 3CuSO4 Al2(SO4)3 + 3Cu Mg + CuSO4  MgSO4 + Cu Fe + CuSO4 FeSO4 + Cu Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + H2O nCu (4,5,6) = 1,5x + y + z = 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2 (mol) (7): nN2 2NCu 2x1,2 2,4(mol) VNO2 2,4x22,453,76lÝt * Cách giải nhanh: Al, Mg, Fe nhường e H+ + 2e  H2  ne H nhËn ne CunhËn H+ , Cu2+ nhận e Cu + 2e  Cu  nH2 nCu2 nCu nCu2 nNO2 2nCu 2x1,22,4mol  VNO2 26,88lÝt(®ktc) Nhận xét: Đối với một số bài toán oxi hóa - khử, đặc biệt là những bài toán phức tạp, HS nếu áp dụng phương pháp đại số (phương pháp HS thường sử dụng, những bài toán hóa học cơ bản, đơn giản có thể giải ngay được, nhưng có một số bài toán khó thì khi đặt ẩn, số ẩn nhiều hơn số, phương trình lập được. Việc giải hệ phương trình này yêu cầu HS có tư duy toán học tốt, dùng một số thuật toán:ghép ẩn số, phương pháp thế …mới giải được. Do đó HS giải theo phương pháp này rất vất vả, cách giải dài, mất thời gian, chỉ chú ý về mặt toán học, bản chất hóa học chưa được chú ý. Thuật toán hóa học lấn át bản chất của các hiện tượng, các phản ứng hóa học. Áp dụng nguyên tắc bảo toàn e- trong việc giải bài toán oxi hóa - khử giúp học sinh giải bài toán một cách nhanh và gọn, chính xác, đi sâu vào việc nghiên cứu bản chất hóa học. Đặc biệt khi áp dụng phương pháp bảo toàn e học sinh phát triển tư duy phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề một cách thấu 40 đáo hơn. Áp dụng phương pháp này, giáo viên có thể xây dựng hệ thống bài tập TNKQ có thể giải nhanh để kiểm tra - đánh giá kết quả học tập của học sinh. 2.1.1.4. Dựa vào đặc điểm của phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H2, Al. - Khi khử oxit kim loại bằng các chất khử như CO, H 2, Al… thì chất khử lấy oxi của oxit tạo ra: CO 2, H2O, Al2O3. Biết số mol CO, H2, Al… tham gia phản ứng hoặc hết số mol CO 2, H2O, Al2O3 tạo ra tính được lượng oxi trong oxit (hay trong hỗn hợp oxit) và suy ra lượng kim loại (hay hỗn hợp kim loại). - Khi khử oxit kim loại bằng các chất khử CO (H 2) thì CO (H2) có nhiệm vụ lấy oxi của oxit kim loại ra khỏi oxit. Mỗi một phân tử CO(H 2) chỉ lấy được 1mol O ra khỏi oxit. Khi hết số mol CO2  nO = nCO = nO lấy của oxit hoặc ( H2O)  nO= nH2O . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng tính khối lượng hỗn hợp oxit ban đầu. Ví dụ 34: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp CuO và Fe 2O3 bằng khí H2 thấy tạo ra 9g H2O. Khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là: A - 12g B - 16g C- 24g D- 26g E- Kết quả khác * Cách giải thông thường: 0 PTPƯ: CuO + H2  t Cu + H2O 0 Fe2o3 + 3H2  t 2Fe + 3H2O Đặt nCuO = x; nFe2O3 y Theo đầu bài ta có: 80x + 160y = 32 (I) x + 3y = = 0,5 (II) Giải hệ phương trình (I) (II) ta được nghiệm: x = 0,2 và y = 0,1 41 Vậy mhỗn hợp kim loại = mCu + mFe = 0,2 x 64 + 0,1 x 2 x 56 = 24 (g) * Cách giải nhanh: Vì H2 lấy oxi của oxit kim loại  H2O Ta có nO (trong oxit) = nH2O = = 0,5 (mol) mO = 0,5 x 16 = 8g  mKL = 32 - 8 = 24 (g) Vậy đáp án ( C )đúng Ví dụ 35: Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp 2 oxit Fe3O4 và CuO nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 g hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra được đưa vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy có 5g kết tủa trắng. Khối lượng hỗn hợp 2 oxit kim loại ban đầu là: A - 3,12g B - 3,21g C - 4g D - 4,2g E - Kết quả khác 3Fe 4CO2 * Cách giải thông thường: PTPƯ: Fe3O4 + 0 4CO  t x CuO 3x + CO 0  t y CO2 + (4x + y) + Cu 4x + y Ca(OH)2 CO2 y  CaCO3 + H2O 4x + y Đặt số mol Fe3O4 là x; nCuO = y Theo đầu bài ta có hệ phương trình: 3x 56 64y 2,32  Giải hệ phương trình ta có nghiệm:  5 4x  y   0,05  100  moxit = 0,01 x 232 + 0,01 x 80 = 3,12 (g) * Cách giải nhanh: CO lấy oxi trong oxit  CO2 nO(trong oxit) = nCO = nCO2 nCaCO3 0,05(mol)  moxit = mKL + moxi trong oxit = 2,32 + 0,05 x 16 = 3,12 (g) 42 x 0,01  y 0,01 Vậy đáp án ( A ) đúng 2.1.1.6. Dựa vào việc lập sơ đồ hợp thức của các quá trình chuyển hóa rồi căn cứ vào chất đầu và chất cuối. Đối với các bài toán hóa học hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ cần lập sơ đồ hợp thức sau đó căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian. Ví dụ 36: Cho 11,2g Fe và 2,4g Mg tác dụng với dung dịch H2SO4loãng dư sau phản ứng thu được dung dịch A và V lít khí H 2 (ở đktc). Cho dung dịchNaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc B nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m(g) chất rắn. 1. V có giá trị là: A - 2,24lít B - 3,36lít C - 5,6lít D - 4,48 lít E - 6,72lít 2. Khối lượng chất rắn thu được là: A - 18g B - 20g C - 24g D - 36g E - 40g * Cách giải thông thường: 11,2 nFe  0,2 mol  56 PTHH: Fe + nMg= 0,1 (mol) H2SO4  0,2 Mg FeSO4 + 0,2 + H2SO4  0,1 H2 0,2 MgSO4 0,1 + H2 0,1 FeSO4 + NO H2SO4 + NaOH  Na2SO4 + 2H2O FeSO4 + 2NaOH  0,2 MgSO4 Fe(OH)2 + Na2SO4 0,2 + 2NaOH 0,1  Mg(OH)2 + Na2SO4 0,1 43 4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O  0,2 4Fe(OH)3 0,2 Mg(OH)2 0 MgO +  t 0,1 H2O 0,1 0 2Fe(OH)3  t Fe2O3 + H2O 0,2 0,1 mol V = 6,72 lít mchất rắn = mMgO + mFe2O3 = 0,1 x 40 + 0,1 x 160 = 20(g) * Cách giải nhanh: nH2  nFeMg 0,3mol  V 6,72lÝt 2Fe  Fe2O3 0,2 Mg  MgO 0,1 0,1 0,1  m = 0,1 x 160 + 0,1 x 40 = 20 (g) Vậy 1. Đáp án ( E ) đúng 2. Đáp án ( B ) đúng Ví dụ 37: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe 2O3 vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô và nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m g chất rắn, m có giá trị là: A - 23g B - 32g C - 24g D - 42g E - Kết quả khác. * Cách giải thông thường: Viết phương trình phản ứng và tính số mol các chất theo phương trình phản ứng. Fe + 2HCl  0,2 Fe2O3 0,1 FeCl2 + H2 0,2 mol + 6HCl  2FeCl3 + 0,2 Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư 44 3H2O HCl dư + NaOH  NaCl + H2O FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2 + 2NaCl 0,2mol 0,2mol FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl 0,2 mol 0,2mol Khi sấy và nung kết tủa: 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 0,2 0,2 mol 2Fe(OH)3  n (0,2+0,2)ml Fe2C3 + 3H2O 0,2mol mchất rắn = 160 x 0,2 = 32g * Cách nhẩm: Trong m g chất rắn có 0,1 mol Fe2O3(26g) ban đầu: Vậy chỉ cần tính lượng Fe2O3 tạo ra từ Fe: 2Fe  Fe2C3 0,2 0,2  m = 32g  Đáp án ( B )đúng. Ví dụ 38: Hỗn hợp bột X: Al, Fe có khối lượng 22g. Chia X thành 2 phần bằng nhau. - P1 + HCl dư  dung dịch A + 8,96lít H2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A + NaOH dư  kết tủa B Lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m 1 chất rắn. 1. m1 có giá trị là: A - 8g B - 16g C - 32g D - 24g E - Kết quả khác - Phần 2: Cho hỗn hợp bột X vào dung dịch CuSO 4 dư đến khi phản ứng hoàn toàn thu được mg chất rắn không tan. 2. m có giá trị là: A - 12,8g B - 16g C - 25,6g 45 D - 22,4g E - Kết quả khác * Cách giải thông thường: P1 2Al + 6HCl 2AlCl3 + 3H2  0,2 P 0,35 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 0,1 0,1 HCl + NaOH  NaCl + H2O AlCl3 + 3NaOH  0,3 Al(OH)3 + 3NaCl 0,3 Al(OH)3 + NaOH  0,3 NaAlO2 + 2 H2O 0,3 FeCl3 + 2NaOH Fe(OH)2 + 2NaCl  0,1 0,1 4Fe(OH)2 0 + O2  t 2Fe2O3 + 4H2O 0,05 Đặt nAl = x ; nFe = y 27x  56y 11   1,5x  y 0,4 x 0,2  y 0,2 m1 = 0,05 x 160 = 8g P2: 2Al + 3CuSO4  Al2(SO4)3 + 3Cu 0,2 0,3 Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu 0,1 0,1 m = 0,4 x 64 = 25,6g * Cách giải nhanh: Al  AlO 2 0,2 2Fe  Fe2O3 46 0,1 0,05  m1 = 8(g) nCu = nH2 = 0,4  mCu = 25,6 (g) Vậy 1. Đáp án (A) đúng. 2. Đáp án ( C ) đúng 2.1.5.5. Dựa vào phương trình đốt cháy hợc chất hữu cơ. Dựa vào phương trình đốt cháy hợp chất hữu cơ. * Dựa vào số mol sản phẩm cháy (CO 2, H2O) để xác định dãy đồng đẳng của hợp chất hữu cơ. Cụ thể: Đối với hiđrocacbon. Nếu nH2O  nCO2  hợp chất đó là ankan nH2O nCO2  H.C đó là anken hoặc xicloanken nH2O  nCO2  H.C đó ankin hoặc ankađien. - Đối với rượu. nH2O  nCO2  rượu no nH2O nCO2  rượu không no - Đối với anđehit: nH2O nCO2  anđehit no đơn chức nH2O  nCl2  anđehit không no đơn chức, anđe hít đa chức - Đối với axit và este: nH2O  nCO2  axit hoặc este no đơn chức nH2O  nCO2  axit hoặc este không no đơn chức hoặc đa chức. * Dựa vào mối quan hệ số mol của CO 2 và H2O để xác định số mol của hợp chất hữu cơ đem đốt cháy. Cụ thể: Đối với hợp chất: 47 + Ankan: CnHn2  3n  1 O2  nCO2  (n  1)H2O 2 Số mol ankan = nH2O  nCO2 + Ankin CnHn-2 + 3n  1 O2  nCO2  (n  1)H2O 2 Số mol ankin = nCO2  nH2O Đối với rượu no đơn chức. CnH2n+2O + O2  nCO2 + (n + 1) H2O Số mol của rượu = nH2O  nCO2 Số mol của oxi = 1,5 số mol CO2 - Đối với axit không no đơn chức (hoặc axit no đa chức) CnH2n 2 Ox O2  nCO2  (n  1)H2O Số mol của axit = số mol CO2 – số mol H2O * Dựa vào phương trình đốt cháy trên cơ sở số mol CO 2 và số mol của hỗn hợp chất hữu cơ để xác định công thức phân tử của các hợp chất hữu cơ. CnH2n2 2a  O2  nCO2  (n  1 a)H2O n nCO2 nA Ví dụ 39: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai hiđrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được 11,2l CO2 (đktc) và 9g H2O. hai hiđrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào. A. Ankan B. Anken C. Ankin * Cách giải thông thường. Đặt CTTQ chung của hai hiđrocacbon là: CnH2n2 2a  O2  nCO2  (n  1 a)H2O 0,5 0,5 48 D. Azen  0,5 0,5   0,5(n  1 a) 0,5n n n  1 a a=1  CTPT của hai anken là CnHm * Cách giải nhanh: Ta có số mol CO2 = số mol H2O Dựa vào phương trình đốt cháy  2 hợp chất là anken.  Đáp án (B) đúng. Ví dụ 40: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2ankan thu được 9,45g H2O. Cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2dư thì khối lượng kết tủa thu được là: A. 37,5g B. 52.5g C. 15g D. 42,5g * Cách giải thông thường Đặt công thức của 2 ankan là CnHm+2 và CmHm+1 PTĐC: CnH2n2  x CmHm2  y 3n  ' O2  nCO2  (n  1)H2O 2 nx (n+1)x 3m 1 O2  mCO2(m 1)H2O 2 my (m+1)y Đặt số mol của 2ankan là x +y Theo đầu bài ta có: x + y = 0,15 (1) (n+1)x + (m + 1) y = = 0,525 (2) Mà số mol Cl2 = nx + my B đổi (1) (2) ta có x + y = 0,15  nx + my = 0,375 (mol) nx + my + x + y = 0,525  nCaCO3 nCO2 0,375mol  mCaCO3 37,5(g) 49 * Cách giải nhanh. Theo phương trình đốt cháy ankan ta có: nankan = nH2O  nCO2  nCO2 nH2O  nankan 0,525 0,150,375(mol) nCaCO3 nCO2 0,375mol  mCaCO3 37,5(g) Vậy đáp( A ) đúng. Ví dụ 41: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư, sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng 4,14g bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là: A. 0,06mol B. 0,09mol C. 0.03mol * Cách giải thông thường: Đặt CTTQ của ankan: anken CnH2n+2 (x mol) CmHm (y mol) PTĐC: CnHm+2 + O2  nCl2 + (n +1) H2O x mol (n+1)x CmHm + O2  mCO2 + mH2O y my Theo đầu bài: nx + my = my 6,16 0,14 44 (n+1)x + my = (1) 4,14 0,23 18 (2) Biến đổi (1) và (2)  nx  my 0,14  x 0,23 0,140,09  nx  x  my  0,23   Vậy số mol của ankan là 0,9mol * Cách giải nhanh: 50 D. 0,045mol Theo phương trình đốt cháy ankan và anken ta thấy nH2O(ankan)  nCO2 nH2O(anken) nCO2 Vậy nankan = nH2O  nCO2 0,23 0,40,09mol Vậy đáp án (B ) đúng. Ví dụ 42: Đốt cháy hoàn toàn 0,1mol hỗn hợp gồm CH4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và 0,23mol H2O. Số mol của ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là: A. 0,09 và 0,01 B. 0,01 và 0,09 C. 0,08 và 0,02 D. 0,02 và 0,08 * Cách giải thông thường Đặt số mol CH4 là x C4H10 là y C2H4 là z CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O C4 H10 + O2 4CO2 + 5H2O C2H4 + 3O2  2CO2 + 2H2O Theo đầu bài ta có hệ phương trình: x  y  t0,1  x  4x  2z0,14 Giải hệ phương trình ta được 2x  5y 270,23  x 0,08  y 0,01 z0,01  Vậy số mol ankan = x + y = 0,09 anken = z = 0,01 * Cách giải nhanh Theo phương trình đốt cháy ankan và anken. Số mol ankan =số mol H2O – số mol CO2 = 0,23 - 0,14 = 0,09 (mol) Mà tổng n = 0,1mol  nanken = 0,01 (mol) Vậy đáp án (A) đúng. 51 Ví dụ 43: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm 2 rượu A và B thuộc cùng dãy đồng đẳng thu được 6,27lít CO2 (đktc) và 7,65g H2O. Mặt khác m(g) hỗn hợp X tác dụng với Na dư thu được 2,8lít H2 (đktc). Biết tỉ khối hơi của mỗi chất trong X so với H2 đều nhỏ hơn 40. CTCT của A và B là: A. C2H6O và CH4O B. C2H6O và C3H8O C. H6O2 và C3H8O2 D. C3H8O2 và C4H10O2 Cách giải thông thường. - Tính số mol các nguyên tố C, H, O có trong mg hỗn hợp 2 rượu A và B. 6,72 0,3(mol) mC 0,312(g) nghiên cứu = nCO2  22,4 7,65 0,85(mol) mH 0,85(g) nH = 2nH2O 2 18  mo = m - (3,6 + 0,85) = m - 4,45 Gọi CTPT chung của hai rượu là R - (OH)a ta có phương trình: R(OH)a + a Na  R (ONa)a + a/2H2 nH = 2,8 20,25a 22,4 Trong a nhóm -OH có nH: no = = 0,25  m = 8,45 (g) Gọi công thức phân tử chung của hai rượu là R - (OH)a Ta có phương trình: R(OH)a + aNa  R - (ONa)a + a/2 H2 nH = x 2 = 0,25 = a Trong a nhóm -OH có nH : no = = 0,25  m = 8,45 (g) Gọi công thức phân tử chung của hai rượu là CnH n2 2k a(OH)a 52  O2  nCO2  (n  1 k)H2O PTPƯ: CnHn2 2k a(OH)a   1mol a(mol) 0,3 0,425 x 0,25  nx 0,3  x(n  1 k) 0,425 ax 0,25  0,3 0,425 Giải hệ phương trình ta có x = x > 0  k = 0  x = 0,125 0,3 n 2,4 0,125 a= Mà MA, 0,25 2 0,125 MB < 80 Vậy CTPT của A C2H6O2 (M = 62) B C3H8O2 (M = 76) * Cách giải nhanh: Ta có nCO2 0,3mol nH2O 0,425mol  nH2O  nCO2  Hỗn hợp X gồm hai rượu no cùng dãy đồng đẳng Theo phương trình đốt cháy: CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n + 1) H2O  Số mol X = số mol H2O – số mol CO2 = 0,125mol Mà nH2 0,125mol  X : rượu no hai chức. MA MB < 80  A: C2H6O2 B. C3H8O2 Vậy đáp án (C )đúng Ví dụ 44: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai rượu thuộc dãy đồng đẳng 53 của rượu etylic thu được 70,4g CO2 và 39,6g H2O. a có giá trị là: A. 3,32g B. 33,2 C. 6,64g D. 66,4g * Cách giải thông thường Đặt CTTQ của hai rượu lần lượt là: CnH2n+2O (x mol) CmH2m+2O (y mol) PTĐC: CnH2n+2O + O2  nCO2 + (n + 1) H2O x nx (n+1)x CmH2m+2 O + O2  mCO2 + (m + 1) H2O y my (m+1)y Theo đầu bài ta có: nx + my = = 1,6 (n + 1) x + (m +1)y = = 2,2 (1) (2) Mà a = (14n + 18) x + (14m + 18)y Biến đổi (1) (2) ta có  nx  my 1,6    nx  x my  y 2,2  nx  my 1,6  x  y 0,6 Thay vào biểu thức tính a: a = 14 (nx + my) + 18(x + y) = 14  1,6 + 18  0,6 = 22,4 + 10,8 = 33,2 (g) * Cách giải nhanh: Đặt CTTQ chung 2 rượu: CnHn2O  3n O2  nCO2  (n  1)H2O 2 nO2 1,5nCO2 1,51,62,4(mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng. a = 70,4 + 39,6 - 2,4 x 32 = 33,2 (g) Vậy đáp án (B) đúng. Ví dụ 45: Chia hỗn hợp X gồm hai rượu no đơn chức A, B thành hai 54 phần bằng nhau. - Phần 1: bị đốt cháy hoàn toàn thu được 5,6lít CO2(đktc) và 6,3g H2O. - Phần 2: tác dụng hết với Na kim loại thu được Vlít khí (đktc). 1. V có giá trị là: A. 1,12lít B. 0,56lít C. 2,24lít D. 1,18lít 2. Nếu 2 rượu đơn chức trên là đồng đẳng kế tiếp thì công thức cấu tạo của A và B là: A. CH3OH và C2H5OH B. C2H5OH và C3H7OH C. C3H7OH và C4H9OH D. C4H9OH và C5H11OH *Cách giải thông thường. Đặt công thức của hai rượu là CnH2n+2O CmH2m + 2O (x mol) (y mol) PTĐC: CnH2n+2 O+ O2 nCO2 + (n + 1) H2O x nx (n+1)x CmH2m +2O + O2  mCO2 + (m + 1) H2O y my (m+1)y Theo đh ta có: nx + my = 5,6 0,25 22,4 (n + 1)x + (m + 1)y = (1) 6,3 0,35 18 (2) Biến đổi (1) và (2)  x + y = 0,1mol  nx = 0,1mol CnH2n+1 OH + Na  CnH2n+1 ONa + 1/2H2 x 0,5x CmH2m+1OH + Na  CmH2m+1ONa + 1/2H2 y 0,5g  nH2 = 0,5 (x + y) = 0,05 (mol)  VH2 = 1,12 lít (đktc) 2. Vì theo đầu bài 2 rượu là đđ kế tiếp ta có m = n + 1 55 Thay vào phương trình (1) và (2) ta có:  nx  (n  1)y 0,25  (n  1)x  (n  1 1)y 0,35  x  y 0,1  Giải hệ phương trình ta có 0,1n y 0,25  0,1n x  2y 0,35 x  y 0,1  Biện luận với n 1, n  N O < y < 0,1 Ta có: n y 1 2 0,15 0,05 3 <0 Vậy n = 2  C2H5OH m = 3 C3H7OH * Cách giải nhanh. Dựa vào phương trình đốt cháy rượu no đơn chức ta có. nx = nH2O  nCO2 0,35 0,250,1(mol) Vì x là rượu no đơn chức. 1 1.  nH2  nx 0,05(mol) VH2 0,0522,41,12l (đktc) 2 2. CxH2x2O  O 2  xCO2  (x  1)H2O nCO 0,25 2,5 Ta có: x  2  nX 0,1  x1 = 2  C2H5OH x2 = 3 C3H7OH Đáp án (D) đúng Ví dụ 46: Đốt cháy hoàn toàn 5,8g anđehit X thu được 5,4g H2O và 6,72 l CO2 (đktc) 56 Vậy CTPT của X là A. C2H4O B. C4H6O2 C. C3H6O D. C4H8O * Cách giải thông thường. - Giả sử X là anđehit đơn chức. CTTQ X : CxHyO CxHyO + O2 xCO2 + y/2H2O 1mol x(mol) y/2 (mol) 5,8 0,3 0,3 12x + y + 16  y = 2x = Giải hệ phương trình: 2x  y 0  5,8x 3,6x  0,3y  4,8  x = 3 y = 6  CT C3H6O (thỏa mãn) - Giả sử X là anđehit hai chức. CxHyO2 + O2 + xCO2 + y/2H2O Ta có hệ phương trình: 2x  y0 x 6    C6H12O2(không thỏa mãn)  5,8x  3,6x  0,3y  9,6 y 12 Cách giải nhanh: Ta có nH2O  nCO2 0,3mol  X là anđehit no đơn chức. 3n  1 O2  nCO2  nH2O 2 CnH2nO + 5,8 0,3   n3 CTX :C3H6O 14n16 n Đáp án( C )đúng 57 Ví dụ 47: Một hỗn hợp lỏng X gồm rượu etylic và 2 hiđrocacbon đồng đẳng kế tiếp nhau. Chia hỗn hợp X thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1: cho bay hơi thì thu được V đúng bằng thể tích của 3,3g CO 2 (cùng điều kiện). - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thì cần 6,44 lít O 2 (đktc). Sản phẩm cháy qua bình 1 đựng H2SO4đ, rồi qua bình 2 đựng Ca(OH)2 dư sau thí nghiệm thu được 17,5g kết tủa. Công thức của hợp chất là: A - CH4 và C2H6 B - C2H4 và C3H6 C - C2H6 và C3H6 D - C2H2 và C3H4 * Cách giải thông thường: Đặt ẩn, lập hệ phương trình: - Đặt công thức của 2 hợp chất là: CxHy (amol) C2H5OH (b mol)  4x  y  y  O2  xCO2  H2O 2  4  PTĐC: CxHy    4x  y   a  4  a xa C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O b 3b (1) (2) 2b 3,3 = 0,075 (mol) 44 Ta có: nhh = nCO  2 N O2  6,44 0,2875 (mol); nCO2 nCaCO3 0,175(mol) 22,4 Theo đầu bài ta có hệ phương trình: a b 0,075 (I)   4x  y   a 3b 0,2875 (II)  4    (III) ax  2b 0,175 58  x 2,5   y 7 Giải hệ 3 phương trình 4 ẩn: ta có nghiệm:  a 0,005  b 0,025  Việc giải hệ 3 phương trình 4 ẩn số nên mất rất nhiều thời gian, biện luận tìm khoảng nghiệm hợp lý mới cho ra kết quả đúng. * Cách giải nhanh: Dựa vào phương trình (2): phương trình đốt cháy rượu: n O Ta có: n 1,5 CO 2 2 0,2875 Mà theo đầu bài tỉ số mol chung của hỗn hợp 0,175 1,64  1,5 nên 2 hiđrocacbon phải là ankan. 3n 1 O2  nCO2 _ n  1 H2O  ta có phương trình điều chế: CnH2n2  2      n2H.C  nO2®/c hçn hî p  nCO2hh x1,5  x2   = [0,2875 - (0,175 x 1,5)] x 2 = 0,05 (mol)  nC H OH 0,075 0,05 0,025(mol)  nCO (Rt¹o ra) 0,05(mol) 2 5 2  nCO2 (2H.C) 0,175 0,05 0,125(mol)  n 0,125 2,5  0,05  n1 2    n2 3 C2H6  C3H8 => Công thức của 2 hợp chất là C2H6 và C3H8 => Đáp án( C) đúng. Nhận xét: Qua một số bài toán điển hình trên ta thấy rằng nếu học sinh không chú ý tới một số đặc điểm của phản ứng đốt cháy của hợp chất hữu cơ thì sẽ sa vào việc giải bài toán bằng phương pháp đặt ẩn số sau đó tiến hành ghép ẩn số rồi mới tìm ra kết quả của bài toán. Hoặc học sinh có thể dùng phương pháp loại suy đó là đưa ra giả thiết sau đó phủ nhận hoặc khẳng định. 59 Các phương pháp trên cũng đều đi đến kết quả cuối cùng nhưng trong quá trình tìm ra kết quả đó học sinh phải viết đúng phương trình và cân bằng phương trình, vận dụng giải toán một cách linh hoạt thì mới tìm ra kết quả đúng. Do đó khi giải bài toán đốt cháy một hợp chất hữu cơ cụ thể nào đó chúng ta cần quan tâm tới số mol của sản phẩm đốt cháy, mối quan hệ giữa số mol sản phẩm cháy với số mol của chất hữu cơ thì việc tính toán trở nên đơn giản hơn, đã tốn thời gian hơn từ đó đáp ứng được một trong các yêu cầu của việc kiểm tra trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn. 2.1.5.6. Dựa vào quan hệ tỉ lệ số mol củacác hợp chất hữu cơ trong phương trình phản ứng.  Dựa vào tỉ lệ số mol giữa hợp chất hữu cơ với số mol brom hoặc hidro để xác định số liên kết pi trong hợp chất *Nếu số mol Br2 hoặc H2 = số mol của A A có một liên kết pi ở gốc hiđrocacbon. Cụ thể là: - Đối với hiđrô cacbon: + Anken + Br2 + Tỉ lệ số mol anken: nBr2 1:1 Nếu nBr2 = 2nH-C => H - C đó là ankin hoặc ankanđien. - Đối với rượu: + Số mol rượu = nBr2 Rượu không no có một liên kết pi co CTTQ là CnH2nO - Đối với anđehit: + Số mol anđehit= nBr2 Anđehit không no có một liên kết pi có CTTQ là CnH2n-2O + Số mol anđehit = số mol H 2Anđehit no có một nhóm chức có CTTQ là CnH2nO + Số mol anđehit =2 số mol H2Anđehit không no có một nhóm chức có CTTQ là CnH2n-2O 60 - Đối vớiaxit: + Số mol axit= nBr2 Anđehit không no có một liên kết pi có CTTQ là CnH2n-2O  Dựa vào tỉ lệ số mol giữa hiđro với số mol của rượu trong phản ứng thế bởi kim loại kiềm: +Nếu số mol của H2=1/2số mol của rượuRượu A có một nhóm chức OH + Nếu số mol của H2= số mol của rượu Rượu A có hai nhóm chức OH *Dựa vào phản ứng tráng gương của anđehit với AgNO3 trong dd NH3 + Đối với HCHO và anđehit hai chức thì tỉ lệ mol giữa Agvà anđêhit là là 1:4 + Đối với anđehit đơn chức R-CHO thì tỉ lệ mol là 1:2 - Đối với axit: Dựa vào phản ứng trung hòa Axit đơn chức: naxit: nK  = 1: 1 2 chức : naxit : nK  = 1:2 - Đối với este: Dựa vào phản ứng xà phòng hóa Este đơn chức: neste = nK  = 1:2 - Đối với axit amin đưa vào phản ứng trung hòa Axit amin A + NaOH  nA : nNaOH = 1:1  A có 1 nhóm COOH = 1: 2  A có 2 nhóm COOH A + HCl  nA : nHCl = 1: 1 A có nhóm NH2 = 1: 2  A có 2 nhóm NH2 Ví dụ 48: Một hỗn hợp khí gồm 1ankan và 1anken có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và có cùng số mol. Lấy m(g) hỗn hợp này thì làm mất 61 màu vừa đủ 80g dung dịch Br 2 20% trong dung môi CCl4. Đốt cháy hoàn toàn m g hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO2. Công thức phân tử của ankan và anken là: A - C2H6 B - C3H8, C3H6 C - C4H10, C4H8 D - C5H12 , C5H10 * Cách giải thông thường: Đặt công thức của ankan: CnH2n + 2 (x mol) an ken: CnH2n (y mol) PTPƯ: CnH2n + Br  CnH2nBr2 0,1 0,1 80x20 nBr2  0,1(mol) 160x100 CnH2n+2 + O2  nCO2 + (n+1)H2O x nx CnH2n + O2  nCO2 + nH2O x nx 2nx = 0,6 x = 0,1 => n = 3 CTPT của an kan và anken là C3H8 và C3H6 * Cách giải nhanh: nanken = nBr2 = 0,1 mol 2 anken CnH2n  O nCO2 0,1  0,1n = 0,1n 0,6 = 0,3  n = 3 2 Vậy đáp án (B) đúng Ví dụ 49: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp 2 rượu đồng đẳng liên tiếp thu được 0,66g CO2 và 0,45g H2O Nếu tiến hành oxi hóa m(g) hỗn hợp rượu trên bằng CuO, sản phẩm tạo 62 thành cho tác dụng với AgNO3/NH3 dư sẽ thu được lượng kết tủa Ag là: A - 10,8g B - 43,2g C - 2,16g D - 1,62g * Cách giải thông thường: Đặt công thức tổng quát chung của 2 rượu là: Cn H2n 2O PTPƯ: CnH2n2O + O2  n-CO2 + (n-+1) H2O x 0,015 0,025  n- = 1,5  x = 0,01 (mol) 0 CnH2n2O + CuO  t  Cn 1H2nCHO  Cu  H2O 0,01 (mol) 0,01 (mol) 3 Cn  1H2n  CHO  Ag2O  ddNH   Cn 1H2n  COOH  2Ag  0,01 0,02  mAg = 0,02 x 108 = 2,16 (g) * Cách giải nhanh: Dựa vào phương trình đốt cháy ta có: Số mol 2 rượu = nH2O  nCO2 0,025 0,0150,01(mol) O  R   An®ehit  AgNO  3.......................    2Ag 0,01 0,02  mAg = 2,16 (g) Đáp án( C) đúng Ví dụ 50: Cho hỗn hợp HCHO và H2 đi qua ống đựng bột Ni nung nóng. Dẫn toàn bộ hỗn hợp thu được sau phản ứng các chất có thể tan được, thấy khối lượng bình tăng 23,6g. Lấy dung dịch trong bình cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 43,2g Ag kim loại. Khối lượng CH3OH tạo ra trong phản ứng cộng hợp hiđro của HCHO là: A - 16,6g B - 12,6g C - 20,6g * Cách giải thông thường: 63 D - 2,06g Ni PTPƯ: HCHO + H2  t 0  CH3OH hỗn hợp sản phẩm thu được gồm CH3OH và HCHO có khối lượng là 23,6g. Cho hỗn hợp sản phẩm tác dụng AgNO3/ NH3 HCHO + Ag2O  NH 3  CO2 + H2O + 4Ag  nan = nAg = x 0,4 = 0,1 mol  mHCHO = 0,1 x 30 = 3 (g)  mCH3OH 23,6  3 20,6(g) Vậy đáp án (C) đúng Ví dụ 51: Chia hỗn hợp X gồm 2 axit (A là 1 axit no đơn chức, B là axit không no đơn chức chứa 1 liên kết đôi). Số nguyên tử (trong A, B bằng nhau. Chia X thành 3 phần bằng nhau: - Phần 1 tác dụng hết với 100ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 150ml dung dịch H2SO4 0,5M. - Phần 2: Phản ứng vừa đủ với 6,4g Br2 - Phần 3: Đốt cháy hoàn toàn thu được 3,36 lít CO2(đktc) 1. Số mol của A, B trong X là: A - 0,01 và 0,04 B - 0,02 và 0,03 C - 0,03 và 0,02 D - 0,04 và 0,01 2. Công thức phân tử của A và của B là A - C2H4O2 và C2H2O2 B - C3H6O2 và C3H4O2 C - C4H8O2 và C4H6O2 D - C4H6O4 và C4H4O4 * Cách giải thông thường Đặt công thức của 2 axit: CnH2n+1 - COOH CnH2n-1 - COOH (CxH2xO2) (CxH2x-2O2) PTPƯ: CnH2n+1 - COOH + NaOH  CnH2n+1 - COONa + H2O CnH2n-1 - COOH + NaOH  CnH2n-1 - COONa + H2O 64 2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O nNaOH ban đầu = 0,2 mol nNaOH dư = 2 x 0,075 = 0,15 mol  nNaOH phản ứng (1)(2) = 0,2 - 0,15 = 0,05 Theo phương trình: nX = nNaOH = 0,05 (mol) X tác dụng với dung dịch Br2: CnH2n-1 - COOH + Br2  CnH2n-1COOHBr2 0,04 mol  0,04 mol  nA = 0,05 - 0,04 = 0,01 (mol) (1) Đáp án A đúng P3: CxH2xO2 = O2  xCO2 + xH2O 0,01 0,01 CxH2x-2O2 + O2  xCO2 + (x-1)H2O 0,04 0,04x  nCO2 = 0,01x + 0,04x = 0,05x = 0,15  x = 3 Vậy CTPT của 2 axit là C3H6O2 C3H4O2 * Cách giải nhanh: 1. Dựa vào cấu tạo 2 axit. Vì 2 axit đều đơn chức:  nX = nNaOH = 0,2 - 0,15 = 0,05 mol 6,4 0,04 (mol) B có 1 liên kết đôi  nB = nBr2  160  nA = 0,05 - 0,04 = 0,01 mol 2. Vì A và B đều có cùng số nguyên tử C CxHyO2 + O2  xCO2 + H2O 65 x nCl2 nX  C H O 0,15 3 CTPT A,B  3 6 2 0,05 C3H4O2  Đáp án B đúng Ví dụ 52: Cho X là 1 amino axit. Khi cho 0,01mol X tác dụng với HCl thì dùng hết 80ml dung dịch HCl 0,125M và thu được 1,835g muối khan. Còn khi cho 0,01mol X tác dụng với dung dịch NaOH thì cần dùng 25g dung dịch NaOH 3,2%. Công thức cấu tạo của X là: A. C3H6 NH2 B. C2H5 NH2 COOH C - H2NC3H5(COOH)2 COOH D - (H2N)2C3H5COOH * Cách giải thông thường: Đặt CTTQ của X là: (H2N)x - R - (COOH)y PTPƯ: (H2N)x - R - (COOH)y + xHCl  (ClH3N)x - R(COOH)y (1) 0,01mol 0,01mol (H2N)x - R - (COOH)y + yNaOH  (H2N)x - R - (COONa)y + H2O (2) nHCl = 0,01mol ; nNaOH = 3,2x25 0,02(mol) 40x100 0,01 1  1 nhóm NH2 Theo phương trình (1): x  0,01 (2) y = 0,02 2  2 nhóm COOH 0,01  Mmuối = 1,835 183,5  MR = 1835 - (45 x 2) - 36,5 - 16 0,01 MR = 41  C3H5 Vậy công thức X: H2NC3H5(COOH)2 * Cách giải nhanh: Số mol X = nHCl = 0,01mol  X có 1 nhóm NH2 66 nX = nNaOH  X có 2 nhóm COOH Vậy trong 4 phương án trên chỉ có C thỏa mãn Vậy đáp án (C ) đúng. 2.2. Đề xuất một số nguyên tắc, qui luật trong quá trình áp dụng các phương pháp giải nhanh vào việc giải bài toán hoá học TNKQ nhiều lựa chọn 2.2.1. Vai trò của bài toán hoá học Bài toán hoá học có những tác dụng sau: - Rèn luyện cho học sinh khả năng vận dụng những kiến thức đã học, biến những kiến thức tiếp thu được qua bài giảng của thầy thành kiến thức của mình. - Giúp cho HS đào sâu và mở rộng kiến thức đã học một cách sinh động, phong phú, hấp dẫn. Chỉ có vận dụng kiến thức vào giải bài tập HS mới nắm vững kiến thức một cách sâu sắc. - Phát triển năng lực nhận thức, khả năng suy luận logic, đồng thời bài tập hoá học còn rèn trí thông minh cho HS. 2.2.2. Ý nghĩa của việc áp dụng các phương pháp giải nhanh để giải bài toán TNKQ nhiều lựa chọn Việc áp dụng các phương pháp giải nhanh để giải bài toán TNKQ nhiều lựa chọn có những ưu điểm sau: + Phù hợp với yêu cầu thời gian để làm một câu TNKQ (khoảng từ 2 đến 3 phút) + Giúp HS phát triển tư duy, tìm tòi những phương án giải nhanh phù hợp với mỗi dạng bài toán + Phân hoá được HS trong quá trình vận dụng kiến thức và giải bài tập 2.2.3. Đề xuất một số nguyên tắc, qui luật để giải nhanh các bài toán hoá học dùng làm câu TNKQ nhiều lựa chọn Để có thể giải nhanh các bài toán hoá học trên cơ sở các phương pháp 67 đã phân tích, HS cần phải tiến hành theo các bước dựa vào một số nguyên tắc và qui luật sau: Bước 1: đọc kỹ đầu bài Việc đọc kỹ đầu bài là thao tác quan trọng để giúp HS định hướng việc giải bài toán. Dựa vào yêu cầu bài toán mà có thể chọn phương pháp thích hợp. Ví dụ 1:Hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một lượng vừa đủ dung dịch HCl sau phản ứng thu được 4,48l khí H 2(đktc) và dung dịch cô cạn dung dịch thu được n (g) muối khan. m có giá trị là : A. 27,1g B. 34,2g C. 27,3g D. 34,4g E. Không xác định được. Nếu HS không đọc kỹ bài toán sẽ sa vào viết phương trình phản ứng, cân bằng phương trình đặt ẩn. Do đó số ẩn đặt nhiều hơn dữ kiện đầu bài cho. Nếu HS dùng thuật toán giải sẽ mất nhiều thời gian, khó ra kết quả chính xác, có HS thấy phương án E có vẻ hợp lý do đó sẽ không đúng đáp án bài toán. Trong khi đó yêu cầu của bài toán chỉ tính khối lượng muối sau khi cô cạn. Lúc này HS chỉ cần áp dụng ngay định luật bảo toàn khối lượng để tính một cách đơn giản, nhanh nhất. Bước 2: Phân dạng bài toán để chọn phương pháp hợp lý. Quá trình đọc kỹ đầu bài cũng giúp HS phân dạng bài toán một cách chính xác. Việc phân dạng bài toán sẽ giúp chọn phương pháp hợp lý để giải. - Nếu bài toán oxi hóa khử giữa hỗn hợp kim loại với dung dịch axit hoặc hỗn hợp axit giải phóng ra hỗn hợp khí thường chúng ta vận dụng phương pháp bảo toàn electron để giải. - Nếu bài toán cho hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit (HCl, H2SO4...) giải phóng ra khí, yêu cầu tính khối lượng muối thì áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để giải. 68 - Nếu bài toán cho khối lượng hỗn hợp ban đầu và hỗn hợp sau phản ứng có thể vận dụng phương pháp giảm khối lượng để giải. - Đối với bài toán khử oxit kim loại bằng chấtkhử CO, H 2, Al cần chú ý điểm đặc biệt của phản ứng đó là việc lấy oxi trong oxit kim loại của CO, H2, Al sẽ dẫn đến tính số nguyên tử oxi trong oxit. - Đối với bài toán đốt cháy hợp chất hữu cơ khi chưa cho biết hợp chất hữu cơ thuộc loại hợp chất cụ thể nào, dựa vào quan hệ số mol CO 2 và H2O giúp chúng ta suy luận được đặc điểm cấu tạo của nó. Bước 3: Áp dụng linh hoạt các phương pháp vào quá trình giải bài toán. Sau khi tiến hành phân dạng bài toán để lựa chọn phương pháp phù hợp HS tiến hành vận dụng vào giải. Để giải một cách chính xác HS phải nắm sâu, chắ chắn bản chất của phương pháp sử dụng, hướng tiến hành và cách thử triển khai phương pháp giải cho linh hoạt, chắc chắn. Một số bài toán không chỉ giải nhanh theo một phương pháp mà còn có thể sử dụng hai hay nhiều phương pháp giải nhanh khác. Điều quan trọng là HS phải biết sử dụng phương pháp mình nắm chắc nhất, hiểu sâu nhất thì mới có thể giải bài toán nhanh nhất có hiệu quả nhất. Ví dụ 2: Oxi hóa hoàn toàn 10,08g một phoi sắt thu được mg chất rắn gồm 4 chất (Fe2O3, Fe3O4, FeO, Fe). Thả hỗn hợp rắn vào dung dịch HNO 3 dư thu được 2,24l khí (ở đktc) không màu hóa nâu ngoài không khí. Vậy m có giá trị là: A. 12g B. 24g C. 14,4g D. Kết quả khác Bài toán này có thể dùng hai phương pháp giải nhanh đã nêu trên: phương pháp bảo toàn electron và dựa vào định luật bảo toàn khối lượng. Nếu dùng phương pháp bài toán electron HS phải nắm chắc bản chất của phản ứng oxi hóa khử, quá trình oxi hóa, quá trình khử, nội dung phương pháp thì mới giải được. Fe HNO3, O2 69 Chất khử Chất oxi hóa Fe  3e  Fe3+ = 0,18  0,54mol O2 + 4e  2O2- NO3- + 3e + 4H+  NO + 2H2O Ta có m = m chất rắn - m phôi sắt Theo phương pháp bảo toàn electron: 0,54 = + 0,3 = 12 (g) Nếu dùng phương pháp bảo toàn khối lượng, HS phải xác định được thành phần chất tham gia, thành phần sản phẩm tạo thành, phương hướng áp dụng định luật. mrắn = mmuối + mno + m H 2O - m HNO3 Mà n Fe( NO3 )3 n Fe ban đầu = 0,18 (mol) n NO tạo khí = n NO 0,1mol 3 (1) n NO trong muối = 3 n NHO3 0,45mol (2) 3  n HNO3  n NO3 (1) ( 2 ) = 0,1 + 0,54 = 0,64 (mol) 1 n H2O  n HNO3 0,32(mol) 2  mrăn = 232 . 0,18 + 30.0,1 + 18 . 0,32 - 63 . 0,64 = 12 (g) Đáp án (A) đúng Một số bài toán có thể sử dụng đồng thời nhiều phương pháp giải. Thường phối hợp các phương pháp: phương pháp tăng giảm khối lượng với phương pháp áp dụng định luật bảo toàn khối lượng phân tử trung bình. Phương phương bảo toan electron + phương pháp bảo toàn khối lượng. Vậy gặp những bài toán này trên cơ sở những yêu cầu bài toán HS biết chọn các phương pháp phù hợp, linh hoạt trong việc phối hợp các phương pháp để giải nhanh những bài toán phức tạp. Ví dụ 3: Cho hỗn hợp A gồm hai kim loại kiềm X, Y thuộc 2 chu kỳ 70 liên tiếp có khối lượng 17g. Hòa tan hỗn hợp A trong 200g H 2O thu được dung dịch B và Vl H2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch B thu được 27,2g chất rắn. 1. X, Y là hai nguyên tố A. Li, Na B. Na, K C. K, Rb D. Rb, Cs B. 108, 2g C. 216,4g D. 21,64g B4,48l C. 3,36l D. 6,72l 2. Khối lượng dung dịch Y là: A. 10,82 g 3. V có giá trị là: A. 2,24l Yêu cầu (1) của bài toán là xác định hai kim loại do đó dùng phương pháp khối lượng phân tử trung bình để xác định. Nhưng để tính M = . Việc đầu tiên phải đi tìm số mol hỗn hợp mà đầu bài cho khối lượng hỗn hợp kim loại và hỗn hợp chất rắn sau phản ứng. Do đó ta dùng phương pháp tăng giảm khối lượng để tìm số mol của hỗn hợp. Vậy học sinh phải vận dụng liền lúc hai phương pháp mới xác định được tên của kim loại. Yêu cầu (2) (3) là tính khối lượng dung dịch B và thể tích khí H 2 thì áp dụng định luật bảo toàn khối lượng mới xác định nhanh chóng cụ thể là: 1 mdd B = mhh kim loại + m H2O  m H2 mà n H 2  n hh 0,15mol 2 Từ đó sẽ xác định được khối lượng của B và thể tích H 2 một cách dễ dàng. Trên đây chúng tôi đã đề xuất một số nguyên tắc, quy luật, các bước để giải nhanh bài toán hóa học dựa vào các phương pháp giải toán nhanh đã phân tích. Tuy nhiên việc triển khai giải nhanh các bài toán có thực hiện hiệu quả không thì người HS cần phải trang bị cho mình kiến thức hóa học đầy đủ, chính xác sâu sắc. Phải biết suy luận nhanh, có sự phán đoán chính xác, phải vận dụng linh hoạt kết hợp các phương pháp giải nhanh một cách hợp lý thì 71 việc giải các bài toán mới nhanh chính xác được. 2.1.3. Xây dựng hệ thống các bài toán hóa học có thể giải nhanh để làm câu TNKQ dạng nhiều lựa chọn 2.1.3.1. Hóa đại cương. Bài 1: Nguyên tử nguyên tố X có tổng số hạt bằng 34 X là nguyên tố: A. 20 10 Ne B. 12 11Na 24 C. 12 Mg D. 27 13 Al E. Kết quả khác Bài 2: Có oxit sau: SO2, SO3, CuO, Cu2O Oxit nào có thành phần % O thấp nhất: A. SO2 B. SO3 C. CuO D. Cu2O Bài 3: Hai bình cầu có thể tích bằng nhau. Nạp oxi vào bình thứ nhất, nạp oxi đã được ozon hóa vào bình thứ hai, áp suất ở hai bình như nhau. Đặt hai bình trên hai đĩa cân thì khối lượng của hai bình khác nhau là 0,21g. Khối lượng ozon trong oxi đã được ozon hóa là: A. 0,63g B. 0,22g C. 1,7g D. 5,3g E. Thiếu điều kiện, không xác định được. Bài 4: Độ tan của KCl ở 00C là 27,6. Nồng độ phần trăm của dung dịch bão hòa ở nhiệt độ đó là: A. 21,6 B. 20,5 C. 15,8 D. 23,5 E. Kết quả khác Bài 5: Lấy 20g dung dịch HCl 37%, d = 1,84. Để có dung dịch 10% lượng nước cần pha thêm là: A. 27g B. 25,5g C. 54g D. 80g E. Kết quả khác. Bài 6: Hòa tan 20 ml dung dịch 0,05M vào 20ml dung dịch H 2SO4 0,075M, pH của dung dịch thu được là: 72 A. 1 B. 2 C. 3 D. 2,5 E. Kết quả khác. Bài 7: Hòa tan 200g dung dịch NaCl 10% với 800g dung dịch NaCl 20% ta được một dung dịch NaCl có nồng độ phần trăm là: A. 18% B. 16% C. 1,6% D. 15% E. Kết quả khác. Bài 8: Khi tăng nhiệt độ thêm 500C tốc độ của phản ứng tăng lên 12000 lần. Hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng là: A. 4,35 B. 2,12 C. 4,13 D. 2,45 E. Kết quả khác. Bài 9: Trong một bình kín thể tích không đổi chứa bột S và C thể tích không đáng kể. Bơm không khí vào bình đến áp suất p = 2atm, t 0 = 250C. Bật tia lửa điện đề S và C cháy thành SO2 và CO2 sau đó đưa bình về 250C. Áp suất trong bình lúc đó là: A. 1,5atm B. 2,5atm C. 2atm D. 4atm E. Không xác định được. Bài 10: Chia 8,84g hỗn hợp một muối clorua kim loại hóa trị I và BaCl 2 thành 2 phần bằng nhau: - Hòa tan hoàn toàn phần thứ nhất vào nước rồi cho tác dụng với AgNO 3 thu được 8,16g kết tủa. - Đem điện phân nóng chảy phần thứ hai thu được Vlít khí A bay ra ở anot (ở đktc). Với giá trị là: A 6,72l B. 0,672l D. 13,44l E. Kết quả khác. C. 1,334l 2.1.3.2. Hóa nguyên tố Bài 11: Sục hết một lượng khí Clo vào dung dịch NaBr và NaI và đun nóng thu được 1,17g NaCl. 1. Số mol hỗn hợp NaBr và NaI đã phản ứng là. 73 A. 0,1 mol B. 0,15mol D. 0,03mol E. Kết quả khác. C. 1,5mol 2. Số mol Clo đã sục vào là: A. 0,01mol B. 0,02mol D. 0,015mol E. Kết quả khác C. 0,025mol Bài 12: Cho 4,48l hỗn hợp khí N2O và CO2 từ qua bình đựng nước vôi trong dư, thấy chỉ có 1,12l khí thoát ra. Vậy thành phần phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp là: A. 75% và 25% B. 33,33% và 66,67 D. 25% và 75% E. Tất cả đều sai: C. 45%, 55% Bài 13: Đốt cháy hoàn toàn 1,2g một muối sunfat của kim loại. Khí SO 2 thoát ra bị oxi hóa hoàn toàn và cho vào nước được một dung dịch. Cho dung dịch này tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được 4,66 kết tủa. Thành phần phần trăm của lưu huỳnh trong muối sunfat là: A. 36,33% B. 46,67% D. 26,66% E. Kết quả khác. C. 53,33% Bài 14: Nung 11,2g Fe và 26g Zn với một lượng lưu huỳnh có dư. Sản phẩm của phản ứng cho tan hoàn toàn trong dung dịch axit clohiđric. Khí sinh ra được dẫn vào dung dịch CuSO4. Thể tích dung dịch CuSO4 10% (d = 1,1) cần phải lấy để hấp thụ hết khí sinh ra là: A. 500,6ml B. 376,36ml C. 872,72ml D. 525,25ml E. Kết quả khác. Bài 15: Cho 1,53g hỗn hợp gồm Mg, Cu, Zn vào dung dịch HCl dư thấy thoát ra 448ml Hr (đktc). Cô cạn hỗn hợp sau phản ứng rồi nung khan trong chân không sẽ thu được một chất rắn có khối lượng là: A. 2,95g D. 1,885g B. 3,9g C. 2,24g E. không xác định được vì thiếu dữ kiện. 74 Bài 16: Thổi một luồng khí CO dư qua ống sứ đựng hỗn hợp Fe 3O4 và CuO nung nóng đến phản ứng hoàn toàn ta thu được 2,32g hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra cho vào bình đựng nước vôi trong dư thấy tạo thành 5g kết tủa trắng. Khối lượng hỗn hợp 2 oxit kim loại ban đầu là: A. 3,12g B. 3,22g D. 4,2g E. 3,92g C. 4g Bài 17: Cho 0,52g hỗn hợp 2 kim loại tan hoàn toàn trong H 2SO4l dư thấy có 0,336l thì thoát ra (đktc) khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là: A. 2g B. 2,4g C. 3,92g D. 1,96g E. Kết quả khác. Bài 18: Cho 2,81g hỗn hợp A gồm 3 oxit Fe2O3, MgO, ZnO tan vừa đủ trog 300ml dung dịch H2SO4 0,1M thì khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra là: A. 3,81g B. 4,81g D. 4,8g E. Kết quả khác. C. 5,21g Bài 19: Thổi một luồng khí CO dư qua ống sứ đựng m(g) hỗn hợp gồm CuO, Fe2O3, FeO, Al2O3 nung nóng dẫn toàn bộ khí thoát ra sục vào nước vôi trong dư thấy có 15g kết tủa trắng. Khối lượng (m) của hỗn hợp oxit kim loại ban đầu là: A. 217,4g B. 249g C. 219,8g D. 230g E. Không tính được vì Al2O3 không bị khử. Bài 20: Hỗn hợp X gồm hai kim loại hoạt động A và B. Chia 4,04g X thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Tan hoàn toàn trong dung dịch hai axit HCl và H 2SO4 tạo ra 3,36l khí H2 (ở đktc). - Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thu được Vl khí NO duy nhất (ở đktc). 75 1. V có giá trị là: A. 2,24lít B. 3,36lít D. 6,72lít E. Kết quả khác. C. 4,48lít 2. Khối lượng hỗn hợp muối nitrat ở phần 2 là: A. 2,062g B. 20,62g D. 82,2g E. 3,1g C. 8,22g Bài 21: Cho 19,2g kim loại M tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 dư ta thu được 4,48lít khí NO (ở đktc) dung dịch A cho NaOH dư vào dung dịch A thu được một kết tủa B. Nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi được m(g) chất rắn. 1. Kim loại M là: A. Mg B. Al D. Fe E. Zn C. Cu 2. m có giá trị là: A. 24g B. 24,3g D. 30,6g E. Kết quả khác. C. 48g Bài 22: Chia 1,24g hỗn hợp hai kim loại có hóa trị không đổi thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Bị oxi hóa hoàn toàn thu được 0,78g hỗn hợp oxit. - Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch H 2SO4loãng thu được Vlít H2 (ở đktc) và cô cạn dung dịch thu được m(g) muối khan. 1. Giá trị của V là: A. 2,24l B. 0,112l D. 0,224l E. Kết quả khác. C. 5,6l 2. Giá trị của m là: A. 1,58g B. 15,8g D. 25,4g E. Kết quả khác. C. 2,54g Bài 23. Hỗn hợp X gồm hai kim loại A, B ở hai chu kỳ liên tiếp trong 76 cùng một phân nhóm chính. Lấy 0,88g X cho tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 672ml H2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch thu được m(g) muối khan. 1. Giá trị của m là: A. 3,01g B. 1,945g D. 2,84g E. kết quả khác. C. 2,995g 2. A và B là hai kim loại: A. Be và Mg B. Mg và Ca C. Ca và Ba D. Ca và Sr Bài 24: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 6,4g Cu và 5,6g Fe vào dug dịch HNO3 1 M thu được dung dịch A và khí NO duy nhất. Cho tiếp dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B và dung dịch C. Lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m(g) chất rắn E. m có giá trị là: A. 16g B. 12g D. 20g E. Kết quả khác. C. 24g Bài 25: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2ml FeO và 0,1mol Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa rửa sạch sấy khô nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m(g) chất rắn, m có giá trị là: A. 23g B. 32g D. 3,2g E. 48g C. 2,3g Bài 26: Cho 9g hỗn hợp bột Mg và Al tan hết trong 200ml dung dịch HCl thấy thoát ra khí A và thu được dung dịch B. Thêm từ hai dung dịch NaOH vào B sao cho kết tủa đạt tới lượng lớn nhất thì dùng hết 500ml dung dịch NaOH 2M. Lọc kết tủa, đem nung đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 16,2g chất rắn. 77 1. Thể tích khí A thu được ở đktc là: A. 6,72lít B. 7,84lít D. 10,08lít E. 5,6lít C. 8,96lít 2. Nồng độ mol/l của dung dịch HCl phản ứng là: A. 2M B. 4M C. 5M D. 3M E. 2,5M Bài 27: Khử hoàn toàn 17,6g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 cần 2,24lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là: A. 14,5g B. 15,5g C. 16g D. 16,5g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện. Bài 28: Hỗn hợp A gồm Mg và Fe 2O3 nặng 20g tan hết trong dung dịch H2SO4loãng thấy thoát ra Vlít H2 (ở đktc) và thu được dung dịch B. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch B và lọc kết tủa tách ra nung đến khối lượng không đổi cân nặng 28g. 1. V có giá trị là: A. 11,2lít B. 22,4lít D. 44,8lít E. 56lít C. 33,6lít 2. Khối lượng của Mg và Fe2O3 trong A là: A. 8g và 12g B. 12g và 8g D. 2g và 18g E. Kết quả khác. C. 18g và 2g Bài 29: Cho 14,5g hỗn hợp Mg, Zn, Fe tác dụng hết với dung dịch H2SO4l thấy thoát ra 6,72l H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m(g) muối khan. m có giá trị là: A. 34,3g B. 43,3g C. 33,4g D. 33,8g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện. Bài 30: Để khử hoàn toàn hỗn hợp CuO, FeO cần 4,48 lít H 2 (ở đktc). Nếu cũng khử hoàn toàn hỗn hợp đó bằng CO thì lượng CO 2 thu được khi cho 78 qua dung dịch nước vôi trong dư tạo ra m(g) kết tủa. m có giá trị là: A. 1g B. 2g D. 20g E. 15g C. 10g Bài 31: Hòa tan hoàn toàn 5g hỗn hợp hai kim loại R, R' bằng dung dịch HCl ta thu được 5,71g muối khan. Thể tích khí B thu được (ở đktc) là: A. 0,224l B. 2,24l C. 4,48l D. 0,448l E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện. Bài 32: Hòa tan 5,9g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A và B (A và B là hai kim loại thuộc PNC nhóm II) vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl - trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được mg hỗn hợp muối khan. m có giá trị là: A. 6,36g B. 63,6g C. 9,12g D. 91,2g E. không xác định được. Bài 33: Hòa tan hoàn toàn 4g hỗn hợp MCO 3 và M'CO3 vào dung dịch HCl thấy thoát ra Vlít khí (ở đktc). Dung dịch thu được đem cô cạn thu được 5,1lg muối khan. Giá trị của V là: A. 1,12l B. 1,68l C. 2,24l D. 3,36l E. Không xác định được. Bài 34: Hòa tan hoàn toàn 20g hỗn hợp gồm kim loại X, Y, Z bằng dung dịch HNO3 thu được 1,12lít hỗn hợp khí A (ở đktc) gồm NO 2 và NO có d so với H2 bằng 18,2 và dung dịch B cô cạn dung dịch B thu được m(g) muối khan (biết rằng không sinh ra muối NH4NO3) m có giá trị là: 79 A. 26,82g B. 21,27g D. 25,58g E. kết quả khác. C. 24,34g Bài 35: Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X và Y có hóa trị tương ứng là I, II vào dung dịch hỗn hợp hai axit (HNO 3 và H2SO4) đặc thu được 0,1mol NO2 và 0,02mol SO2 khối lượng muối khan thu được là: A. 1,412 g B. 14,12g D. 82g E. kết quả khác. C. 8,2g. Bài 36: Trộn 2,7g Al với a g hỗn hợp CuO, Fe 2O3 được hỗn hợp A. Nung A ở nhiệt độ cao để phản ứng nhiệt nhôm xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp rắn B. Hòa tan hoàn toàn B trong HNO 3loãng chỉ thu được Vlít NO duy nhất (ở đktc). Giá trị của V là: A. 22,4lít B. 2,24lít D. 44,8lít E. Kết quả khác. C. 4,48lít Bài 37: Để m (g) phoi bào sắt (A) ngoài không khí một thời gian biến thành hỗn hợp B có khối lượng 30g gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 và Fe. Cho B phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6l khí NO duy nhất (đktc). Khối lượng của m là: A. 25,2g B. 22,5g D. 27,5g E. Kết quả khác. C. 26,2g Bài 38: Cho hỗn hợp gồm FeO, CuO, Fe3O4 có số mol bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,09mol NO2 và 0,05mol NO. Số mol của mỗi chất là: A. 0,12mol B. 0,24mol D. 0,36mol E. Kết qủa khác. C. 0,21mol Bài 39: Cho 19,2g kim loại M tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 dư ta thu được 4,48lít khí NO (đktc). Cho NaOH dư vào dung dịch thu được ta được một kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được m(g) chất rắn. 80 1. Kim loại M là: A. Mg B. Al D. Fe E. Zn C. Cu Bài 40: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,1 mol Fe và 0,2mol Al vào dung dịch HNO3 dư thu được hỗn hợp khí A gồm NO và NO 2 có tỷ lệ số mol tương ứng là 2:1. Thể tích của hỗn hợp khí A (ở đktc) là: A. 86,4lít B. 8,64lít C. 19,28lít D. 192,8lít E. Kết quả khác. 2.1.3.3. Xây dựng hệ thống các bài toán hữu cơ. * Hidrocacbon. Bài 41: Một chất có công thức đơn giản nhất là C2H5. Công thức phân tử của chất đó là: A. C4H10 B. C6H14 D. C4H8 E. C2H5 C. C8H18 Bài 42: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được 11,2 lítCO2 (đktc) và 9g H2O. Hai hiđrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng: A. Ankan B. Anken D. Aren E. Xicloanken C. Ankin Bài 43: Khi đốt cháy một hidrocacbon X ta thu được VH2O 2VCO2 trong cùng điều kiện. Vậy CTPT của X là: A. CnH4n+2 (n  1) B. CnH2n+4 (n  1) C. CnH4n+2 (n ) D. CH4 là hidrocacbon duy nhất. Bài 44: Khi đốt cháy hoàn toàn một hiđrocacbon A thu được CO 2 và H2O có tỷ lệ nCO2 : nH2O 4:1 CTPT của A là: A. C4H4 B. C6H6 C. C2H2 D. C4H2 Bài 45: Đốt cháy hoàn toàn m (g) hỗn hợp X gồm CH 4, C3H6 và C4H10 81 thu được 17,6g CO2 và 10,8g H2O. m có giá trị là: A. 2g B. 4g C. 6g D. 8g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện. Bài 46: Đốt cháy hoàn toàn 0,1mol hỗn hợp gồm CH 14, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và 0,23mol H2O. Số mol của ankan và anken có trong hỗn hợp là: A. 0,03mol B. 0,06mol D. 0,09mol E. Kết quả khác C. 0,045mol Bài 47: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình đựng P2O5 và bình 2 đựng KOH rắn dư sau phản ứng thấy bình 1 tăng 4,14g , bình 2 tăng 6,16g. Số mol ankan có trong hỗn hợp là: A. 0,03mol B. 0,06mol C. 0,045mol D. 0,09mol E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện Bài 48: Đốt cháy hoàn toàn 0,15mol hỗn hợp hai ankan thu được 9,45g H2O. Cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì khối lượng kết tủa thu được là: A. 37,5g B. 52,5g C. 15g D. 42,5g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện Bài 49: Mỗi hỗn hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và có cùng số mol. Lấy m(g) hỗn hợp này cho tác dụng với dung dịch Brom thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch brom 20% trong dung môi CCl4. Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp đó thu được 0,6mol CO2 CTPT của ankan và anken là: A. C2H6, C2H4 B. C3H8, C3H6 C. C4H10 C4H8 D. C5H12, C5H10 E. Không xác dịnh được vì thiếu dữ kiện Bài 50: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 3 ankin A, B, C ta thu được 3,36lít 82 CO2 ( ở đktc) và 1,8g H2O. Vậy số mol hỗn hợp ankin bị đốt cháy là: A. 0,15 mol B. 0,25 mol C. 0,08mol D. 0,05mol E. Không xác dịnh được vì thiếu dữ kiện Bài 51: Đốt cháy một hiđrocacbon A mạch hở có tỷ khối hỏi so với không khí nhỏ hơn 1,5 thì cần 8,96l O2 thu được 6,72l CO2. Các thể tích khí đo ở đktc. A thuộc dãy đồng đẳng: A. Ankan B. Anken, xicloankan C. Ankin, Ankdien D. Aren, điankin Bài 52: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 anken thu được 7,2gH 2O. Cho toàn bộ khí CO2 vừa thu được vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thì thu được m(g) kết tủa. m có giá trị là: A. 40g B. 20g C. 100g D. 200g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện Bài 53: Đốt cháy hoàn toàn Vlít( ở đktc) một ankin thu được 10,8g H 2O. Nếu cho tất cả sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối lượng bình tăng 50,4g. 1. Giá trị của V là: A. 3,36lít B. 2,24lít C. 6,72lít D. 4,48lít E. Kết quả khác 2. Ankin đó là: A. C2H2 B. C3H4 C. C4H6 D. C5H8 E. C6H10 Bài 54: Một hỗn hợp khí gồm 1ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và có cùng số mol. Nếu đem m(g) hỗn hợp này cho qua dung dịch brom dư thì thấy có 16g Br2 phản ứng. Nếu đem đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp này thu được 0,6 mol CO2 và a(g) H2O. 1. Công thức phân tử của ankan và anken là: A. C2H6, C2H4 B. C3H8, C3H6 83 C. C4H10, C4H8 D. C5H12, C5H10 2. Giá trị của a là: A. 10,8g B. 1,08g C.12,6g D.1,26g Bài 55: Đốt cháy hoàn toàn 0,1mol ankin được 0,2 mol H2O. Nếu hiđrô hoá hoàn toàn 0,1 mol ankin này rồi đốt cháy thì số mol H2O thu được là: A. 0,3 mol B.0,4 mol C. 0,5 mol D.0,6 mol Hợp chất hữu cơ có nhóm chức. *Rượu- ete Bài 56: Chia a(g)hỗn hợp hai rượu no, đơn chức thành hai phần bằng nhau. -Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 2,24l CO2(ở đktc) -Phần 2: Mang tách nước hoàn toàn thu được hỗn hợp hai anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai anken này thu được m(g)H2O. m có giá trị là: A. 0,18g B. 1,8g C. 8,1g D. 0,36g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện Bài 57: Cho 2,84g một hỗn hợp hai rượu đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau tác dụng vừa đủ với Na tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H2(ở đktc). V có giá trị là: A. 2,24lít B. 1,12lít D. 0,896lít E.Kết quả khác C. 1,792lít Bài 58: Đốt cháy hoàn toàn a(g) hỗn hợp hai rượu A và B thuộc dãy đồng đẳng của rượu metylic người ta thu được 70,4g CO2và 39,6g H2O. a có giá trị là: A. 3,32g B. 33,2g C. 16,6g 84 D. 24,9g E. Kết quả khác Bài 59: Đốt cháy 1 rượu đa chức ta thu được H2O và CO2 có tỉ lệ mol tương ứng là 3:2. Vậy đó là rượu: A. C2H6O B. C3H8O2 C. C2H6O2 D. C4H10O2 Bài 60: A,B là hai rượu no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho hỗn hợp gồm 1,6g A và 2,3g B tác dụng hết với Na thu được 1,12lít H 2(ở đktc). Công thức phân tử của các rượu là: A. CH3OH và C2H5OH B. C2H5OH, C3H7OH C. C3H7OH, C4H9OH D. C4H9OH, C2H11OH. Bài 61: Đun 132,8g hỗn hợp 3 rượu no đơn chức với H 2SO4 đặc ở 1400C thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là111,2g. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là: A. 0,1 mol B. 0,2 mol C. 0,3 mol D. 0,4 mol Bài 62: Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm hai rượu A và B thuộc cùng dãy đồng đẳng thu được 6,72l CO 2(ở đktc) và 7,65g H2O. Mặt khác khi cho m(g) hỗn hợp X tác dụng với Na dư ta thu được 2,8l H 2(ở đktc). Biết tỉ khối hơi của mỗi chất so với hiđô đều nhỏ hơn 40. Công thức phân tử của A và B lần lượt là: A. C2H6O, CH4O B. C2H6O, C3H8O D. C3H8O2, C4H10O2. E. C3H6O, C4H8O. C. C2H6O2, C3H8O2 Bài 63: Đốt cháy hoàn toàn 1 lượng rượu đơn chức A thu được 13,2g CO2 và 8,1g H2O. 1. Công thức cấu tạo của A là: A. CH3OH B. C2H5OH D. C3H5OH E. C4H7OH C. C3H7OH 2. Hỗn hợp X gồm A, B là đồng đẳng của nhau. Khi cho 18,8g hỗn hợp 85 X tác dụng với Na kim loại dư thu được 5,6l H2(ở đktc) a, CTCT của B là: A. CH3OH B. C2H5OH. D. C3H5OH. C. C3H7OH. E. Không xác định được. b, Số mol của A và B lần lượt là: A. 0,1 và 0,2 B. 0,2 và 0,3 C. 0,3 và 0,2 D. 0,2 và 0,25 Bài 64: Cho 1,24g hỗn hợp 2 rượu đơn chức tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml H2 (ở đktc) và thu được m(g) muối khan. m có giá trị là: A. 1,93g B. 293g C.1,9g D. 1,47g. E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện Bài 65: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X ta được hỗn hợp Y gồm các olepin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76g CO2. Vậy khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng nước và CO2 tạo ra là: A. 2,9 B. 2,48g C. 1,76g D. 2,76g Bài 66: Chia hỗn hợp X gồm hai rượu đơn chức đồng đẳng của nhau thành 2 phần bằng nhau; -Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn tạo ra 5,6lít khí CO2 (ở đktc) và 6,3g H2O -Phần 2: Tác dụng hết với Na thì thấy thoát ra V lít khí H 2(ở đktc). V có giá trị là: A. 1,12lít B. 0,56lít C. 2,24lít D. 1,68lít E. Kết quả khác Bài 67: Cho V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí gồm 2 olepin liên tiếp trong dãy đồng đẳng hợp nước (H2SO4 đặc xúc tác) thu được 12,9g hỗn hợp A gồm 3 rượu. đun nóng a trong H2SO4 đặc ở 1400C thu được 10,65g hỗn hợp B gồm 6 ete khan. 1. Công thức phân tử của hai anken là: 86 A. C2H4, C3H6 B. C2H6, C3H8 C. C3H6, C4H8 D. C4H8, C5H10 2. V có giá trị là: A. 2,24l B. 3,36l C.4,48l D. 5,6l * Andehit -xeton Bài 68: Chia m(g) một anđehit X thành hai phần bằng nhau. -Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thu được 3,36l CO2 (đktc) và 2,7g H2O. - Phần 2: Cho tác dụng với AgNO 3/ NH3 dư thu được AG kim loại với tỉ lệ mol anđihit: mol Ag=1:4. Anđihit X là: A. Anđihit no đơn chức B. Anđihit no 2chức. C. Anđihit fomic D. Không xác định được Bài 69: Chia hỗn hợp anđehit no đơn chức (hỗn hợp A) thành hai phần bằng nhau. - Đốt cháy hoàn toàn phần thứ nhất thu được 0,54g H2O. - Phần hai: Hiđrô hoá hoàn toàn (xúc tác Ni, nhiệt độ) tạo ra hỗn hợp B. Nếu đốt cháy hỗn hợp B thì thể tích CO2 (ở đktc) tạo ra là; A. 0,112lít B. 0,672lít. C.1,68lít D.2,24lít Bài 70: Cho hỗn hợp gồm 0,1mol HCOOH và 0,2mol HCHO tác dụng hết với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thì khối lượng Ag thu được là; A. 108g B. 10,8g C. 21g D. 21,6g. Bài 71. Oxi hoá 10,2g hỗn hợp hai anđehit kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng người ta thu được hỗn hợp hai axit cacboxylic no đơn chức. Để trung hoà hỗn hợp axit này cần dùng hết 200 mol NaOH 1M. CTCT của 2anđehit là: A: CH3CHO, C2H5CHO B.HCHO, CH3CHO C. C2H5CHO,C3H7CHO D. C3H7CHO, C4H9CHO 87 Bài 72: Đốt cháy hoàn toàn 5,8g anđihit Xthì thu được 5,4g H 2O và 6,72l CO2 (đktc) Vậy CTPT của Xlà: A. C2H4O B. C4H6O2 C. C3H6O D. C4H8O Bài 73: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai anđehit no, đơn chức được 0,4 mol CO2. Hiđoro hoá hoàn toàn 2 anđehit này cần 0,2 mol H2 được hỗn hợp hai rượu no đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai rượu này thì số mol H2O thu được là: A. 0,4 mol B. 0,6mol C.0,8 mol D. 0,3mol Bài 74: Hỗn hợp A gồm 2 anđehit no đơn chức. Nếu đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp A thu được 7,04g CO 2. Nếu cho (g) A phản ứng hoàn toàn với dung dịch AgNO3/ NH3 dư thì thu được 12,% g Ag A. 3,22g B.3,2g C.6,4g D.4,8g. Bài 75: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm 2 anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau ta thu được 8,064 lít khí CO2 (đktc) và 4,68g H2O CTCT của 2 anđehit đó là : A HCHO và CH3CHO B. CH3CHO, C2H5CHO C. C2H3CHO, C3H5CHO D. C2H4(CHO2), C3H6(CHO)2 Bài 76: Chia hỗn hợp X gồm 2 anđi hit đồng đằng liên tiếp thành hai phần bằng nhau: - Phần 1; Cộng H2(xt Ni,t0) thu được hỗn hợp 2 rượu đơn chức. - Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 rượu này thu được 11g CO 2 và 6,3g H2O. - Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch AgNO3/ NH3 dư thu được mg Ag. 1. Công thức của 2 anđihit là; A. C3H4O, C4H6O C. C3H4O, C4H6O B. C3H6O, C4H8O D. C2H4O, C3H6O 2. M có giá trị là: 88 A: 10,8g B. 1,08g C. 21,6g D.2,19g * Axit- este Bài 77: Trung hoà 3,88g hỗn hợp hai axit no đơn chức bằng một lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sau đó đem cô cạn thì thu được 5,2g muối khan. 1. Tổng số mol của 2 axit trong hỗn hợp là: A. 0,04mol B. 0,4mol C. 0,06mol D. 0,6mol 2. Nếu đốt cháy 3,88g hỗn hợp axi trên thì cần Vlít O2 (ở đktc). V có giá trị là: A. 2,24lít B.3,36l ít C.4,48lít D. 6,72lít Bài 78: Hỗn hợp A gồm một rượu no đơn chức và một axit no đơn chức. Chia A thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn thấy tạo ra 2,24 lít CO2 (ở đktc) - Phần 2: Được este hoá hoàn toàn và vừa đủ thu được 1 este. Khi đốt cháy este này thì lượng nước sinh ra là: A. 18g B. 3,6g C. 19,8g D.2,2g. Bài 79: Cho 3,38g hỗn hợp Y gồm CH3OH, CH3COOH , C6H5OH tác dụng vừa đủ Na thấy thoát ra 672 ml khí H2 (ở đktc) và hỗn hợp rắn Y1. Khối lượng Y1sẽ là: A. 3,61g B. 4,7g C. 4,76g D. 4,04g E. Không xác định được vì thiếu dữ kiện. Bài 80: Đốt a (g) C2H5OH được 0,2 mol CO2 Đốt b (g) CH3COOH được 0,2 mol CO2 Cho a (g) C2H5OH tác dụng với b (g) CH3COOH ( có H2SO4 đ xúc tác,giả sử hiệu suất là 100%) được c (g) este. có giá trị là: A. 4,4g B.8,8g C.13,2g D. 17,6g E. không xác định được Bài 81: Chia hỗn hợp X gồm một rượu đơn chức và axit đơn chức thành 89 ba phần bằng nhau: - Phần 1: Tác dụng hết với Na thu được 2,24lH2 (ở đktc) - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 8,96l CO2 (ở đktc). 1. Số mol hỗn hợp ở phần 3 là: A. 0,3mol B. 0,25mol C. 0,2mol D. 0,4mol 2. Phần 3: Bị este hóa hoàn toàn thu được một este E. Đốt cháy hoàn toàn 0,11g este này thu được 0,22g CO2 và 0,09g H2O. Vậy CTPT của rượu là axit là: A. CH4O, C3H6O2 B. C2H6O, C2H4O2 C. C3H8O, CH2O2 D. Cả A, B, C đều đúng. Bài 82: Chia hỗn hợp X gồm 1 axit no đơn chức (A) và 1 axit không no đơn chức chứa một liên kết đôi ở gốc hiđrocacbon (B). Số nguyên từ C trong hai axit bằng nhau. Chia X thành ba phần bằng nhau: - Phần 1: Tác dụng hết với 100ml dung dịch NaOH 2M. Để trung hòa lượng NaOH dư cần 150 ml dung dịch H2SO4 0,5M. - Phần 2: Phản ứng vừa đủ với 6,4g Br2 - Phần 3: Đốt cháy hoàn toàn thu được 3,36 lít CO2 (ở đktc). 1. Số mol của 2 axit lần lượt là: A. 0,01 và 0,04mol B. 0,02 và 0,03 mol C. 0,03 và 0,02 E. 0,04 và 0,01 2. Công thức phân tử của hai axit là: A. C2H4O2 và C2H2O2 B. C3H6O2 và C3H4O2 C. C4H8O2 và C4H6O2 C. C4H6O4 và C4H4O4 Bài 83: Đốt cháy hoàn toàn 4,3g một axit cacboxylic A không no đơn chức chứa một liên kết đôi thu được 5,6l CO2 (ở đktc) và 3,6g H2O. 1. Số mol của A là: A. 0,01mol B. 0,02mol C. 0,04mol 2. CTPT của A là: 90 D. 0,05mol A. C3H4O2 B. C4H6O2 C. C4H6O2 D. C4H4O2 Bài 84: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 este no đơn chức ta thu được 1,8g H2O. Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp 2 este trên ta thu được hỗn hợp Y gồm một rượu và axit. Nếu đốt cháy 1/2 hỗn hợp Y thì thể tích CO2 thu được ở đktc là: A. 2,24lít B. 3,36lít C. 1,12lít D. 4,48lít Bài 85: Cho 8g canxicacbua tác dụng với nước thu được 2,24lít axetilen ( ở đktc). Lấy khí sinh ra cho hợp nước khi có mặt xúc tác HgSO 4, sau đó chia sản phẩm thành hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem khử bằng H2 (Ni, to) thành rượu tương ứng. - Phần 2: oxi hóa (xúc tác Mn2+) thu được axit tương ứng. Thực hiện phản ứng este hóa rượu và axit trên trên thu được m(g) este (biết rằng hiệu suất các phản ứng hợp nước, phản ứng khử, oxi hóa và este hóa bằng 80%). m có giá trị là: A. 22,52g B. 22,58g C. 45,056g D. 450,50g Bài 86: Chất A là este của glixerin với axit cacboxylic đơn chức mạch hở A1. Đun nóng 5,45g A với NaOH cho tới phản ứng hoàn toàn thu được 6,15g muối. 1. Số mol của A là: A. 0,015 B. 0,02 C. 0,025 D. 0,03 2. CTCT của A1 là: A. HCOOH B. CH3COOH C. C2H5COOH D. C2H3COOH. Bài 87: Đốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn hợp hai este cho sản phẩm cháy qua bình đựng P2O5 dư thấy khối lượng bình tăng thêm 6,21g, sau đó cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 34,5g kết tủa. 1. Các este nói trên thuộc loại: A. No đơn chức B. Không no đơn chức: 91 C. No đa chức D. Không no đa chức. 2. Nếu cho 6,825g hỗn hợp hai este đó tác dụng vừa đủ với Vlít dung dịch KOH 0,1M thu được 7,7g hỗn hợp hai muối và 4,025g một rượu. a. V có giá trị là: A. 8,75lít B. 0,875lít C. 1,75lít D. 0,175lít b. Biết rằng M của hai muối hơn kém nhau 14 đvC Vậy CTCT của este là: A. HCOOC2H5, CH3COOC2H5 B. HCOOCH3, CH3COOCH3 C. CH3COOCH3; C2H5COOCH5 D. C2H3COOC2H5, C3H5COOC2H5 *Hợp chất chứa Nitơ Bài 88: Cho 20g hỗn hợp gồm 3 amin no đơn chức đồng đẳng liên tiếp tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1M, cô cạn dung dịch thu được 31,68g muối. Thể tích dung dịch HCl đã dùng là: A. 160ml B. 16ml C. 32ml D. 320ml Bài 89: Đốt cháy 1 amin no đơn chức thu được CO 2 và H2O theo tỷ lệ số mol là 2:3. Vậy amin đó là: A. (CH3)3N B. CH3C2H5NH C. C3H7NH2 D. Tất cả đều đúng. Bài 90: X là 1 amino axit no chỉ chứa 1 nhóm COOH 2 và 1 nhóm NH 2 cho 0,89 g X phản ứng vừa đủ với HCl tạo ra 1,25g muối. Vậy CT của X có thể là: A. H2N - CH2 - COOH B. CH3 - CH - COOH | NH2 C. CH3 - CH - CH2 - COOH | NH2 D. C3H7 - CH - COOH | NH2 Bài 91: Cho X là 1 amino axit khi cho 0,01mol X tác dụng với HCl thì NH2 C3H6 COOH 92 NH2 C2H5 COOH dùng hết 80 ml dung dịch HCl 0,125 M và thu được 1,835 g muối khan. Còn khi cho 0,01mol X tác dụng với dung dịch NaOH thì cần dùng 25g dung dịch NaOH 3,2% CT của X là: A. B. C. H2N C3H5(COOH)2 D. (H2N)2C3H5 - COOH Bài 92: A là một  - amin axit no chỉ chứa một nhóm NH 2 và một nhóm COOH. Cho 15,1g A tác dụng với dung dịch HCl dư ta thu được 18,75 g muối. CTCT của A là: A. CH3 - CH - COOH | NH2 B. H2N - CH2 - COOH C. H2N - CH2- CH2 - COOH D. CH3- CH2- CH - COOH | NH2 E. Kết quả khác. 93