- Tên Ebook: 10 phương pháp giải hóa rất hay
- Loại file: PDF
- Dung lượng: 622 KB
- Số trang:
LINH TẢI:
TRÍCH DẪN:
Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Phương pháp 1 ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: "Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng". Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2 O 3 . Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. ✓C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: 3Fe 2 O 3 + CO t--→ o 2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO t--→ o 3FeO + CO 2 (2) FeO + CO t--→ o Fe + CO 2 (3) Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe 3 O 4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO 2 tạo thành. n B = 11,2 22,5 = 0,5 mol. Gọi x là số mol của CO 2 ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5 - x) = 0,5 × 20,4 × 2 = 20,4 nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: m X + m CO = m A + m CO 2 ⇒ m = 64 + 0,4 × 44 - 0,4 × 28 = 70,4 gam. (Đáp án C) Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H 2 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. ✓D. 0,2 mol. Hướng dẫn giải SO 4 Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H 2 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H 2 SO 4 O. Theo ĐLBTKL ta có m H 2 O = m rîu - m ete = 132,8 - 11,2 = 21,6 gam ⇒ n H 2 O = 21,6 18 = 1,2 mol. Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H 2 O do đó số mol H 2 O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2 6 = 0,2 mol. (Đáp án D) Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. ✓B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO 3 -→ Fe(NO 3 ) 3 + 3NO 2 + 3H 2 O Cu + 4HNO 3 -→ Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O n NO 2 = 0,5 mol → n HNO 3 = 2n NO 2 = 1 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m d 2 muèi = m h 2 k.lo1i + m d 2 HNO 3 - m NO 2 = 12 + 1 × 63 63 × 100 - 46 × 0,5 = 89 gam. Đặt n Fe = x mol, n Cu = y mol ta có: ⎧ ⎨ ⎩ 56x 3x + + 2y 64y = 0,5 = 12 ⎧ ⎨ ⎩ x y = 0,1 = 0,1 ⇒ 3 3 → %m Fe(NO ) = 0,1 × 242 89 × 100 = 27,19% %m Cu(NO 3 ) 2 = 0,1 × 188 89 × 100 = 21,12%. (Đáp án B) Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. ✓C. 26 gam. D. 30 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải M 2 CO 3 + 2HCl -→ 2MCl + CO 2 + H 2 O R 2 CO 3 + 2HCl -→ 2MCl 2 + CO 2 + H 2 O n CO 2 = 22,4 4,88 = 0,2 mol ⇒ Tổng n HCl = 0,4 mol và n H 2 O = 0,2 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,4×36,5 = m muối + 0,2×44 + 0,2×18 ⇒ m muối = 26 gam. (Đáp án C) Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO 3 , Ca(ClO 2 ) 2 , Ca(ClO 3 ) 2 , CaCl 2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl 2 , KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K 2 CO 3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO 3 có trong A là A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. ✓D. 58,55%. Hướng dẫn giải o o o 2 3 83,68 gam A ⎧ │ │ │ ││ ⎨ │ │ │ │ │⎩ Ca(ClO Ca(ClO KClO KCl CaCl (A) 3 2 3 2 ) 2 ) 2 --→ t --→ t --→ t KCl + 2 O 2 (1) CaCl 2 + 3O 2 (2) CaCl 2 + 2O 2 (3) CaCl 2 KCl (A) h B n O 2 = 0,78 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m A = m B + m 2 → m B O = 83,68 - 32×0,78 = 58,72 gam. Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K 2 CO 3 Hỗn hợp B ⎧ │ ⎨ │ ⎩ CaCl KCl 0,18 (B) 2 + ← K 2 CO 3 0,18 --→ CaCO → 3 ↓ + 2KCl 0,36 KCl (B) mol (4) ⎫ │ ⎬ │ ⎭ hỗn hợp D ⇒ m KCl (B) = m B - m CaCl 2 (B) = 58,72 - 0,18 × 111 = 38,74 gam ⇒ m KCl ( D) = m KCl (B) + m KCl (pt 4) = 38,74 + 0,36 × 74,5 = 65,56 gam Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ m KCl ( A) = 22 3 m KCl (D) = 22 3 × 65,56 = 8,94 gam ⇒ m KCl pt (1) = m KCl (B) - m KCl (A) = 38,74 - 8,94 = 29,8 gam. Theo phản ứng (1): m KClO 3 = 29,8 74,5 × 122,5 = 49 gam. 3 %m KClO (A) = 49 83,68 × 100 = 58,55%. (Đáp án D) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O 2 (đktc) thu được CO 2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. ✓A. C 8 H 12 O 5 . B. C 4 H 8 O 2 . C. C 8 H 12 O 3 . D. C 6 H 12 O 6 . Hướng dẫn giải 1,88 gam A + 0,085 mol O 2 O. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 2 2 → 4a mol CO 2 + 3a mol H 2 m CO + m H O = 1,88 + 0,085 × 32 = 46 gam Ta có: 44×4a + 18×3a = 46 → a = 0,02 mol. Trong chất A có: n C = 4a = 0,08 mol n H = 3a×2 = 0,12 mol n O = 4a×2 + 3a - 0,085×2 = 0,05 mol ⇒ n C : n H : n o = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 Vậy công thức của chất hữu cơ A là C 8 < 203. (Đáp án A) Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este. A. CH 3 H 12 O 5 có M A -COO- CH 3 . ✓B. CH 3 . C. CH 3 OCO-COO-CH 3 COO-COOCH 3 . D. CH 3 COO-CH 2 -COOCH 3 . Hướng dẫn giải R(COOR′) 2 + 2R′OH 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 mol R OH + 2NaOH -→ R(COONa) 2 M ′ = 6,4 0,2 = 32 → Rượu CH 3 OH. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! m este + m NaOH = m muối + m rượu ⇒ m muối - m este = 0,2×40 - 64 = 1,6 gam. mà m muối - m este = 13,56 100 m este ⇒ m este = 1,6 13,56 × 100 = 11,8 gam → M este = 118 đvC R + (44 + 15)×2 = 118 → R = 0. Vậy công thức cấu tạo của este là CH 3 OCO-COO-CH 3 . (Đáp án B) Ví dụ 8: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu. Xác định công thức cấu tạo của 2 este. A. HCOOCH 3 và C 2 H 5 COOCH 3 , B. C 2 H 5 COOCH 3 và CH 3 COOC 2 H 5 . C. HCOOC 3 H 7 và C 2 H 5 COOCH 3 . ✓D. Cả B, C đều đúng. Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCOOR′. RCOOR′ + NaOH -→ RCOONa + R′OH 11,44 11,08 5,56 gam Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: M NaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam ⇒ n NaOH = 5,2 40 = 0,13 mol ⇒ M RCOONa = 11,08 0,13 = 85,23 → R = 18,23 ⇒ M R ′ OH = 5,56 0,13 = 42,77 → R ′ = 25,77 ⇒ M RCOOR ′ = 11,44 0,13 = 88 ⇒ CTPT của este là C 4 H 8 O 2 Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: HCOOC 3 H 7 và C 2 H 5 COOCH 3 hoặc C 2 H 5 COOCH 3 và CH 3 COOC 2 H 5 . (Đáp án D) Ví dụ 9: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H 2 O. Phần 2: Tác dụng với H 2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO 2 (đktc) thu được là Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. ✓C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên n 2 = n 2 = 0,06 mol. ⇒ 2 CO H O n CO (phÇn 2) = n C (phÇn 2) = 0,06 mol. Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: n C (phÇn 2) = n C (A) = 0,06 mol. ⇒ n CO 2 (A) = 0,06 mol ⇒ V CO 2 = 22,4×0,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) Ví dụ 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2 O 3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe 2 O 3 trong hỗn hợp A là ✓A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. Hướng dẫn giải 0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe 2 . CO 2 O 3 ) + CO → 4,784 gam hỗn hợp B + CO 2 + Ba(OH) 2 dư -→ BaCO 3 ↓ + H 2 O n CO 2 = n BaCO 3 = 0,046 mol và n CO( p. ) = n CO 2 = 0,046 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m A m ⇒ m A + m CO = m B + CO 2 = 4,784 + 0,046×44 - 0,046×28 = 5,52 gam. Đặt n FeO = x mol, n Fe 2 O 3 = y mol trong hỗn hợp B ta có: ⎧ ⎨ ⎩ 72x x + y + = 160y 0,04 = 5,52 → ⎧ ⎨ ⎩ x = y = 0,01 0,03 mol mol ⇒ %m FeO × × = ⇒ %Fe 2 = 0,01 5,52 72 101 13,04% O 3 = 86,96%. (Đáp án A) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG 01. Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe 2 O 3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 05. Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO 3 và Na 2 CO 3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí (đktc). Hàm lượng % CaCO 3 trong X là A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm I A ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H 2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m là A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS 2 và cho toàn bộ lượng SO 2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH) 2 0,125M. Khối lượng muối tạo thành là A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. a) Kim loại đó là A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. b) Nếu dùng dung dịch HNO 3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO 3 thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam. 10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2 O 3 , MgO, ZnO trong 500 ml axit H 2 SO 4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. A 2. B 3. B 4. B 5. D 6. B 7. D 8. aD, bB 9. B 10. A Phương pháp 2 BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây. Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 cần 0,05 mol H 2 . Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H 2 SO 4 đặc thu được thể tích khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 448 ml. ✓B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H 2 + O -→ H 2 O 0,05 → 0,05 mol Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 lần lượt là x, y, z. Ta có: n O = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1) ⇒ n Fe = 3,04 - 56 0,05 × 16 = 0,04 mol ⇒ x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol. Mặt khác: 2FeO + 4H 2 SO 4 -→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O x → x/2 2Fe 3 O 4 + 10H 2 SO 4 -→ 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O y → y/2 ⇒ tổng: n SO2 = x + 2 y = 0,2 2 = 0,01 mol Vậy: V SO 2 = 224 ml. (Đáp án B) Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe 3 O 4 , Al 2 O 3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. C. 0,112 lít và 12,28 gam. ✓D. 0,448 lít và 16,48 gam. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O -→ CO 2 H 2 + O -→ H 2 O. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: m O = 0,32 gam. ⇒ n O = 0,32 16 = 0,02 mol ⇒ ( n CO + n H 2 ) = 0,02 mol . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m oxit = m chất rắn + 0,32 ⇒ 16,8 = m + 0,32 ⇒ m = 16,48 gam. ⇒ V hh (CO + H 2 ) = 0,02 × 22,4 = 0,448 lít. (Đáp án D) Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H 2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al 2 O 3 , CuO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là ✓A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. Hướng dẫn giải n hh(CO + H 2 ) = 2,24 22,4 = 0,1 mol Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O -→ CO 2 H 2 + O -→ H 2 O. Vậy: n O = n CO + n H 2 = 0,1 mol . ⇒ m O = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 - 1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là ✓A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. Hướng dẫn giải C n H 2n+1 CH 2 OH + CuO t--→ o C n H 2n+1 CHO + Cu ↓ + H 2 O Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: m O = 0,32 gam → n O = 0,32 16 = 0,02 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ Hỗn hợp hơi gồm: ⎧ ⎨ ⎩ C H n 2 H 2n 1 O CHO :0,02 mol :0,02 mol. Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31 ⇒ m hh hơi + = 31 × 0,04 = 1,24 gam. m ancol + 0,32 = m hh hơi m ancol = 1,24 - 0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. ✓C. 0,12 lít. D. 1 lít. Hướng dẫn giải m O = m oxit - m kl = 5,96 - 4,04 = 1,92 gam. n O = 1,92 16 = 0,12 mol . Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H 2 O như sau: 2H+ + O2- → H 2 O 0,24 ← 0,12 mol ⇒ V HCl = 0,24 2 = 0,12 lít. (Đáp án C) Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O 2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO 2 và 0,2 mol H 2 O. Giá trị của V là A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. ✓C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Hướng dẫn giải Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO 2 . Vậy: n 2 + n 2 = n 2 + n 2 0,1×2 + n O (p.ư) O (RO ) O (CO ) O (CO ) O (H O) = 0,3×2 + 0,2×1 ⇒ n O (p.ư) = 0,6 mol ⇒ n O 2 = 0,3 mol ⇒ V O 2 = 6,72 lít. (Đáp án C) Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO 2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. ✓B. Fe 2 O 3 ; 75%. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! C. Fe 2 O 3 ; 65%. D. Fe 3 O 4 ; 65%. Hướng dẫn giải Fe x O y + yCO -→ xFe + yCO 2 Khí thu được có M = 40 → gồm 2 khí CO 2 và CO dư n CO 2 44 12 40 n CO 28 4 ⇒ n CO 2 n CO = 1 3 → %V 2 = 75% . Mặt khác: 2 CO n CO ( p. ) = n CO = 100 75 × 0,2 = 0,15 mol → n CO dư = 0,05 mol. Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do CO + O (trong oxit sắt) -→ CO 2 ⇒ n CO = n O = 0,15 mol → m O = 0,15×16 = 2,4 gam ⇒ m Fe = 8 - 2,4 = 5,6 gam → n Fe = 0,1 mol. Theo phương trình phản ứng ta có: n Fe n CO 2 = x y = 0,15 0,1 = 2 3 → Fe 2 O 3 . (Đáp án B) Ví dụ 8: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là ✓A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. M + n 2 O 2 -→ M 2 O n (1) M 2 O n + 2nHCl -→ 2MCl n + nH 2 O (2) Theo phương trình (1) (2) → n HCl = 4.n O 2 . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng → m 2 = 44,6 - 28,6 = 16 gam ⇒ 2 O n O = 0,5 mol → n HCl = 4×0,5 = 2 mol ⇒ n Cl - = 2 mol ⇒ m muối = m hhkl + m Cl - = 28,6 + 2×35,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) Ví dụ 9: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe 2 O 3 (hỗn hợp A) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H 2 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit. ✓A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. ✓D. 0,012. Hướng dẫn giải Hỗn hợp A ⎧ ⎨ ⎩ FeO Fe 2 O 3 :0,01 :0,03 mol mol + CO → 4,784 gam B (Fe, Fe 2 O 3 , FeO, Fe 3 O 4 ) tương ứng với số mol là: a, b, c, d (mol). Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được n H 2 = 0,028 mol. Fe + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ⇒ a = 0,028 mol. (1) Theo đầu bài: n 3 4 = 1 3 ( n + n 2 3 ) → d = 1 3 ( b + c ) (2) Tổng m B Fe O FeO Fe O là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3) Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: n Fe (A) = 0,01 + 0,03×2 = 0,07 mol n Fe (B) = a + 2b + c + 3d ⇒ a + 2b + c + 3d = 0,07 (4) Từ (1, 2, 3, 4) → b = 0,006 mol c = 0,012 mol d = 0,006 mol. (Đáp án A) Ví dụ 10: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe x O y bằng H 2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H 2 O tạo thành là A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. ✓C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. Hướng dẫn giải m O (trong oxit) = m oxit - m kloại = 24 - 17,6 = 6,4 gam. ⇒ m O ( H 2 O ) = 6,4 gam ; n H 2 O = 6,4 16 = 0,4 mol. → m H 2 O = 0,4 × 18 = 7,2 gam. (Đáp án C) Ví dụ 11: Khử hết m gam Fe 3 O 4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H 2 SO 4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m? ✓A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam. Hướng dẫn giải Fe 3 O 4 → (FeO, Fe) → 3Fe2+ n mol n Fe ( trongFeSO 4 ) = n SO 2 4 - = 0,3 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe: n Fe ( Fe 3 O 4 ) = n Fe ( FeSO 4 ) ⇒ 3n = 0,3 → n = 0,1 ⇒ m Fe 3 O 4 = 23,2 gam (Đáp án A) Ví dụ 12: Đun hai rượu đơn chức với H 2 SO 4 đặc, 140oC được hỗn hợp ba ete. Lấy 0,72 gam một trong ba ete đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO 2 và 0,72 gam H 2 O. Hai rượu đó là A. CH 3 OH và C 2 H 5 OH. B. C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH. C. C 2 H 5 OH và C 4 H 9 OH. ✓D. CH 3 OH và C 3 H 5 OH. Hướng dẫn giải Đặt công thức tổng quát của một trong ba ete là C x H y O, ta có: m C = 0,72 44 × 12 = 0,48 gam ; m H = 0,72 18 × 2 = 0,08 gam ⇒ m O = 0,72 - 0,48 - 0,08 = 0,16 gam. x :y:1 = 0,48 12 : 0,08 1 : 0,16 16 = 4 : 8 : 1. ⇒ Công thức phân tử của một trong ba ete là C 4 H 8 O. Công thức cấu tạo là CH 3 -O-CH 2 -CH=CH 2 . Vậy hai ancol đó là CH 3 OH và CH 2 =CH-CH 2 -OH. (Đáp án D) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol Fe 2 O 3 vào dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là A. 23,0 gam. B. 32,0 gam. C. 16,0 gam. D. 48,0 gam. 02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe 2 O 3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Hòa tan hoàn toàn X bằng H 2 SO 4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam. 03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam. 04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H 2 O. Thể tích O 2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là A. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 2 O 3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H 2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là A. 13,6 gam. B. 17,6 gam. C. 21,6 gam. D. 29,6 gam. 06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al 2 O 3 . Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH 3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 gam bột oxit. V có giá trị là: A. 1,12 lít. B. 1,344 lít. C. 1,568 lít. D. 2,016 lít. 07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Fe trong A là A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%. 08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí (trong không khí Oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc) và 9,9 gam H 2 O. Thể tích không khí ở (đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí H 2 . Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H 2 thu được ở đktc. A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít 10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C 2 H 6 , C 3 H 4 và C 4 H 8 thì thu được 12,98 gam CO 2 và 5,76 gam H 2 O. Vậy m có giá trị là A. 1,48 gam. B. 8,14 gam. C. 4,18 gam. D. 16,04 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. D 2. C 3. C 4. D 5. C 6. C 7. B 8. A 9. C 10. C Phương pháp 3 BẢO TOÀN MOL ELECTRON Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. ✓B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). ✓A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: 2Fe + O 2 t--→ o 2FeO (1) 2Fe + 1,5O 2 t--→ o Fe 2 O 3 (2) 3Fe + 2O 2 t--→ o Fe 3 O 4 (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: 3FeO + 10HNO 3 -→ 3Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 5H 2 O (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 -→ 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 -→ 9Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 14H 2 O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O 2 0 bị khử thành 2O-2 nên phương trình bảo toàn electron là: 3n + 0,009 × 4 = 0,728 56 × 3 = 0,039 mol. trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol; V NO = 0,001×22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: 2Al + 3FeO t--→ o 3Fe + Al 2 O 3 (7) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 2Al + Fe 2 O 3 t--→ o 2Fe + Al 2 O 3 (8) 8Al + 3Fe 3 O 4 t--→ o 9Fe + 4Al 2 O 3 (9) Fe + 2HCl -→ FeCl 2 + H 2 ↑ (10) 2Al + 6HCl -→ 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ (11) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O 2 0 thành 2O-2 và 2H+ thành H 2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau: 0,013 × 2 + 5,4 27 × 3 = 0,009 × 4 + n × 2 Fe0 → Fe+2 Al0 → Al+3 O 2 0 → 2O-2 2H+ → H 2 ⇒ n = 0,295 mol ⇒ V H 2 = 0,295 × 22,4 = 6,608 lít. (Đáp án A) Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán. Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe 2 O 3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là A. 0,224 lít. ✓B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Tóm tắt theo sơ đồ: 0,81 gam Al + ⎧ ⎨ ⎩ CuO Fe 2 O 3 --→ t o ------→ 3 V NO = ? Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. Al → Al+3 + 3e 0,81 27 hçn hîp A hßa tan hoμn toμn dung dÞch HNO → 0,09 mol và N+5 + 3e → N+2 0,09 mol → 0,03 mol ⇒ V NO = 0,03×22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D) Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO 3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (n Al ) 2 và AgNO 3 = n Fe ) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO 3 . Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ C M lần lượt là A. 2M và 1M. ✓B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác. Tóm tắt sơ đồ: Al Fe của Cu(NO 3 ) 2 và của AgNO 3 8,3 gam hçn hîp AgNO (n = n ) X ⎧ ⎨ ⎩ Al Fe + 100 ml dung dịch Y ⎧ ⎨ ⎩ Cu(NO 3 3 ) 2 :x mol :y mol → → ChÊt r3⁄4n A (3 kim lo1i) 1,12 lÝt H 2 +----→ HCl d 2,8 gam chÊt r3⁄4n kh«ng tan B Hướng dẫn giải Ta có: n Al 8,3 83 = 0,1 mol. Đặt 3 = n Fe = n AgNO = x mol và n Cu(NO 3 ) 2 = y mol ⇒ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại. ⇒ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2 ⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H 2 x x x y 2y y 0,1 0,05 ⇒ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol. ⇒ 108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. ⇒ C M AgNO 3 = 0,2 0,1 = 2M; C MCu(NO 3 ) 2 = 0,1 0,1 = 1M. (Đáp án B) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO 3 và H 2 SO 4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 , NO, NO 2 , N 2 O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. ✓B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt n Mg = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15. (1) Quá trình oxi hóa: Mg → Mg2+ + 2e Al → Al3+ + 3e x 2x y 3y ⇒ Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). Quá trình khử: N+5 + 3e → N+2 2N+5 + 2×4e → 2N+1 0,3 0,1 0,8 0,2 N+5 + 1e → N+4 S+6 + 2e → S+4 0,1 0,1 0,2 0,1 ⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol. ⇒ = x mol ; n Al %Al = 27 15 × 0,2 × 100% = 36%. %Mg = 100% - 36% = 64%. (Đáp án B) Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là A. 11,2 lít. B. 21 lít. ✓C. 33 lít. D. 49 lít. Hướng dẫn giải Vì n Fe > n S = 30 32 nên Fe dư và S hết. Khí C là hỗn hợp H 2 S và H 2 . Đốt C thu được SO 2 và H 2 O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O 2 thu e. Nhường e: Fe → Fe2+ + 2e 60 56 mol 2 × 60 56 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! S → S+4 + 4e 30 32 mol 4 × 30 32 mol Thu e: Gọi số mol O 2 là x mol. O 2 + 4e → 2O2 x mol → 4x Ta có: 4x = 60 56 × 2 + 30 32 × 4 giải ra x = 1,4732 mol. ⇒ V O 2 = 22,4 × 1,4732 = 33 lít. (Đáp án C) Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 , R 2 có hoá trị x, y không đổi (R 1 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N 2 . Các thể tích khí đo ở đktc. A. 0,224 lít. ✓B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: TN1: R 1 + để thành N 2 và R 2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho N 5 + (NO). Số mol e do R 1 và R 2 nhường ra là N + 5 + 3e → N + 2 0,15 ← 22 ,1 12 4, = ,0 05 TN2: R 1 và R 2 trực tiếp nhường e cho N + 5 để tạo ra N 2 . Gọi x là số mol N 2 , thì số mol e thu vào là 2 N + 5 + 10e → N 0 2 10x ← x mol Ta có: 10x = 0,15 → x = 0,015 ⇒ V N 2 = 22,4.0,015 = 0,336 lít. (Đáp án B) Ví dụ 7: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO 2 . Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. ✓C. 5,69 gam. D. 5,96 gam. Hướng dẫn giải Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. Nhường e: Cu = Cu 2 + + 2e Mg = Mg 2 + + 2e Al = Al 3 + + 3e x → x → 2x y → y → 2y z → z → 3z Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Thu e: N + 5 + 3e = N + 2 (NO) N + 5 + 1e = N + 4 (NO 2 ) 0,03 ← 0,01 0,04 ← 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NO 3 - Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam. (Đáp án C) Cách 2: Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO 3 tạo hỗn hợp 2 khí NO và NO 2 thì n HNO 3 = 2n NO 2 + 4n NO n HNO 3 = 2 × 0,04 + 4 × 0,01 = 0,12 mol ⇒ n H 2 O = 0,06 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m KL + m HNO 3 = m muèi + m NO + m NO 2 + m H 2 O 1,35 + 0,12×63 = m muối + 0,01×30 + 0,04×46 + 0,06×18 ⇒ m muối = 5,69 gam. Ví dụ 8: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007) Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. ✓C. 5,60 lít. D. 3,36 lít. Hướng dẫn giải Đặt n Fe = a mol → 56a + 64a = 12 → a = 0,1 mol. Cho e: Fe → Fe3+ + 3e Cu → Cu2+ + 2e 0,1 → 0,3 0,1 → 0,2 Nhận e: N+5 + 3e → N+2 N+5 + 1e → N+4 3x ← x y ← y Tổng n e = n Cu cho bằng tổng n e nhận. ⇒ 3x + y = 0,5 Mặt khác: 30x + 46y = 19×2(x + y). ⇒ x = 0,125 ; y = 0,125. V hh khí (đktc) = 0,125×2×22,4 = 5,6 lít. (Đáp án C) Ví dụ 9: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ✓A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải m gam Fe + O 2 ----→ HNO d 0,56 lít NO. Thực chất các quá trình oxi hóa khử trên là: Cho e: Fe → Fe3+ + 3e m 56 → 3 gam hỗn hợp chất rắn X 3 → 3m 56 mol e Nhận e: O 2 + 4e → 2O2- N+5 + 3e → N+2 3 - m 32 → 4(3 32 - m) mol e 0,075 mol ← 0,025 mol 3m 56 = 4(3 32 - m) + 0,075 ⇒ m = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau: Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H 2 SO 4 loãng tạo ra 3,36 lít khí H 2 . Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là ✓A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Đặt hai kim loại A, B là M. Phần 1: M + nH+ -→ Mn+ + n 2 H 2 (1) Phần 2: 3M + 4nH+ + nNO 3 - → 3Mn+ + nNO + 2nH 2 O (2) Theo (1): Số mol e của M cho bằng số mol e của 2H+ nhận; Theo (2): Số mol e của M cho bằng số mol e của N+5 nhận. Vậy số mol e nhận của 2H+ bằng số mol e nhận của N+5. 2H+ + 2e → H 2 và N+5 + 3e → N+2 0,3 ← 0,15 mol 0,3 → 0,1 mol ⇒ V NO = 0,1×22,4 = 2,24 lít. (Đáp án A) Ví dụ 11: Cho m gam bột Fe vào dung dịch HNO 3 lấy dư, ta được hỗn hợp gồm hai khí NO 2 và NO có V X = 8,96 lít (đktc) và tỉ khối đối với O 2 bằng 1,3125. Xác định %NO và %NO 2 theo thể tích trong hỗn hợp X và khối lượng m của Fe đã dùng? A. 25% và 75%; 1,12 gam. ✓B. 25% và 75%; 11,2 gam. C. 35% và 65%; 11,2 gam. D. 45% và 55%; 1,12 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải Ta có: n X = 0,4 mol; M X = 42. Sơ đồ đường chéo: ⇒ 2 2 NO 2 : 46 42 - 30 = 12 42 NO : 30 46 - 42 = 4 ⎧│ ⎨ │⎩ n n NO NO :n NO = 12:4 = 3 + n NO = 0,4 mol ⇒ ⎧ ⎨ ⎩ n NO n NO 2 = 0,1 mol = 0,3 mol ⎧ ⎨ ⎩ %V %V = 25% = 75% và Fe - 3e → Fe3+ N+5 + 3e → N+2 N+5 + 1e → N+4 3x → x 0,3 ← 0,1 0,3 ← 0,3 Theo định luật bảo toàn electron: 3x = 0,6 mol → x = 0,2 mol ⇒ m Fe → NO NO 2 = 0,2×56 = 11,2 gam. (Đáp áp B). Ví dụ 12: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO 3 phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít khí X (đktc) gồm N 2 và NO 2 có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO 3 trong dung dịch đầu là ✓A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M. Hướng dẫn giải Ta có: M X = 9,25 × 4 = 37 = ( M N 2 + M NO 2 ) 2 là trung bình cộng khối lượng phân tử của hai khí N 2 và NO 2 nên: n 2 = n 2 = n 2 = 0,04 mol và NO 3 X N NO - + 10e → N 2 - + 1e → NO 2 0,08 ← 0,4 ← 0,04 mol 0,04 ← 0,04 ← 0,04 mol M → Mn+ + n.e 0,04 mol ⇒ 3 NO 3 n HNO (bÞ khö) = 0,12 mol. Nhận định mới: Kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc NO 3 - để tạo muối. ⇒ n HNO 3 ( t1o muèi ) = n.e ( nhêng ) = n.e ( nhËn ) = 0,04 + 0,4 = 0,44 mol. Do đó: n HNO 3 ( ph¶n øng ) = 0,44 + 0,12 = 0,56 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ [ HNO 3 ] = 0,56 2 = 0,28M. (Đáp án A) Ví dụ 13: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H 2 SO 4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO 4 SO 4 đậm đặc, thấy có 49 gam H 2 O và sản phẩm khử X. X là A. SO 2 , H 2 S Hướng dẫn giải Dung dịch H 2 B. S ✓C. H 2 S D. SO 2 , H 2 đạm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường. Gọi a là số oxi hóa của S trong X. Mg → Mg2+ + 2e S+6 + (6a)e → S a 0,4 mol 0,8 mol 0,1 mol 0,1(6a) mol Tổng số mol H 2 SO 4 49 98 = 0,5 (mol) Số mol H 2 SO 4 đã dùng là : SO 4 đã dùng để tạo muối bằng số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol. Số mol H 2 SO 4 đã dùng để oxi hóa Mg là: 0,5 - 0,4 = 0,1 mol. Ta có: 0,1×(6 - a) = 0,8 → x = -2. Vậy X là H 2 S. (Đáp án C) Ví dụ 14: Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe 2 . Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H 2 O 3 và Fe 3 O 4 SO 4 đậm đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO 2 (đktc). Khối lượng a gam là: ✓ A. 56 gam. B. 11,2 gam. C. 22,4 gam. D. 25,3 gam. Hướng dẫn giải Số mol Fe ban đầu trong a gam: n Fe = 56 a mol. Số mol O 2 tham gia phản ứng: n O 2 = 75,2 32 - a mol. Quá trình oxi hóa: Fe → Fe 3 + + 3e a 56 mol 56 3a mol (1) Số mol e nhường: n e = 56 3a mol Quá trình khử: O 2 + 4e → 2O-2 (2) SO 4 2- + 4H+ + 2e -→ SO 2 O (3) Từ (2), (3) → cho 2 2 + 2H 2 n e = 4n O + 2n SO = 4 × 75,2 32 - a + 2 × 0,3 = 56 3a ⇒ a = 56 gam. (Đáp án A) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 15: Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 dư được 1,12 lít NO và NO 2 (đktc) có khối lượng mol trung bình là 42,8. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là: A. 9,65 gam B. 7,28 gam C. 4,24 gam ✓D. 5,69 gam Hướng dẫn giải Dựa vào sơ đồ đường chéo tính được số mol NO và NO 2 lần lượt là 0,01 và 0,04 mol. Ta có các bán phản ứng: NO 3 - + 4H+ + 3e -→ NO + 2H 2 O NO 3 - + 2H+ + 1e -→ NO 2 O Như vậy, tổng electron nhận là 0,07 mol. Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35 gam hỗn hợp kim loại. Ta có các bán phản ứng: Cu → Cu2+ + 2e Mg → Mg2+ + 2e Al → Al3+ + 3e ⇒ 2x + 2y + 3z = 0,07. Khối lượng muối nitrat sinh ra là: m = 3 2 + H 2 m Cu(NO ) + m Mg(NO 3 ) 2 + m Al(NO 3 ) 3 = 1,35 + 62(2x + 2y + 3z) = 1,35 + 62 × 0,07 = 5,69 gam. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIAI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀM MOL ELECTRON 01. Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO 3 rất loãng thì thu được hỗn hợp gồm 0,015 mol khí N 2 O và 0,01mol khí NO (phản ứng không tạo NH 4 NO 3 ). Giá trị của m là A. 13,5 gam. B. 1,35 gam. C. 0,81 gam. D. 8,1 gam. 02. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được chất rắn B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ hấp thụ vào dung dịch Ca(OH) 2 O 3 dư, thì thu được 4,6 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng FeO trong hỗn hợp A là A. 68,03%. B. 13,03%. C. 31,03%. D. 68,97%. 03. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần bằng nhau: Phần 1: cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít H 2 . Phần 2: hoà tan hết trong HNO 3 loãng dư thu được V lít một khí không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc). Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 5,6 lít. 04. Dung dịch X gồm AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 có cùng nồng độ. Lấy một lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khí phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại.Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là A. 0,3M. B. 0,4M. C. 0,42M. D. 0,45M. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 05. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO 3 dư được 896 ml hỗn hợp gồm NO và NO 2 có M = 42 . Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra (khí ở đktc). A. 9,41 gam. B. 10,08 gam. C. 5,07 gam. D. 8,15 gam. 06. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO 3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hóa thành màu nâu trong không khí. Tính số mol HNO 3 đã phản ứng. A. 0,51 mol. B. A. 0,45 mol. C. 0,55 mol. D. 0,49 mol. 07. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba kim loại bằng dung dịch HNO 3 thu được 1,12 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO 2 và NO. Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO 3 37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng. A. 20,18 ml. B. 11,12 ml. C. 21,47 ml. D. 36,7 ml. 08. Hòa tan 6,25 gam hỗn hợp Zn và Al vào 275 ml dung dịch HNO 3 thu được dung dịch A, chất rắn B gồm các kim loại chưa tan hết cân nặng 2,516 gam và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO 2 . Tỉ khối của hỗn hợp D so với H 2 là 16,75. Tính nồng độ mol/l của HNO 3 và tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng. A. 0,65M và 11,794 gam. B. 0,65M và 12,35 gam. C. 0,75M và 11,794 gam. D. 0,55M và 12.35 gam. 09. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O 2 thu được 7,36 gam hỗn hợp A gồm Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp A bằng dung dịch HNO 3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và NO 2 . Tỉ khối của B so với H 2 bằng 19. Thể tích V ở đktc là A. 672 ml. B. 336 ml. C. 448 ml. D. 896 ml. 10. Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, Fe 2 có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNO 3 O 3 khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NO 2 và NO có tỉ khối so với hiđro là 20,143. Tính a. A. 74,88 gam. B. 52,35 gam. C. 61,79 gam. D. 72,35 gam. Đáp án các bài tập vận dụng 1. B 2. B 3. A 4. B 5. C 6. D 7. C 8. A 9. D 10. A Phương pháp 4 SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION - ELETRON Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên các bạn phải nắm chắc phương trình phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là H+ + OH- -→ H 2 O hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNO 3 và dung dịch H 2 SO 4 là 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O... Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Sau đây là một số ví dụ: Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2 SO 4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO 3 ) 2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO 3 ) 2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. ✓C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe 2 O 3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe 3 O 4 . Hỗn hợp X gồm: (Fe 3 O 4 0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y Fe 3 O 4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H 2 O 0,2 → 0,2 0,4 mol Fe + 2H+ → Fe2+ + H 2 ↑ 0,1 → 0,1 mol Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO 3 ) 2 : 3Fe2+ + NO 3 - + 4H+ → 3Fe3+ + NO↑ + 2H 2 O 0,3 0,1 0,1 mol ⇒ V NO = 0,1×22,4 = 2,24 lít. n Cu(NO 3 ) 2 = 1 2 n NO - 3 = 0,05 mol ⇒ 3 2 V dd Cu(NO ) = 0,05 1 = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) Ví dụ 2: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO 3 1M và H 2 SO 4 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của V là ✓A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít. Hướng dẫn giải n HNO 3 = 0,12 mol ; n H 2 SO 4 = 0,06 mol ⇒ Tổng: n H + = 0,24 mol và n NO - 3 = 0,12 mol. Phương trình ion: 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Ban đầu: 0,1 → 0,24 → 0,12 mol Phản ứng: 0,09 ← 0,24 → 0,06 → 0,06 mol Sau phản ứng: 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư) ⇒ V NO = 0,06×22,4 = 1,344 lít. (Đáp án A) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 3: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH) 2 0,1M. Sục 7,84 lít khí CO 2 (đktc) vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là A. 15 gam. ✓B. 5 gam. C. 10 gam. D. 0 gam. Hướng dẫn giải n CO 2 = 0,35 mol ; n NaOH = 0,2 mol; n Ca(OH) 2 = 0,1 mol. ⇒ Tổng: n OH - = 0,2 + 0,1×2 = 0,4 mol và n Ca 2 + = 0,1 mol. Phương trình ion rút gọn: CO 2 + 2OH- -→ CO 3 2- + H 2 O 0,35 0,4 0,2 ← 0,4 → 0,2 mol ⇒ n CO 2 ( d ) = 0,35 - 0,2 = 0,15 mol tiếp tục xẩy ra phản ứng: CO 3 2- + CO 2 - Ban đầu: 0,2 0,15 mol Phản ứng: 0,15 ← 0,15 mol ⇒ 2 3 + H 2 O -→ 2HCO 3 n CO - còn lại bằng 0,15 mol ⇒ n CaCO 3 ↓ = 0,05 mol ⇒ m CaCO 3 = 0,05×100 = 5 gam. (Đáp án B) Ví dụ 4: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H 2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl 3 vào dung dịch A. khối lượng kết tủa thu được là A. 0,78 gam. ✓B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam. Hướng dẫn giải Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H 2 O: M + nH 2 n 2 H Từ phương trình ta có: 2 O -→ M(OH) n + 2 n OH - = 2n H = 0,1mol. Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl 3 : Al3+ + 3OH- -→ Al(OH) 3↓ Ban đầu: 0,03 0,1 mol Phản ứng: 0,03 → 0,09 → 0,03 mol ⇒ n OH - ( d ) = 0,01mol tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Al(OH) 3 + OH- -→ AlO 2 - + 2H 2 O 0,01 ← 0,01 mol Vậy: m Al(OH) 3 = 78×0,02 = 1,56 gam. (Đáp án B) Ví dụ 5: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO 3 ) 3 và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất) A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. ✓C. 3,2 gam. D. 5,12 gam. Hướng dẫn giải Phương trình ion: Cu + 2Fe3+ -→ 2Fe2+ + Cu2+ 0,005 ← 0,01 mol 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Ban đầu: 0,15 0,03 mol → H+ dư Phản ứng: 0,045 ← 0,12 ← 0,03 mol ⇒ m Cu tối đa = (0,045 + 0,005) × 64 = 3,2 gam. (Đáp án C) Ví dụ 6: Cho hỗn hợp gồm NaCl và NaBr tác dụng với dung dịch AgNO 3 dư thu được kết tủa có khối lượng đúng bằng khối lượng AgNO 3 đã phản ứng. Tính phần trăm khối lượng NaCl trong hỗn hợp đầu. A. 23,3% ✓B. 27,84%. C. 43,23%. D. 31,3%. Hướng dẫn giải Phương trình ion: Ag+ + Cl- -→ AgCl ↓ Ag+ + Br- -→ AgBr ↓ Đặt: n NaCl = x mol ; n NaBr = y mol m AgCl + m AgBr = m 3( p. ) ⇒ 3 AgNO m Cl - + m Br - = m NO - ⇒ 35,5x + 80y = 62(x + y) ⇒ x : y = 36 : 53 Chọn x = 36, y = 53 → %m NaCl = 58,5 58,5 × 36 × 36 + 103 × 100 × 53 = 27,84%. (Đáp án B) Ví dụ 7: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO 3 1M và K 2 CO 3 1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm NaHCO 3 1M và Na 2 CO 3 1M) thu được dung dịch C. Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H 2 SO 4 1M và HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít CO 2 (đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH) 2 tới dư vào dung dịch E thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m và V lần lượt là ✓A. 82,4 gam và 2,24 lít. B. 4,3 gam và 1,12 lít. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! C. 43 gam và 2,24 lít. D. 3,4 gam và 5,6 lít. Hướng dẫn giải Dung dịch C chứa: HCO 3 - : 0,2 mol ; CO 3 2- : 0,2 mol. Dung dịch D có tổng: n H + = 0,3 mol. Nhỏ từ từ dung dịch C và dung dịch D: CO 3 2- + H+ -→ HCO 3 - 0,2 → 0,2 → 0,2 mol HCO 3 - + H+ -→ H 2 O + CO 2 Ban đầu: 0,4 0,1 mol Phản ứng: 0,1 ← 0,1 → 0,1 mol -- Dư: 0,3 mol Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch E: Ba2+ + HCO 3 - + OH- -→ BaCO 3↓ + H 2 O 0,3 → 0,3 mol Ba2+ + SO 4 2- -→ BaSO 4 0,1 → 0,1 mol ⇒ V CO 2 = 0,1×22,4 = 2,24 lít. Tổng khối lượng kết tủa: m = 0,3×197 + 0,1×233 = 82,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al bằng 500 ml dung dịch gồm H 2 SO 4 0,28M và HCl 1M thu được 8,736 lít H 2 (đktc) và dung dịch X. Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M và Ba(OH) 2 0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất. a) Số gam muối thu được trong dung dịch X là ✓A. 38,93 gam. B. 38,95 gam. C. 38,97 gam. D. 38,91 gam. b) Thể tích V là ✓A. 0,39 lít. B. 0,4 lít. C. 0,41 lít. D. 0,42 lít. c) Lượng kết tủa là A. 54,02 gam. B. 53,98 gam. ✓C. 53,62 gam.D. 53,94 gam. Hướng dẫn giải a) Xác định khối lượng muối thu được trong dung dịch X: n H 2 SO 4 = 0,28×0,5 = 0,14 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ n SO 2 4 - = 0,14 mol và n H + = 0,28 mol. n HCl = 0,5 mol ⇒ n H + = 0,5 mol và n Cl - = 0,5 mol. Vậy tổng n H + = 0,28 + 0,5 = 0,78 mol. Mà n H 2 = 0,39 mol. Theo phương trình ion rút gọn: Mg0 + 2H+ -→ Mg2+ + H 2 ↑ (1) Al + 3H+ -→ Al3+ + 3 2 ↑ (2) Ta thấy 2 H 2 n H + (p) = 2n H → H+ hết. ⇒ m hh muối = m hh k.loại + m 2 - + m - 4 = 7,74 + 0,14×96 + 0,5×35,5 = 38,93gam. (Đáp án A) b) Xác định thể tích V: 2 SO Cl n NaOH = 1V mol n Ba(OH) = 0,5V mol ⎫│ ⎬ │⎭ ⇒ Tổng n OH - = 2V mol và n Ba 2 + = 0,5V mol. Phương trình tạo kết tủa: Ba2+ + SO 4 2- -→ BaSO 4↓ (3) 0,5V mol 0,14 mol Mg2+ + 2OH- -→ Mg(OH) 2↓ (4) Al3+ + 3OH- -→ Al(OH) 3↓ (5) Để kết tủa đạt lớn nhất thì số mol OH- đủ để kết tủa hết các ion Mg2+ và Al3+. Theo các phương trình phản ứng (1), (2), (4), (5) ta có: n H + = n OH - = 0,78 mol ⇒ 2V = 0,78 → V = 0,39 lít. (Đáp án A) c) Xác định lượng kết tủa: n Ba 2 + = 0,5V = 0,5×0,39 = 0,195 mol > 0,14 mol → Ba2+ dư. ⇒ m BaSO 4 = 0,14×233 = 32,62 gam. Vậy m kết tủa = m 4 + m 2 k.loại + m OH - = 32,62 + 7,74 + 0,78 × 17 = 53,62 gam. (Đáp án C) Ví dụ 9: (Câu 40 - Mã 182 - TS Đại Học - Khối A 2007) Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H 2 BaSO SO 4 0,5M, thu được 5,32 lít H 2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ✓A. 1. B. 6. C. 7. D. 2. Hướng dẫn giải n HCl = 0,25 mol ; n 2 4 = 0,125. ⇒ Tổng: H H SO n + = 0,5 mol ; n H 2 ( t1o thμnh ) = 0,2375 mol. Biết rằng: cứ 2 mol ion H+ -→ 1 mol H 2 vậy 0,475 mol H+ ←- 0,2375 mol H 2 ⇒ n H ( d ) = 0,5 - 0,475 = 0,025 mol ⇒ + ⌈ ⌊ H + ⌉ ⌋ = 0,025 0,25 = 0,1 = 10-1M → pH = 1. (Đáp án A) Ví dụ 10: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007) Thực hiện hai thí nghiệm: 1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO 3 1M thoát ra V 1 lít NO. 2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO 3 0,5 M thoát ra V 2 1M và H 2 SO 4 lít NO. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V 1 và V 2 là A. V 2 = V 1 . ✓B. V 2 = 2V 1 . C. V 2 = 2,5V 1 . D. V 2 = 1,5V 1 . Hướng dẫn giải TN1: ⎧ │ ⎨ │ ⎩ n n Cu = 3,84 64 = 0,06 mol HNO 3 = 0,08 mol ⎧ │ ⎨ │⎩ n H + = 0,08 mol = 3Cu + 8H+ + 2NO 3 ⇒ n NO 3 - 0,08 mol - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Ban đầu: 0,06 0,08 0,08 mol → H+ phản ứng hết Phản ứng: 0,03 ← 0,08 → 0,02 → 0,02 mol ⇒ V 1 tương ứng với 0,02 mol NO. TN2: n Cu n = 0,04 mol. ⇒ Tổng: H = 0,06 mol ; n HNO 3 = 0,08 mol ; H 2 SO 4 n + = 0,16 mol ; n NO - 3 = 0,08 mol. 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Ban đầu: 0,06 0,16 0,08 mol → Cu và H+ phản ứng hết Phản ứng: 0,06 → 0,16 → 0,04 → 0,04 mol ⇒ V 2 tương ứng với 0,04 mol NO. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Như vậy V 2 = 2V 1 . (Đáp án B) Ví dụ 11: (Câu 33 - Mã 285 - Khối B - TSĐH 2007) Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH) 2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H 2 SO 4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là A. 7. ✓B. 2. C. 1. D. 6. Hướng dẫn giải n Ba(OH) 2 = 0,01 mol n NaOH = 0,01 mol ⎫ ⎬ ⎭ ⇒ Tổng n OH - = 0,03 mol. n H 2 SO 4 = 0,015 mol n HCl = 0,005 mol ⎫ ⎬ ⎭ ⇒ Tổng n H + = 0,035 mol. Khi trộn hỗn hợp dung dịch bazơ với hỗn hợp dung dịch axit ta có phương trình ion rút gọn: H+ + OH- -→ H 2 O Bắt đầu 0,035 0,03 mol Phản ứng: 0,03 ← 0,03 Sau phản ứng: n H + ( d ) = 0,035 - 0,03 = 0,005 mol. ⇒ Tổng: V dd (sau trộn) = 500 ml (0,5 lít). ⌈ ⌊ H + ⌉ ⌋ = 0,005 0,5 = 0,01 = 10-2 → pH = 2. (Đáp án B) Ví dụ 12: (Câu 18 - Mã 231 - TS Cao Đẳng - Khối A 2007) Cho một mẫu hợp kim NaBa tác dụng với nước (dư), thu được dung dịch X và 3,36 lít H 2 (ở đktc). Thể tích dung dịch axit H 2 SO 4 2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là A. 150 ml. ✓B. 75 ml. C. 60 ml. D. 30 ml. Hướng dẫn giải Na + H 2 O -→ NaOH + 1 2 H 2 Ba + 2H 2 O -→ Ba(OH) 2 + H 2 n H 2 = 0,15 mol, theo phương trình → tổng số n - 2 = 2n 2 = 0,3 mol. Phương trình ion rút gọn của dung dịch axit với dung dịch bazơ là H+ + OH- -→ H 2 OH (d X) H O ⇒ n H + = n OH - = 0,3 mol → n 2 4 = 0,15 mol ⇒ 2 4 H SO V H SO = 0,15 2 = 0,075 lít (75 ml). (Đáp án B) Ví dụ 13: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO 3 loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO 2 và 0,05 mol N 2 O). Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH 4 NO 3 . Số mol HNO 3 đã phản ứng là: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! A. 0,75 mol. B. 0,9 mol. C. 1,05 mol. ✓D. 1,2 mol. Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: NO 3 - + 2H+ + 1e -→ NO 2 + H 2 O (1) 2 × 0,15 ← 0,15 NO 3 - + 4H+ + 3e -→ NO + 2H 2 O (2) 4 × 0,1 ← 0,1 2NO 3 - + 10H+ + 8e -→ N 2 O + 5H 2 O (3) 10 × 0,05 ← 0,05 Từ (1), (2), (3) nhận được: n HNO 3 p =∑ n H + = 2 × 0,15 + 4 × 0,1 + 10 × 0,05 = 1,2 mol. (Đáp án D) Ví dụ 14: Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit HNO 3 và H 2 SO 4 (đặc nóng) thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 . Cô cạn dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là: A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. ✓C. 47,3 gam. D. 34,9 gam. Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: 2NO 3 , NO, NO 2 - + 2H+ + 1e -→ NO 2 - (1) 0,1 → 0,1 4NO 3 + H 2 O + NO 3 - (2) 0,1 → 3 × 0,1 2SO 4 - + 4H+ + 3e -→ NO + 2H 2 O + 3NO 3 2- + 4H+ + 2e -→ SO 2 2- (3) 0,1 → 0,1 Từ (1), (2), (3) → số mol NO 3 + H 2 O + SO 4 - tạo muối bằng 0,1 + 3 × 0,1 = 0,4 mol; số mol SO 4 2- tạo muối bằng 0,1 mol. ⇒ m muối = m k.loại + m NO - 3 + m SO 2 4 - = 12,9 + 62 × 0,4 + 96 × 0,1 = 47,3. (Đáp án C) Ví dụ 15: Hòa tan 10,71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO 3 aM vừa đủ thu được dung dịch A và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm N 2 O có tỉ lệ mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m (gam.) muối khan. giá trị của m, a là: A. 55,35 gam. và 2,2M ✓B. 55,35 gam. và 0,22M C. 53,55 gam. và 2,2M D. 53,55 gam. và 0,22M Hướng dẫn giải 2 2 và N 2 n N O = n N = 2 1,792 × 22,4 = 0,04 mol. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ta có bán phản ứng: 2NO 3 - + 12H+ + 10e -→ N 2 + 6H 2 O 0,08 0,48 0,04 2NO 3 - + 10H+ + 8e -→ N 2 O + 5H 2 O 0,08 0,4 0,04 ⇒ n 3 = n + = 0,88 mol. ⇒ HNO H a = 0,88 4 = 0,22 M. Số mol NO 3 - tạo muối bằng 0,88 - (0,08 + 0,08) = 0,72 mol. Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72 × 62 = 55,35 gam. (Đáp án B) Ví dụ 16: Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn, Al có tỷ lệ mol là 1:2 bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 0,896 lít một sản shẩm khử X duy nhất chứa nitơ. X là: A. N 2 + Hướng dẫn giải Ta có: n Zn O ✓B. N 2 C. NO D. NH 4 = 0,05 mol; n Al = 0,1 mol. Gọi a là số mol của N x , ta có: Zn → Zn2+ + 2e Al → Al3+ + 3e 0,05 0,1 0,1 0,3 xNO 3 O y - + (6x - 2y)H+ + (5x - 2y)e -→ N x O 0,04(5x - 2y) 0,04 ⇒ 0,04(5x - 2y) = 0,4 → 5x - 2y = 10 Vậy X là N 2 O y + (3x - 2y)H 2 . (Đáp án B) Ví dụ 17: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS 2 và 0,09 mol Cu 2 FeS 2 tác dụng với dung dịch HNO 3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO 2. dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH) 2 Thêm BaCl 2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a là: ✓A. 111,84g và 157,44g B. 111,84g và 167,44g C. 112,84g và 157,44g A. 112,84g và 167,44g Hướng dẫn giải Ta có bán phản ứng: CuFeS 2 2- + 16+ 0,15 0,15 0,15 0,3 Cu 2 + 8H 2 O - 17e -→ Cu2+ + Fe3+ + 2SO 4 FeS 2 + 8H 2 O - 19e -→ 2Cu2+ + Fe3+ + 2SO 4 2- + 16+ 0,09 0,18 0,09 0,18 n SO 2 4 - = 0,48 mol; Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ba2+ + SO 4 2- -→ BaSO 4 0,48 0,48 ⇒ m = 0,48 × 233 = 111,84 gam. n Cu = 0,33 mol; n Fe = 0,24 mol. Cu → CuO 2Fe → Fe 2 O 3 0,33 0,33 0,24 0,12 ⇒ a = 0,33 × 80 + 0,12 ×160 + 111,84 = 157,44 gam. (Đáp án A). Ví dụ 18: Hòa tan 4,76 gam hỗn hợp Zn, Al có tỉ lệ mol 1:2 trong 400ml dung dịch HNO 3 1M vừa đủ, dược dung dịch X chứa m gam muối khan và thấy có khí thoát ra. Giá trị của m là: A. 25.8 gam. B. 26,9 gam. ✓C. 27,8 gam. D. 28,8 gam. Hướng dẫn giải n Zn = 0,04 mol; n Al = 0,08 mol. Do phản ứng không tạo khí nên trong dung dịch tạo NH 4 . Trong dung dịch có: 0,04 mol Zn(NO 3 NO 3 ) 3 Vậy số mol NO 3 ) 2 và 0,08 mol Al(NO 3 - còn lại để tạo NH 4 NO 3 là: 0,4 - 0,04 × 2 - 0,08 × 3 = 0,08 mol Do đó trong dung dịch tạo 0,04 mol NH 4 NO 3 m = 0,04 × 189 + 0,08 × 213 + 0,04 × 80 = 27,8 gam. (Đáp án C) Phương pháp 5 SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều bài toán hóa học và hỗn hợp các chất rắn, lỏng cũng như khí. Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB) (kí hiệu M ) cũng như khối lượng nguyên tử trung bình (KLNTTB) chính là khối lượng của một mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức: M = tæng tæng khèi sè lîng mol c ̧c hçn chÊt hîp trong (tÝnh hçn theo hîp gam) . Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! M = M 1 n 1 + M 2 2 n 1 + n 2 3 3 3 n + M n ∑ i i + n + ... i + ... = M n ∑ n (1) trong đó M 1 , M 2 ,... là KLPT (hoặc KLNT) của các chất trong hỗn hợp; n 1 , n 2 ,... là số mol tương ứng của các chất. Công thức (1) có thể viết thành: M = M 1 . ∑ n 1 n i + M 2 . ∑ n 2 n i + M 3 . ∑ n 3 n i + ... M = M 1 x 1 + M 2 x 2 + M 3 x 3 + ... (2) trong đó x 1 , x 2 ,... là % số mol tương ứng (cũng chính là % khối lượng) của các chất. Đặc biệt đối với chất khí thì x 1 , x 2 , ... cũng chính là % thể tích nên công thức (2) có thể viết thành: M = M 1 V 1 + M 2 V 2 + M 3 V 3 V 1 + V 2 + V 3 + ... + ... = ∑ ∑ M V i V i i (3) trong đó V 1 , V 2 ,... là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có 2 chất thì các công thức (1), (2), (3) tương ứng trở thành (1'), (2'), (3') như sau: M = M 1 n 1 + M 2 (n - n 1 ) n (1') trong đó n là tổng số số mol của các chất trong hỗn hợp, M = M 1 x 1 + M 2 (1 - x 1 ) (2') trong đó con số 1 ứng với 100% và = 1 1 + 2 - 1 (3') trong đó V 1 M M V M (V V ) V là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp. Từ công thức tính KLPTTB ta suy ra các công thức tính KLNTTB. Với các công thức: C x H y O z ; n 1 mol C x ′ H y ′ O z ′ ; n 2 mol ta có: Nguyên tử cacbon trung bình: x = x 1 n 1 + n 1 x 2 n 2 + ... + n 2 + ... Nguyên tử hiđro trung bình: y = y 1 n 1 + n 1 y 2 n 2 + ... + n 2 + ... và đôi khi tính cả được số liên kết π, số nhóm chức trung bình theo công thức trên. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm II A và thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và 672 ml CO 2 (ở đktc). 1. Hãy xác định tên các kim loại. A. Be, Mg. ✓B. Mg, Ca. C. Ca, Ba. D. Ca, Sr. 2. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 2 gam. B. 2,54 gam. ✓C. 3,17 gam. D. 2,95 gam. Hướng dẫn giải 1. Gọi A, B là các kim loại cần tìm. Các phương trình phản ứng là ACO 3 ↑ (1) BCO 3 + 2HCl -→ ACl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ (2) (Có thể gọi M là kim loại đại diện cho 2 kim loại A, B lúc đó chỉ cần viết một phương trình phản ứng). Theo các phản ứng (1), (2) tổng số mol các muối cacbonat bằng: 2 + 2HCl -→ BCl 2 + H 2 O + CO 2 n CO = 0,672 22,4 = 0,03 mol. Vậy KLPTTB của các muối cacbonat là M = 2,84 0,03 = 94,67 và M A,B = 94,67 - 60 = 34,67 Vì thuộc 2 chu kỳ liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40). (Đáp án B) 2. KLPTTB của các muối clorua: M muèi clorua = 34,67 + 71 = 105,67 . Khối lượng muối clorua khan là 105,67×0,03 = 3,17 gam. (Đáp án C) Ví dụ 2: Trong tự nhiên, đồng (Cu) tồn tại dưới hai dạng đồng vị 63 29 Cu và 65 29 Cu . KLNT (xấp xỉ khối lượng trung bình) của Cu là 63,55. Tính % về khối lượng của mỗi loại đồng vị. ✓A. 65Cu: 27,5% ; 63Cu: 72,5%. B. 65Cu: 70% ; 63Cu: 30%. C. 65Cu: 72,5% ; 63Cu: 27,5%. D. 65Cu: 30% ; 63Cu: 70%. Hướng dẫn giải Gọi x là % của đồng vị 65 29 Cu ta có phương trình: M = 63,55 = 65.x + 63(1 - x) ⇒ x = 0,275 Vậy: đồng vị 65Cu chiếm 27,5% và đồng vị 63Cu chiếm 72,5%. (Đáp án C) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 3: Hỗn hợp khí SO 2 và O 2 có tỉ khối so với CH 4 bằng 3. Cần thêm bao nhiêu lít O 2 vào 20 lít hỗn hợp khí đó để cho tỉ khối so với CH 4 giảm đi 1/6, tức bằng 2,5. Các hỗn hợp khí ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. A. 10 lít. ✓B. 20 lít. C. 30 lít. D. 40 lít. Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi x là % thể tích của SO 2 trong hỗn hợp ban đầu, ta có: M = 16×3 = 48 = 64.x + 32(1 - x) ⇒ x = 0,5 Vậy: mỗi khí chiếm 50%. Như vậy trong 20 lít, mỗi khí chiếm 10 lít. Gọi V là số lít O 2 cần thêm vào, ta có: M ′ = 2,5 × 16 = 40 = 64 × 10 + 32(10 20 + V + V) . Giải ra có V = 20 lít. (Đáp án B) Cách 2: Ghi chú: Có thể coi hỗn hợp khí như một khí có KLPT chính bằng KLPT trung bình của hỗn hợp, ví dụ, có thể xem không khí như một khí với KLPT là 29. Hỗn hợp khí ban đầu coi như khí thứ nhất (20 lít có M = 16×3 = 48), còn O 2 thêm vào coi như khí thứ hai, ta có phương trình: M = 2,5 × 16 = 40 = 48 × 20 + 32V 20 + V , Rút ra V = 20 lít. (Đáp án B) Ví dụ 4: Có 100 gam dung dịch 23% của một axit đơn chức (dung dịch A). Thêm 30 gam một axit đồng đẳng liên tiếp vào dung dịch ta được dung dịch B. Trung hòa 1/10 dung dịch B bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (vừa đủ) ta được dung dịch C. 1. Hãy xác định CTPT của các axit. ✓A. HCOOH và CH 3 COOH. B. CH 3 COOH. C. C 2 COOH và C 2 H 5 H 5 COOH và C 3 H 7 COOH. D. C 3 H 7 COOH và C 4 H 9 COOH. 2. Cô cạn dung dịch C thì thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 5,7 gam. ✓B. 7,5 gam. C. 5,75 gam. D. 7,55 gam. Hướng dẫn giải 1. Theo phương pháp KLPTTB: 10 1 m RCOOH = 10 23 = 2,3 gam, 1 10 m RCH 2 COOH = 10 30 = 3 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! M = 2,3 0,1 + 3 = 53 . Axit duy nhất có KLPT < 53 là HCOOH (M = 46) và axit đồng đẳng liên tiếp phải là CH 3 COOH (M = 60). (Đáp án A) 2. Theo phương pháp KLPTTB: Vì M axit = 53 nên M muèi = 53+23 - 1 = 75 . Vì số mol muối bằng số mol axit bằng 0,1 nên tổng khối lượng muối bằng 75×0,1 = 7,5 gam. (Đáp án B) Ví dụ 5: Có V lít khí A gồm H 2 và hai olefin là đồng đẳng liên tiếp, trong đó H 2 chiếm 60% về thể tích. Dẫn hỗn hợp A qua bột Ni nung nóng được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn khí B được 19,8 gam CO 2 và 13,5 gam H 2 O. Công thức của hai olefin là ✓A. C 2 H 4 và C 3 H 6 . B. C 3 H 6 và C 4 H 8 . C. C 4 H 8 và C 5 H 10 . D. C 5 H 10 và C 6 H 12 . Hướng dẫn giải Đặt CTTB của hai olefin là C n H 2n . Ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất thì thể tích tỷ lệ với số mol khí. Hỗn hợp khí A có: n C n H 2n n H 2 = 0,4 0,6 = 2 3 . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và định luật bảo toàn nguyên tử → Đốt cháy hỗn hợp khí B cũng chính là đốt cháy hỗn hợp khí A. Ta có: C n H 2n + 3n 2 O 2 -→ nCO 2 + nH 2 O (1) 2H 2 + O 2 -→ 2H 2 O (2) Theo phương trình (1) ta có: n CO 2 = n H 2 O = 0,45 mol. ⇒ n C n H 2n = 0,45 n mol. Tổng: n H 2 O = 13,5 18 = 0,75 mol ⇒ n H 2 O (pt 2) = 0,75 - 0,45 = 0,3 mol ⇒ n H 2 = 0,3 mol. Ta có: n C n H 2n n H 2 = 0,3 0,45 × n = 2 3 ⇒ n = 2,25 ⇒ Hai olefin đồng đẳng liên tiếp là C 2 H 4 và C 3 H 6 . (Đáp án B) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO 2 ở đktc và 3,96 gam H 2 O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. A. 3,32 gam ; CH 3 OH và C 2 H 5 OH. B. 4,32 gam ; C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH. C. 2,32 gam ; C 3 H 7 OH và C 4 H 9 OH. ✓D. 3,32 gam ; C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH. Hướng dẫn giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rượu. C n H 2n+1 OH + 3n 2 O 2 -→ nCO↑ 2 + (n + 1)H 2 O x mol -------→ nx mol → (n + 1) x mol n CO 2 = n.x = 3,584 22,4 = 0,16 mol (1) 2 n H O = (n + 1)x = 3,96 18 = 0,22 mol (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67. Ta có: a = (14n + 18).x = (14×2,67) + 18×0,06 = 3,32 gam. n = 2,67 C 2 H 5 OH C 3 H 7 OH (Đáp án D) Ví dụ 7: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,38 gam. Xác định CTPT của rượu B, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng 5 3 tổng số mol của rượu B và C, M B > M C . A. CH 3 OH. B. C 2 H 5 OH. ✓C. C 3 H 7 OH. D. C 4 H 9 OH. Hướng dẫn giải Gọi M là nguyên tử khối trung bình của ba rượu A, B, C. Ta có: M = 0,08 3,38 = 42,2 Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,25. Chỉ có CH 3 OH có (M = 32) Ta có: n A = 0,08 5 + × 3 5 = 0,05 ; m A = 32×0,05 = 1,6 gam. m B + C = 3,38 – 1,6 = 1,78 gam; n B + C = 0,08 5 + × 3 3 = 0,03 mol ; M B + C = 1,78 0.03 = 59,33 . Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rượu B và C. Ta có: C x H y OH = 59,33 hay 12x + y + 17 = 59,33 ⇒ 12x + y = 42,33 Biện luận: x 1 2 3 4 y 30,33 18,33 6,33 < 0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H < 6,33 và một rượu có số nguyên tử H > 6,33. Vậy rượu B là C 3 H 7 OH. Có 2 cặp nghiệm: C 3 H 5 OH (CH 2 =CH–CH 2 OH) và C 3 H 7 OH C 3 H 3 OH (CH≡C–CH 2 OH) và C 3 H 7 OH (Đáp án C) Ví dụ 8: Cho 2,84 gam hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6 gam chất rắn và V lít khí H 2 ở đktc. Tính V. ✓A. 0,896 lít. B. 0,672 lít. C. 0,448 lít. D. 0,336 lít. Hướng dẫn giải Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu. ROH + Na -→ RONa + 1 2 H 2 x mol -----→ x → x 2 . Ta có: ⎧ │ ⎨ │ ⎩ ( ( R R + + 17 ) x 39 ) x = = 2,84 4,6 → Giải ra được x = 0,08. Vậy : V H 2 = 0,08 2 × 22,4 = 0,896 lít. (Đáp án A) Ví dụ 9: (Câu 1 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH năm 2007) Cho 4,48 lít hỗn hợp X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon mạch hở lội từ từ qua bình chứa 1,4 lít dung dịch Br 2 0,5M. Sau khi phản ứng hoàn toàn, số mol Br 2 giảm đi một nửa và khối lượng bình tăng thêm 6,7 gam. Công thức phân tử của 2 hiđrocacbon là A. C 2 H 2 và C 4 H 6 . ✓B. C 2 H 2 và C 4 H 8 . C. C 3 H 4 và C 4 H 8 . D. C 2 H 2 và C 3 H 8 . Hướng dẫn giải n hh X = 4,48 22,4 = 0,2 mol n Br 2 ban ®Çu = 1,4 × 0,5 = 0,7 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! n Br 2 p.øng = 0,7 2 = 0,35 mol. Khối lượng bình Br 2 tăng 6,7 gam là số gam của hiđrocabon không no. Đặt CTTB của hai hiđrocacbon mạch hở là C n H 2n + 2 - 2a (a là số liên kết π trung bình). Phương trình phản ứng: n 2n 2 2a + aBr 2 -→ C n H 2n + 2 - 2a Br 2a 0,2 mol → 0,35 mol ⇒ C H + - a = 0,35 0,2 = 1,75 ⇒ 14n + 2 - 2a = 0,2 6,7 → n = 2,5. Do hai hiđrocacbon mạch hở phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br 2 nên chúng đều là hiđrocacbon không no. Vậy hai hiđrocacbon đó là C 2 H 2 và C 4 H 8 . (Đáp án B) Ví dụ 10: Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp X gồm 2 ancol A và B ta được hỗn hợp Y gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 1,76 gam CO 2 . Khi đốt cháy hoàn toàn Y thì tổng khối lượng H 2 O và CO 2 tạo ra là A. 2,94 gam. ✓B. 2,48 gam. C. 1,76 gam. D. 2,76 gam. Hướng dẫn giải Hỗn hợp X gồm hai ancol A và B tách nước được olefin (Y) → hai ancol là rượu no, đơn chức. Đặt CTTB của hai ancol A, B là C n H 2n + 1 OH ta có các phương trình phản ứng sau: C n H 2n + 1 OH + 3n 2 O 2 -→ nCO 2 + (n + 1)H 2 O C n H 2n + 1 OH ----→ H 170 SO C 4® C n H 2n + H 2 O (Y) n 2n 2 o C H + 3n 2 O 2 -→ nCO 2 + nH 2 O Nhận xét: Khi đốt cháy X và đốt cháy Y cùng cho số mol CO 2 như nhau. Đốt cháy Y cho n CO 2 = n H 2 O . Vậy đốt cháy Y cho tổng ( m 2 + m 2 ) = 0,04 × (44 + 18) = 2,48 gam. (Đáp án B) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEP PHƯƠNG PHÁP TRUNG BÌNH 01. Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp hai axit cacboxylic là đồng đẳng kế tiếp thu được 3,36 lít CO 2 CO H O (đktc) và 2,7 gam H 2 O. Số mol của mỗi axit lần lượt là A. 0,05 mol và 0,05 mol. B. 0,045 mol và 0,055 mol. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! C. 0,04 mol và 0,06 mol. D. 0,06 mol và 0,04 mol. 02. Có 3 ancol bền không phải là đồng phân của nhau. Đốt cháy mỗi chất đều có số mol CO 2 bằng 0,75 lần số mol H 2 O. 3 ancol là A. C 2 O. C. C 3 H 6 O; C 3 H 8 O; C 4 H 10 O. B. C 3 H 8 O; C 3 H 6 O 2 ; C 4 H 10 H 8 O; C 3 H 8 O 2 ; C 3 H 8 O 3 . D. C 3 H 8 O; C 3 H 6 O; C 3 H 8 O 2 . 03. Cho axit oxalic HOOC-COOH tác dụng với hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, đồng đẳng liên tiếp thu được 5,28 gam hỗn hợp 3 este trung tính. Thủy phân lượng este trên bằng dung dịch NaOH thu được 5,36 gam muối. Hai rượu có công thức A. CH 3 OH. C. C 3 OH và C 2 H 5 OH. B. C 2 H 5 OH và C 3 H 7 H 7 OH và C 4 H 9 OH. D. C 4 H 9 OH và C 5 H 11 OH. 04. Nitro hóa benzen được 14,1 gam hỗn hợp hai chất nitro có khối lượng phân tử hơn kém nhau 45 đvC. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hai chất nitro này được 0,07 mol N 2 . Hai chất nitro đó là A. C 6 . B. C 6 H 5 NO 2 và C 6 H 4 (NO 2 ) 2 . C. C 6 H 4 (NO 2 ) 2 và C 6 H 3 (NO 2 ) 3 . D. C 6 H 3 (NO 2 ) 3 và C 6 H 2 (NO 2 ) 4 H 2 (NO 2 ) 4 và C 6 H(NO 2 ) 5 . 05. Một hỗn hợp X gồm 2 ancol thuộc cùng dãy đồng đẳng có khối lượng 30,4 gam. Chia X thành hai phần bằng nhau. Phần 1: cho tác dụng với Na dư, kết thúc phản ứng thu được 3,36 lít H 2 (đktc). Phần 2: tách nước hoàn toàn ở 180oC, xúc tác H 2 đặc thu được một anken cho hấp thụ vào bình đựng dung dịch Brom dư thấy có 32 gam Br 2 SO 4 bị mất màu. CTPT hai ancol trên là A. CH 3 OH. C. CH 3 OH và C 2 H 5 OH. B. C 2 H 5 OH và C 3 H 7 OH và C 3 H 7 OH. D. C 2 H 5 OH và C 4 H 9 OH. 06. Chia hỗn hợp gồm 2 anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam nước. - Phần 2: tác dụng với H 2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem A đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO 2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 1,444 lít. 07. Tách nước hoàn toàn từ hỗn hợp Y gồm hai rượu A, B ta được hỗn hợp X gồm các olefin. Nếu đốt cháy hoàn toàn Y thì thu được 0,66 gam CO 2 . Vậy khi đốt cháy hoàn toàn X thì tổng khối lượng H 2 O và CO 2 tạo ra là A. 0,903 gam. B. 0,39 gam. C. 0,94 gam. D. 0,93 gam. 08. Cho 9,85 gam hỗn hợp 2 amin đơn chức no bậc 1 tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được 18,975 gam muối. Vậy khối lượng HCl phải dùng là A. 9,521 gam. B. 9,125 gam. C. 9,215 gam. D. 0,704 gam. 09. Cho 4,2 gam hỗn hợp gồm rượu etylic, phenol, axit fomic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 0,672 lít khí (đktc) và một dung dịch. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp X. Khối lượng của X là A. 2,55 gam. B. 5,52 gam. C. 5,25 gam. D. 5,05 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 10. Hỗn hợp X gồm 2 este A, B đồng phân với nhau và đều được tạo thành từ axit đơn chức và rượu đơn chức. Cho 2,2 gam hỗn hợp X bay hơi ở 136,5oC và 1 atm thì thu được 840 ml hơi este. Mặt khác đem thuỷ phân hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp X bằng 100 ml dung dịch NaOH 20% (d = 1,2 g/ml) rồi đem cô cạn thì thu được 33,8 gam chất rắn khan. Vậy công thức phân tử của este là A. C 2 H 4 O 2 . B. C 3 H 6 O 2 . C. C 4 H 8 O 2 . D. C 5 H 10 O 2 . Đáp án các bài tập trắc nghiệm vận dụng: 1. A 2. C 3. A 4. A 5. C 6. C 7. D 8. B 9. B 10. C Phương pháp 6 TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển từ chất A thành chất B (không nhất thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian) khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản ứng: MCO 3 + 2HCl -→ MCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ Ta thấy rằng khi chuyển 1 mol MCO 3 thành MCl 2 thì khối lượng tăng (M + 2×35,5) - (M + 60) = 11 gam và có 1 mol CO 2 bay ra. Như vậy khi biết lượng muối tăng, ta có thể tính lượng CO 2 bay ra. Trong phản ứng este hóa: CH 3 -COOH + R′-OH -→ CH 3 -COOR′ + H 2 O thì từ 1 mol R-OH chuyển thành 1 mol este khối lượng tăng (R′ + 59) - (R′ + 17) = 42 gam. Như vậy nếu biết khối lượng của rượu và khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu hoặc ngược lại. Với bài tập cho kim loại A đẩy kim loại B ra khỏi dung dịch muối dưới dạng tự do: Khối lượng kim loại tăng bằng m B (bám) - m A (tan) . Khối lượng kim loại giảm bằng m A (tan) - m B (bám) . Sau đây là các ví dụ điển hình: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 1: Có 1 lít dung dịch hỗn hợp Na 2 0,25 mol/l. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl 2 CO 3 0,1 mol/l và (NH 4 ) 2 CO 3 và CaCl 2 vào dung dịch đó. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Tính % khối lượng các chất trong A. A. %m BaCO 3 = 50%, %m CaCO 3 = 50%. B. %m BaCO 3 = 50,38%, %m CaCO 3 = 49,62%. ✓C. %m = 50,38%. 3 D. Không xác định được. Hướng dẫn giải Trong dung dịch: Na 2 %m BaCO = 49,62%, CaCO 3 CO 3 -→ 2Na+ + CO 3 2- (NH 4 ) 2 CO 3 -→ 2NH 4 + + CO 3 2- BaCl 2 -→ Ba2+ + 2Cl- CaCl 2 -→ Ca2+ + 2Cl- Các phản ứng: Ba2+ + CO 3 2- -→ BaCO 3↓ (1) Ca2+ + CO 3 2- -→ CaCO 3↓ (2) Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl 2 , hoặc CaCl 2 biến thành BaCO 3 hoặc CaCO 3 thì khối lượng muối giảm (71 - 60) = 11 gam. Do đó tổng số mol hai muối BaCO 3 bằng: 43 39,7 11 và CaCO 3 - = 0,3 mol mà tổng số mol CO 3 2- = 0,1 + 0,25 = 0,35, điều đó chứng tỏ dư CO 3 2-. Gọi x, y là số mol BaCO 3 và CaCO 3 trong A ta có: ⎧ ⎨ ⎩ 197x x + y + = 100y 0,3 = 39,7 ⇒ x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol. Thành phần của A: %m BaCO 3 = × × = 49,62%; 3 0,1 39,7 197 100 %m CaCO = 100 - 49,6 = 50,38%. (Đáp án C) Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị (I) và một muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 4,48 lít khí CO 2 (đktc). Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là bao nhiêu? ✓A. 26,0 gam. B. 28,0 gam. C. 26,8 gam. D. 28,6 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải Cứ 1 mol muối cacbonat tạo thành 1 mol muối clorua cho nên khối lượng muối khan tăng (71 - 60) = 11 gam, mà n CO 2 = n muối cacbonat = 0,2 mol. Suy ra khối lượng muối khan tăng sau phản ứng là 0,2×11 = 2,2 gam. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là 23,8 + 2,2 = 26 gam. (Đáp án A) Ví dụ 3: Cho 3,0 gam một axit no, đơn chức A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 4,1 gam muối khan. CTPT của A là A. HCOOH B. C 3 H 7 COOH ✓C. CH 3 COOH D. C 2 H 5 COOH. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol axit đơn chức tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng (23 - 1) = 22 gam, mà theo đầu bài khối lượng muối tăng (4,1 - 3) = 1,1 gam nên số mol axit là n axit = 1,1 22 = 0,05 mol. → M axit = 0,05 3 = 60 gam. Đặt CTTQ của axit no, đơn chức A là C n H 2n+1 COOH nên ta có: 14n + 46 = 60 → n = 1. Vậy CTPT của A là CH 3 COOH. (Đáp án C) Ví dụ 4: Cho dung dịch AgNO 3 dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối KCl và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu. A. 0,08 mol. ✓B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,055 mol. Hướng dẫn giải Cứ 1 mol muối halogen tạo thành 1 mol kết tủa -→ khối lượng tăng: 108 - 39 = 69 gam; 0,06 mol ←-------- khối lượng tăng: 10,39 - 6,25 = 4,14 gam. Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol. (Đáp án B) Ví dụ 5: Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị (II) vào dung dịch CuSO 4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24 gam. Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch AgNO 3 thì khi phản ứng xong thấy khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52 gam. Kim loại hóa trị (II) là kim loại nào sau đây? A. Pb. ✓B. Cd. C. Al. D. Sn. Hướng dẫn giải Đặt kim loại hóa trị (II) là M với số gam là x (gam). M + CuSO 4 dư -→ MSO 4 + Cu Cứ M gam kim loại tan ra thì sẽ có 64 gam Cu bám vào. Vậy khối lượng kim loại giảm (M - 64) gam; Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Vậy: x (gam) = 0,24.M M - 64 ←--- khối lượng kim loại giảm 0,24 gam. Mặt khác: M + 2AgNO 3 -→ M(NO 3 ) 2 + 2Ag Cứ M gam kim loại tan ra thì sẽ có 216 gam Ag bám vào. Vậy khối lượng kim loại tăng (216 - M) gam; Vây: x (gam) = 216 0,52.M - M ←--- khối lượng kim loại tăng 0,52 gam. Ta có: 0,24.M M - 64 = 216 0,52.M - M → M = 112 (kim loại Cd). (Đáp án B) Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A. Sục khí Cl 2 dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là ✓A. 29,25 gam. B. 58,5 gam. C. 17,55 gam. D. 23,4 gam. Hướng dẫn giải Khí Cl 2 dư chỉ khử được muối NaI theo phương trình 2NaI + Cl 2 -→ 2NaCl + I 2 Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl -→ Khối lượng muối giảm 127 - 35,5 = 91,5 gam. Vậy: 0,5 mol ←--- Khối lượng muối giảm 104,25 - 58,5 = 45,75 gam. ⇒ m NaI = 150×0,5 = 75 gam ⇒ m NaCl = 104,25 - 75 = 29,25 gam. (Đáp án A) Ví dụ 7: Ngâm một vật bằng đồng có khối lượng 15 gam trong 340 gam dung dịch AgNO 3 6%. Sau một thời gian lấy vật ra thấy khối lượng AgNO 3 trong dung dịch giảm 25%. Khối lượng của vật sau phản ứng là A. 3,24 gam. B. 2,28 gam. ✓C. 17,28 gam. D. 24,12 gam. Hướng dẫn giải n AgNO 3 ( ban ®Çu ) = 170 340 × × 100 6 = 0,12 mol; 3 n AgNO ( ph.øng ) = 0,12 × 100 25 = 0,03 mol. Cu + 2AgNO 3 -→ Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag ↓ 0,015 ← 0,03 -------→ 0,03 mol m vật sau phản ứng = m vật ban đầu + m Ag (bám) - m Cu (tan) = 15 + (108×0,03) - (64×0,015) = 17,28 gam. (Đáp án C) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 8: Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO 4 . Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO 4 bằng 2,5 lần nồng độ mol FeSO 4 . Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2 gam. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm và bám lên thanh sắt lần lượt là A. 12,8 gam; 32 gam. ✓B. 64 gam; 25,6 gam. C. 32 gam; 12,8 gam. D. 25,6 gam; 64 gam. Hướng dẫn giải Vì trong cùng dung dịch còn lại (cùng thể tích) nên: [ZnSO 4 ] = 2,5 [FeSO 4 ] ⇒ n ZnSO 4 = 2,5n FeSO 4 Zn + CuSO 4 (1) 2,5x ← 2,5x ←--- 2,5x mol Fe + CuSO 4 -→ ZnSO 4 + Cu ↓ (2) x ← x ←--- x → x mol Từ (1), (2) nhận được độ giảm khối lượng của dung dịch là m Cu (bám) -→ FeSO 4 + Cu ↓ - m Zn (tan) - m Fe (tan) ⇒ 2,2 = 64×(2,5x + x) - 65×2,5x -56x ⇒ x = 0,4 mol. Vậy: m Cu (bám lên thanh kẽm) = 64×2,5×0,4 = 64 gam; m Cu (bám lên thanh sắt) = 64×0,4 = 25,6 gam. (Đáp án B) Ví dụ 9: (Câu 15 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Cho 5,76 gam axit hữu cơ X đơn chức, mạch hở tác dụng hết với CaCO 3 thu được 7,28 gam muối của axit hữu cơ. Công thức cấu tạo thu gọn của X là ✓A. CH 2 =CH-COOH. B. CH 3 COOH. C. HC≡C-COOH. D. CH 3 -COOH. Hướng dẫn giải Đặt CTTQ của axit hữu cơ X đơn chức là RCOOH. 2RCOOH + CaCO 3 -CH 2 -→ (RCOO) 2 Ca + CO 2 ↑ + H 2 O Cứ 2 mol axit phản ứng tạo muối thì khối lượng tăng (40 - 2) = 38 gam. x mol axit ←------------- (7,28 - 5,76) = 1,52 gam. ⇒ x = 0,08 mol → M RCOOH = 5,76 0,08 = 72 → R = 27 ⇒ Axit X: CH 2 =CH-COOH. (Đáp án A) Ví dụ 10: Nhúng thanh kẽm vào dung dịch chứa 8,32 gam CdSO 4 . Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu. A. 60 gam. B. 70 gam. ✓C. 80 gam. D. 90 gam. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là 2,35a 100 gam. Zn + CdSO 4 + Cd 65 → 1 mol -----→ 112, tăng (112 – 65) = 47 gam 8,32 208 -→ ZnSO 4 2,35a 100 gam Ta có tỉ lệ: (=0,04 mol) -→ 1 0,04 = 2,35a 47 → a = 80 gam. (Đáp án C) 100 Ví dụ 11: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dung dịch CuSO 4 , sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO 3 , sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO 4 ) 2 và Pb(NO 3 ) 2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. A. Al. ✓B. Zn. C. Mg. D. Fe. Hướng dẫn giải Gọi m là khối lượng thanh kim loại, M là nguyên tử khối của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO 4 -→ MSO 4 + Cu↓ M (gam) → 1 mol -----→ 64 gam, giảm (M – 64)gam. x mol ----→ giảm 0,05.m 100 gam. ⇒ x = 0,05.m 100 M - 64 (1) M + Pb(NO 3 ) 2 → M(NO 3 ) 2 + Pb↓ M (gam) → 1 mol ----→ 207, tăng (207 – M) gam x mol -----→ tăng 7,1.m 100 gam ⇒ x = 7,1.m 207 100 M- (2) Từ (1) và (2) ta có: 0,05.m 7,1.m 100 M - 64 = 207 100 M- (3) Từ (3) giải ra M = 65. Vậy kim loại M là kẽm. (Đáp án B) Ví dụ 12: Cho 3,78 gam bột Al phản ứng vừa đủ với dung dịch muối XCl 3 tạo thành dung dịch Y. Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06 gam so với dung dịch XCl 3 . xác định công thức của muối XCl 3 . Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ✓A. FeCl 3 . B. AlCl 3 . C. CrCl 3 . D. Không xác định. Hướng dẫn giải Gọi A là nguyên tử khối của kim loại X. Al + XCl 3 -→ AlCl 3 + X 3,78 27 = (0,14 mol) → 0,14 0,14 mol. Ta có : (A + 35,5×3)×0,14 – (133,5×0,14) = 4,06 Giải ra được: A = 56. Vậy kim loại X là Fe và muối FeCl 3 . (Đáp án A) Ví dụ 13: Nung 100 gam hỗn hợp gồm Na 2 CO 3 và NaHCO 3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp không đổi được 69 gam chất rắn. Xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất tương ứng trong hỗn hợp ban đầu. A. 15,4% và 84,6%. B. 22,4% và 77,6%. ✓C. 16% và 84%. D. 24% và 76%. Hướng dẫn giải Chỉ có NaHCO 3 bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO 3 . 2NaHCO 3 t--→ o Na 2 CO 3 + CO 2 ↑ + H 2 O Cứ nung 168 gam -----→ khối lượng giảm: 44 + 18 = 62 gam x -----→ khối lượng giảm: 100 – 69 = 31 gam Ta có: 168 x = 62 31 → x = 84 gam. Vậy NaHCO 3 chiếm 84% và Na 2 CO 3 chiếm 16%. (Đáp án C) Ví dụ 14: Hòa tan 3,28 gam hỗn hợp muối CuCl 2 và Cu(NO 3 ) 2 vào nước được dung dịch A. Nhúng Mg vào dung dịch A cho đến khi mất màu xanh của dung dịch. Lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng thêm 0,8 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Tính m? A. 1.28 gam. ✓B. 2,48 gam. C. 3,1 gam. D. 0,48 gam. Hướng dẫn giải Ta có: m tăng = m Cu - m Mg phản ứng = m Cu 2 + - m Mg 2 + = 3,28 - ( m gèc axit + m Mg 2 + ) = 0,8 ⇒ m = 3,28 - 0,8 = 2,48 gam. (Đáp án B) Ví dụ 15: Hòa tan 3,28 gam hỗn hợp muối MgCl 2 và Cu(NO 3 ) 2 vào nước được dung dịch A. Nhúng vào dung dịch A một thanh sắt. Sau một khoảng thời gian lấy thanh sắt ra cân lại thấy tăng thêm 0,8 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Giá trị m là A. 4,24 gam. ✓B. 2,48 gam. C. 4,13 gam. D. 1,49 gam. Hướng dẫn giải Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: Sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ giảm khối lượng của dung dịch muối. Do đó: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! m = 3,28 - 0,8 = 2,48 gam. (Đáp án B) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 01. Cho 115 gam hỗn hợp gồm ACO 3 , B 2 CO 3 , R 2 CO 3 tác dụng hết với dung dịch HCl thấy thoát ra 22,4 lít CO 2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là A. 142 gam. B. 126 gam. C. 141 gam. D. 132 gam. 02. Ngâm một lá sắt trong dung dịch CuSO 4 . Nếu biết khối lượng đồng bám trên lá sắt là 9,6 gam thì khối lượng lá sắt sau ngâm tăng thêm bao nhiêu gam so với ban đầu? A. 5,6 gam. B. 2,8 gam. C. 2,4 gam. D. 1,2 gam. 03. Cho hai thanh sắt có khối lượng bằng nhau. Thanh 1 nhúng vào dung dịch có chứa a mol AgNO 3 . Thanh 2 nhúng vào dung dịch có chứa a mol Cu(NO 3 ) 2 . Sau phản ứng, lấy thanh sắt ra, sấy khô và cân lại thấy sẽ cho kết quả nào sau đây? A. Khối lượng hai thanh sau nhúng vẫn bằng nhau nhưng khác ban đầu. B. Khối lượng thanh 2 sau nhúng nhỏ hơn khối lượng thanh 1 sau nhúng. C. Khối lượng thanh 1 sau nhúng nhỏ hơn khối lượng thanh 2 sau nhúng. D. Khối lượng hai thanh không đổi vẫn như trước khi nhúng. 04. Cho V lít dung dịch A chứa đồng thời FeCl 3 1M và Fe 2 (SO4) 3 0,5M tác dụng với dung dịch Na 2 CO 3 có dư, phản ứng kết thúc thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm 69,2 gam so với tổng khối lượng của các dung dịch ban đầu. Giá trị của V là: A. 0,2 lít. B. 0,24 lít. C. 0,237 lít. D.0,336 lít. 05. Cho luồng khí CO đi qua 16 gam oxit sắt nguyên chất được nung nóng trong một cái ống. Khi phản ứng thực hiện hoàn toàn và kết thúc, thấy khối lượng ống giảm 4,8 gam. Xác định công thức và tên oxit sắt đem dùng. 06. Dùng CO để khử 40 gam oxit Fe 2 O 3 thu được 33,92 gam chất rắn B gồm Fe 2 O 3 , FeO và Fe. Cho 1 2 B tác dụng với H 2 SO 4 loãng dư, thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Xác định thành phần theo số mol chất rắn B, thể tích khí CO (đktc) tối thiểu để có được kết quả này. 07. Nhúng một thanh sắt nặng 12,2 gam vào 200 ml dung dịch CuSO 4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh kim loại ra, cô cạn dung dịch được 15,52 gam chất rắn khan. a) Viết phương trình phản ứng xảy ra, tìm khối lượng từng chất có trong 15,52 gam chất rắn khan. b) Tính khối lượng thanh kim loại sau phản ứng. Hòa tan hoàn toàn thanh kim loại này trong dung dịch HNO 3 đặc nóng, dư thu được khí NO 2 duy nhất, thể tích V lít (đo ở 27,3 oC, 0,55 atm). Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Tính V. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 08. Ngâm một thanh đồng có khối lượng 140,8 gam vào dung dịch AgNO 3 sau một thời gian lấy thanh đồng đem cân lại thấy nặng 171,2 gam. Tính thành phần khối lượng của thanh đồng sau phản ứng. 09. Ngâm một lá kẽm nhỏ trong một dung dịch có chứa 2,24 gam ion kim loại có điện tích 2+. Phản ứng xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94 gam. Hãy xác định tên của ion kim loại trong dung dịch. 10. Có hai lá kim loại cùng chất, cùng khối lượng, có khả năng tạo ra hợp chất có số oxi hóa +2. Một lá được ngâm trong dung dịch Pb(NO 3 . Sau một thời gian người ta lấy lá kim loại ra khỏi dung dịch, rửa nhẹ. Nhận thấy khối lượng lá kim loại được ngâm trong muối chì tăng thêm 19%, khối lượng lá kim loại kia giảm 9,6%. Biết rằng, trong hai phản ứng trên, khối lượng các kim loại bị hòa tan như nhau. Hãy xác định tên của hai lá kim loại đang dùng. Đáp án các bài tập vận dụng: 01. B 02. D. 03. B. 04. A. 05. Fe 2 ) 2 còn lá kia được ngâm trong dung dịch Cu(NO 3 ) 2 = 37,21% ; 2 3 O 3 . 06. V CO = 8,512 lít ; %n Fe = 46,51% ; %n FeO %n Fe O = 16,28%. 07. a) 6,4 gam CuSO 4 . b) m KL và 9,12 gam FeSO 4 = 12,68 gam ; V NO 2 = 26,88 lít. 08. Thanh Cu sau phản ứng có m Ag (bám) = 43,2 gam và m Cu (còn lại) = 128 gam. 09. Cd2+ 10. Cd Phương pháp 7 QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp. 2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn. 4. Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là Fe x O y thì oxit Fe x O y tìm được chỉ là oxit giả định không có thực. Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO 3 dư thu được 2,24 lít khí NO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là ✓A. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. D. 6,9 gam. Hướng dẫn giải • Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe 2 O 3 : Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO 3 dư ta có Fe + 6HNO 3 -→ Fe(NO 3 ) 3 + 3NO 2 + 3H 2 O 0,1 3 ←--------- 0,1 mol ⇒ Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe 2 O 3 là n Fe = 8,4 56 - 0,1 3 = 0,35 3 → n 2 3 = 0,35 3 × 2 Vậy: 2 3 Fe O m X = m Fe + m Fe O ⇒ m X = 0,1 3 × 56 + 0,35 3 × 160 = 11,2 gam. • Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe 2 O 3 : FeO + 4HNO 3 -→ Fe(NO 3 ) 3 + NO 2 + 2H 2 O 0,1 ←---------- 0,1 mol ta có: ⎧ │ │ ⎨ │ │ ⎩ + + --→ → --→ → h 2 X 2Fe O 2 2FeO 0,15 mol 0,1 4Fe 3O 2 0,1 mol 2Fe 2 O 3 0,05 0,025 mol m = 0,1×72 + 0,025×160 = 11,2 gam. (Đáp án A) Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe 3 O 4 ) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe 3 O 4 ) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số). • Quy hỗn hợp X về một chất là Fe x O y : Fe x O y + (6x-2y)HNO 3 -→ Fe(NO 3 ) 3 + (3x-2y) NO 2 + (3x-y)H 2 O 3x 0,1 - 2y mol ←------------ 0,1 mol. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ n Fe = 8,4 56 = 3x 0,1.x - 2y x y = 6 7 mol. Vậy công thức quy đổi là Fe 6 → O 7 (M = 448) và n Fe 6 O 7 = 3 × 6 0,1 - 2 × 7 = 0,025 mol. ⇒ m X = 0,025×448 = 11,2 gam. Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe 2 O 3 là đơn giản nhất. Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO 2 O 3 , Fe 3 O 4 bằng HNO 3 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị của m là A. 35,7 gam. ✓B. 46,4 gam. C. 15,8 gam. D. 77,7 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe 2 ta có FeO + 4HNO 3 O 3 O 0,2 mol ←---- 0,2 mol ← 0,2 mol Fe 2 -→ Fe(NO 3 ) 3 + NO 2 + 2H 2 O 3 + 6HNO 3 -→ 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O 0,2 mol ←----- 0,4 mol n Fe(NO 3 ) 3 = 145,2 242 = 0,6 mol. ⇒ m X = 0,2×(72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO 2 O 3 , Fe 3 O 4 bằng H 2 SO 4 (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X. A. 40,24%. B. 30,7%. ✓C. 20,97%. D. 37,5%. b) Tính khối lượng muối trong dung dịch Y. A. 160 gam. ✓B.140 gam. C. 120 gam. D. 100 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe 2 O 3 , ta có: ⎧ │ │ ⎨ │ │ ⎩ - 2 3 + 2 4 --→ 2 4 3 2 2 ← + 2 4 --→ 2 4 3 2 → - + ← + + ⇒ 2 3 2FeO 4H SO Fe (SO ) SO 4H O 49,6 gam 0,8 Fe O 3H SO 0,4 0,4 mol Fe (SO ) 3H O 0,05 0,05 mol m Fe O = 49,6 - 0,8×72 = -8 gam ↔ (-0,05 mol) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ n O (X) = 0,8 + 3×(-0,05) = 0,65 mol. Vậy: a) %m O = 0,65 × 49,9 16 × 100 = 20,97%. (Đáp án C) b) m Fe 2 (SO 4 ) 3 = [0,4 + (0,05)]×400 = 140 gam. (Đáp án B) Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 thì cần 0,05 mol H 2 . Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H 2 đặc nóng thì thu được thể tích khí SO 2 SO 4 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là. ✓A. 224 ml. B. 448 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe 2 với số mol là x, y, ta có: FeO + H 2 O 3 t--→ o Fe + H 2 O x y Fe 2 O 3 + 3H 2 t--→ o 2Fe + 3H 2 O x 3y ⎧ ⎨ ⎩ 72x x + 3y + 160y = 0,05 = 3,04 → ⎧ ⎨ ⎩ x = y = 0,02 mol 0,01 mol 2FeO + 4H 2 O 0,02 -----------→ 0,01 mol Vậy: 2 SO 4 -→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 V SO = 0,01×22,4 = 0,224 lít (hay 224 ml). (Đáp án A) Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là ✓A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe 2 : Fe + 4HNO 3 O 3 O 0,025 ← 0,025 ← 0,025 mol ⇒ 2 3 -→ Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 m Fe O = 3 - 56×0,025 = 1,6 gam ⇒ m Fe (trong Fe 2 O 3 ) = 160 1,6 × 2 = 0,02 mol ⇒ m Fe = 56×(0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO 3 SO 4 ) 2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO 3 ) 2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. ✓C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe 2 O 3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe 3 O 4 . Hỗn hợp X gồm: Fe 3 O 4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe 3 O 4 + 8H+ -→ Fe2+ + 2Fe3+ + 4H 2 O 0,2 → 0,2 0,4 mol Fe + 2H+ -→ Fe2+ + H 2 ↑ 0,1 → 0,1 mol Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO 3 ) 2 : 3Fe2+ + NO 3 - + 4H+ -→ 3Fe3+ + NO↑ + 2H 2 O 0,3 0,1 0,1 mol ⇒ V NO = 0,1×22,4 = 2,24 lít. n Cu(NO 3 ) 2 = 1 2 n NO 3 - = 0,05 mol. ⇒ 2 3 2 V d Cu(NO ) = 0,05 1 = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO 3 , bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Số mol NO bay ra là. A. 0,01. B. 0,04. C. 0,03. ✓D. 0,02. Hướng dẫn giải n Fe = 8,96 56 = 0,16 mol Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe 3 ) ta có phương trình: 2Fe + O 2 O 4 , Fe 2 O 3 ) thành hỗn hợp (FeO, Fe 2 O 3 -→ 2FeO x → x 4Fe + 3O 2 -→ 2Fe 2 O 3 y → y/2 3FeO + 10HNO 3 O x → 10x/3 → x/3 Fe 2 -→ 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O y/2 → 3y Hệ phương trình: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⎧ │ ⎨ │ ⎩ x + y = 0,16 10x 3 + 3y = 0,5 ⎧ ⎨ ⎩ x y = = 0,06 mol 0,1 mol NO ⇒ n = 0,06 3 = 0,02 mol. (Đáp án D) Phương pháp 8 SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài tập hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông cũng như trong các đề thi kiểm tra và đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng. Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song việc giải loại dạng bài tập này theo phương pháp sơ đồ đường chéo theo tác giả là tốt nhất. Nguyên tắc: Trộn lẫn hai dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m 1 , thể tích V 1 , nồng độ C 1 (nồng độ phần trăm hoặc nồng độ mol), khối lượng riêng d 1 . Dung dịch 2: có khối lượng m 2 , thể tích V 2 , nồng độ C 2 (C 2 > C 1 ), khối lượng riêng d 2 . Dung dịch thu được: có khối lượng m = m 1 + m 2 , thể tích V = V 1 + V 2 , nồng độ C (C 1 < C < C 2 ) và khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a. Đối với nồng độ % về khối lượng: C 1 C | C 2 C | C 2 | C 1 C | → m 1 m 2 = C 2 - C C 1 - C (1) b. Đối với nồng độ mol/lít: C M1 C ` | C 2 C | → C M2 | C 1 C | V 1 V 2 = C 2 - C C 1 - C (2) c. Đối với khối lượng riêng: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! d 1 → 1 2 d 2 | d 2 d | d | d 1 d | V V 2 = C - C C 1 - C (3) Khi sử dụng sơ đồ đường chéo cần chú ý: - Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% - Dung môi coi như dung dịch có C = 0% - Khối lượng riêng của H 2 V 1 O là d = 1g/ml. Sau đây là một số ví dụ sử dụng phương pháp sơ đồ đường chéo trong tính toán các bài tập. Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m 1 gam dung dịch HCl 45% pha với m 2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m 1 /m 2 là A. 1:2. B. 1:3. ✓C. 2:1. D. 3:1. Hướng dẫn giải Áp dụng công thức (1): m 1 m 2 = 15 45 - - 25 25 = 10 20 = 1 2 . (Đáp án C) Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lý (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl 3% pha với nước cất. Giá trị của V là ✓A. 150 ml. B. 214,3 ml. C. 285,7 ml. D. 350 ml. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ: ⇒ V 1 (NaCl) V 2 3 | 0,9 0 | (H 2 O) 0 0,9 | 3 0,9 | = 2,1 0,9 + 0,9 × 500 = 150 ml. (Đáp án A) Ví dụ 3: Hòa tan 200 gam SO 3 vào m 2 gam dung dịch H 2 SO 4 49% ta được dung dịch H 2 SO 4 78,4%. Giá trị của m 2 là A. 133,3 gam. B. 146,9 gam. C. 272,2 gam. ✓D. 300 gam. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: SO 3 + H 2 O -→ H 2 SO 4 100 gam SO 3 → 98 × 100 80 = 122,5 gam H 2 SO 4 . Nồng độ dung dịch H 2 SO 4 tương ứng 122,5%. Gọi m 1 , m 2 lần lượt là khối lượng của SO 3 và dung dịch H 2 SO 4 49% cần lấy. Theo (1) ta có: m 1 m 2 = 122,5 49 - - 78,4 78,4 = 29,4 44,1 Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ m 2 = 29,4 44,1 × 200 = 300 gam. (Đáp án D) Ví dụ 4: Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,319. Brom có hai đồng vị bền: 79 35 Br và 35 81 Br. Thành phần % số nguyên tử của 35 81 Br là A. 84,05. B. 81,02. C. 18,98. ✓D. 15,95. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ đường chéo: ⇒ 81 35 79 35 Br (M = 81) 79,319 - 79 = 0,319 A = 79,319 Br (M = 79) 81 - 79,319 = 1,681 % % 35 79 35 81 Br Br = 0,319 1,681 ⇒ % 35 81 Br = 1,681 0,319 + 0,319 ×100% = 15,95%. (Đáp án D) Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O 2 ở điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối hơi với hiđro là 18. Thành phần % về thể tích của O 3 3 2 , O 3 trong hỗn hợp là A. 15%. ✓B. 25%. C. 35%. D. 45%. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo: ⇒ 3 2 V O M = 48 32 - 36 M = 18 × 2 = 36 V O M = 32 48 - 36 V O V O = 12 4 = 1 3 ⇒ %V O 3 = 3 1 + 1 ×100% = 25%. (Đáp án B) Ví dụ 6: Cần trộn hai thể tích metan với một thể tích đồng đẳng X của metan để thu được hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 15. X là A. C 3 H 8 . ✓B. C 4 H 10 . C. C 5 H 12 . D. C 6 H 14 . Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo: V CH 4 M = 16 M 2 - 30 M = 15 × 2 = 30 V M 2 M = M 2 16 - 30 Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ V CH 4 V M 2 = M 2 - 30 14 = 1 2 → │M 2 - 30│ = 28 ⇒ M 2 = 58 ⇒ 14n + 2 = 58 ⇒ n = 4. Vậy: X là C 4 H 10 . (Đáp án B) Ví dụ 7: Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H 3 1,5M. Muối tạo thành và khối lượng tương ứng là A. 14,2 gam Na 2 PO 4 . B. 28,4 gam Na 2 HPO 4 ; 32,8 gam Na 3 PO 4 HPO 4 ; 16,4 gam Na 3 PO 4 . ✓C. 12 gam NaH 2 . D. 24 gam NaH 2 PO 4 ; 28,4 gam Na 2 HPO 4 . Hướng dẫn giải Có: 3 4 PO 4 ; 14,2 gam Na 2 HPO 4 1 < n n H NaOH PO = 0,2 0,25 × × 1,5 2 = < tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaH 2 5 3 2 . Sơ đồ đường chéo: ⇒ 2 4 2 4 PO 4 , Na 2 HPO 4 Na 2 HPO 4 n 1 = 2 1 - 5 3 = 2 3 n = 5 3 NaH 2 PO 4 n 2 = 1 2 - 5 3 = 1 3 n Na HPO n NaH PO = 2 1 → n Na 2 HPO 4 = 2n NaH 2 PO 4 Mà: n Na 2 HPO 4 + n NaH 2 PO 4 = n H 3 PO 4 = 0,3 mol ⇒ ⎧│ ⎨ │⎩ n n Na NaH 2 HPO 2 PO 4 4 = 0,2 mol = 0,1 mol ⇒ ⎧│ ⎨ │⎩ m Na 2 HPO n NaH 2 PO 4 4 = 0,2 × 142 = 28,4 gam = 0,1 × 120 = 12 gam (Đáp án C) Ví dụ 8: Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO 3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448 ml khí CO 2 và BaCO 3 trong hỗn hợp là A. 50%. B. 55%. ✓C. 60%. D. 65%. Hướng dẫn giải 2 (đktc). Thành phần % số mol của BaCO 3 n CO = 0,488 22,4 = 0,02 mol → M = 3,164 0,02 = 158,2. Áp dụng sơ đồ đường chéo: Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! BaCO 3 (M 1 = 197) 100 - 158,2 = 58,2 M = 158,2 CaCO 3 (M 2 = 100) 197 - 158,2 = 38,8 ⇒ %n BaCO 3 = 58,2 58,2 + 38,8 ×100% = 60%. (Đáp án C) Ví dụ 9: Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4 8% để pha thành 280 gam dung dịch CuSO 4 1 2 .5H 2 O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO 4 16%? A. 180 gam và 100 gam. B. 330 gam và 250 gam. C. 60 gam và 220 gam. ✓D. 40 gam và 240 gam. Hướng dẫn giải CuSO 4 .5H 2 O → Ta coi CuSO 4 .5H 2 O như là dung dịch CuSO 4 có: 160 250 C% = × =64%. Gọi m 1 160 100 250 là khối lượng của CuSO 4 .5H 2 O và m 2 là khối lượng của dung dịch CuSO 4 8%. Theo sơ đồ đường chéo: (m ) 64 8 - 16 = 8 16 (m ) 8 64 - 16 = 48 ⇒ m 1 m 2 = 48 8 = 1 6 . Mặt khác m 1 + m 2 = 280 gam. Vậy khối lượng CuSO 4 .5H 2 O là: m 1 = 1 280 + 6 × 1 = 40 gam và khối lượng dung dịch CuSO 4 8% là: m 2 = 280 - 40 = 240 gam. (Đáp án D) Ví dụ 10: Cần bao nhiêu lít axit H 2 (D = 1,84) và bao nhiêu lít nước cất để pha thành 9 lít dung dịch H 2 2 2 4 SO 4 SO 4 có D = 1,28 gam/ml? A. 2 lít và 7 lít. ✓B. 3 lít và 6 lít. C. 4 lít và 5 lít. D. 6 lít và 3 lít. Hướng dẫn giải Ta có sơ đồ đường chéo: H O: 1 |1,84 - 1,28| = 0,56 1,28 H SO : 1,84 |1,28 - 1| = 0,28 Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! ⇒ V H 2 O V H 2 SO 4 = 0,56 0,28 = 2 1 . Cần phải lấy 1 + 1 2 × 9 = 3 lít H 2 SO 4 (d = 1,84 g/ml) và 6 lít H 2 O. (Đáp án B) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO 01. Hòa tan hoàn toàn m gam Na 2 O nguyên chất vào 40 gam dung dịch NaOH 12% thu được dung dịch NaOH 51%. Giá trị của m (gam) là A. 11,3. B. 20,0. C. 31,8. D. 40,0. 02. Thể tích nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H 2 SO 4 98% (d = 1,84 g/ml) để được dung dịch mới có nồng độ 10% là A. 14,192 ml. B. 15,192 ml. C. 16,192 ml. D. 17,192 ml. 03. Nguyên tử khối trung bình của đồng 63,54. Đồng có hai đồng vị bền: 63 29 Cu và 65 29 Cu Thành phần % số nguyên tử của 65 29 Cu là A. 73,0%. B. 34,2%. C.32,3%. D. 27,0%. 04. Cần lấy V 1 lít CO 2 và V 2 lít CO để có được 24 lít hỗn hợp CO 2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 2. Giá trị của V 1 (lít) là A. 2. B. 4. C. 6. D. 8. 05. Thêm 150 ml dung dịch KOH 2M vào 120 ml dung dịch H 3 PO 4 1M. Khối lượng các muối thu được trong dung dịch là A. 10,44 gam KH 2 PO 4 ; 8,5 gam K 3 PO 4 . B. 10,44 gam K 2 HPO 4 ; 12,72 gam K 3 PO 4 . C. 10,44 gam K 2 HPO 4 ; 13,5 gam KH 2 PO 4 . D. 13,5 gam KH 2 PO 4 ; 14,2 gam K 3 PO 4 . 06. Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO 3 và MgCO 3 bằng dung dịch HCl (dư) thu được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Thành phần % số mol của MgCO 3 trong hỗn hợp là A. 33,33%. B. 45,55%. C. 54,45%. D. 66,67%. 07. Lượng SO 3 cần thêm vào dung dịch H 2 SO 4 10% để được 100 gam dung dịch H 2 SO 4 20% là A. 2,5 gam. B. 8,88 gam. C. 6,66 gam. D. 24,5 gam. 08. Dung dịch rượu etylic 13,8o có d (g/ml) =?. Biết d 2 5 = 0,8 g/ml; d 2 = 1 g ml . A. 0,805. B. 0,8 55. C. 0,972. D. 0,915. 09. Hòa tan m gam Al bằng dung dịch HNO 3 C H OH(ng.chÊt) H O loãng thu được hỗn hợp khí NO và N 2 O có tỉ khối so với H 2 bằng 16,75. Tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp là A. 2 : 3. B. 1 : 2. C. 1 : 3. D. 3 : 1. 10. Từ 1 tấn quặng hematit A điều chế được 420 kg Fe. Từ 1 tấn quặng manhetit B điều chế được 504 kg Fe. Hỏi phải trộn hai quặng trên với tỉ lệ khối lượng (m A : m B ) là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480 kg Fe. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! A. 1 : 3. B. 2 : 5. C. 2 : 3. D. 1 : 1. Đáp án các số bài tập vận dụng: 1. B 2. C 3. D 4. C 5. B 6. A 7. B 8. C 9. D 10. B Phương pháp 9 CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG KHÁI QUÁT Trong các đề kiểm tra và thi tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm chúng ta thấy rằng số lượng câu hỏi và bài tập khá nhiều và đa dạng bao trùm toàn bộ chương trình hóa học phổ thông. Rất nhiều các phương pháp, các dạng bài đã được bạn đọc biết đến. Sau đây là một số ví dụ về dạng bài tìm mối liên hệ khái quát giữa các đại lượng thường xuất hiện trong trong các đề thi tuyển sinh đại học. Ví dụ 1: (Câu 11 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na 2 CO 3 đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là ✓A. V = 22,4(a - b). B. V = 11,2(a - b). Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! C. V = 11,2(a + b). D. V = 22,4(a + b). Hướng dẫn giải Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na 2 CO 3 ta có phương trình: HCl + Na 2 CO 3 -→ NaHCO 3 + NaCl (1) b ←- b ---→ b mol HCl + NaHCO 3 -→ NaCl + CO 2 ↑ + H 2 O (2) (a - b) ---------→ (a - b) mol Dung dịch X chứa NaHCO 3 dư do đó HCl tham gia phản ứng hết, NaHCO 3 + Ca(OH) 2 dư -→ CaCO 3↓ + NaOH + H 2 O Vậy: V = 22,4(a - b). (Đáp án A) Ví dụ 2: (Câu 13 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là ✓A. 3. B. 6. C. 4. D. 5. Hướng dẫn giải Một phân tử Clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC theo phương trình: ⎛ │ │ ⎝ - CH | Cl - CH 2 - ⎞ │ │ ⎠ n ⎛ │ │ ⎝ - CH | Cl - CH - ⎞ │ │ ⎠ - ⎛ │ │ ⎝ - CH - CH | | Cl Cl - ⎞ │ │ ⎠ Do: %m Cl + kCl 2 --→ xt t o 2 n k k = 63,96% ⇒ %m C,H còn lại = 36,04%. Vậy 35,5 × (n - k) + 35,5 × 2 × k 27 × (n - k) + 26 × k 63,96 36,04 ⇒ = n k = 3. (Đáp án A). Ví dụ 3: (Câu 21 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Trộn dung dịch chứa a mol AlCl 3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. ✓D. a : b > 1 : 4. Hướng dẫn giải Trộn a mol AlCl 3 với b mol NaOH để thu được kết tủa thì Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! +⎨ ⎧ │ │⎩ Al3 Al(OH) + + 3OH - --→ Al(OH) 3 ↓ 3 + OH - --→ AlO 2 - + 2H 2 O Al 3 + + 4OH - --→ AlO 2 - + 2H 2 O a 4 mol Để kết tủa tan hoàn toàn thì n OH - n Al 3 + ≥ 4 → b a ≥ 4. Vậy để có kết tủa thì b a < 4 ⇒ a : b > 1 : 4. (Đáp án D) Ví dụ 4: (Câu 37 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Đốt cháy hoàn toàn a mol axit hữu cơ Y được 2a mol CO 2 . Mặt khác, để trung hòa a mol Y cần vừa đủ 2a mol NaOH. Công thức cấu tạo thu gọn của Y là A. HOOC-CH 2 -COOH. C. CH 3 -CH 2 -COOH. B. C 2 H 5 -COOH. ✓D. HOOC-COOH. Hướng dẫn giải Đốt a mol axit hữu cơ Y được 2a mol CO 2 → axit hữu cơ Y có hai nguyên tử C trong phân tử. Trung hòa a mol axit hữu cơ Y cần dùng đủ 2a mol NaOH → axit hữu cơ Y có 2 nhóm chức cacboxyl (-COOH). ⇒ Công thức cấu tạo thu gọn của Y là HOOC-COOH. (Đáp án D) Ví dụ 5: (Câu 39 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Dung dịch HCl và dung dịch CH 3 COOH có cùng nồng độ mol/l, pH của hai dung dịch tương ứng là x và y. Quan hệ giữa x và y là (giả thiết, cứ 100 phân tử CH 3 COOH thì có 1 phân tử điện li) A. y = 100x. B. y = 2x. C. y = x - 2. ✓D. y = x + 2. Hướng dẫn giải pH HCl = 10-x 3 = x → [H+] HCl pH CH COOH = y → [H + ] CH 3 COOH = 10 - Ta có: HCl -→ H+ + Cl- 10-x ← 10-x (M) CH 3 y COOH ←-- --→ H+ + CH 3 COO- 100.10-y ← 10-y (M). Mặt khác: [HCl] = [CH 3 COOH] ⇒ 10-x = 100.10-y → y = x + 2. (Đáp án D) Ví dụ 6: (Câu 53 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH 2007) Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Để thu lấy Ag tinh khiết từ hỗn hợp X (gồm a mol Al 2 O 3 , b mol CuO, c mol Ag 2 O), người ta hoà tan X bởi dung dịch chứa (6a + 2b + 2c) mol HNO 3 được dung dịch Y, sau đó thêm (giả thiết hiệu suất các phản ứng đều là 100%) A. c mol bột Al vào Y. ✓B. c mol bột Cu vào Y. C. 2c mol bột Al vào Y. D. 2c mol bột Cu vào Y. Hướng dẫn giải Hòa tan hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 Al 2 O 3 + 6HNO 3 -→ 2Al(NO 3 ) 3 + 3H 2 O a → 6a → 2a mol CuO + 2HNO 3 -→ Cu(NO 3 ) 2 + H 2 O b → 2b → b mol Ag 2 O + 2HNO 3 -→ 2AgNO 3 + H 2 O c → 2c → 2c mol Dung dịch HNO 3 vừa đủ. Dung dịch Y gồm 2a mol Al(NO 3 ) 3 , b mol Cu(NO 3 ) 2 , 2c mol AgNO 3 . Để thu Ag tinh khiết cần cho thêm kim loại Cu vào phương trình Cu + 2AgNO 3 -→ Cu(NO 3 ) 2 + 2Ag c mol ← 2c Vậy cần c mol bột Cu vào dung dịch Y. (Đáp án B) Ví dụ 7: (Câu 32 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007) Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO 4 và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO 4 2- không bị điện phân trong dung dịch) ✓A. b > 2a. B. b = 2a. C. b < 2a. D. 2b = a. Hướng dẫn giải Phương trình điện phân dung dịch CuSO 4 + 2NaCl ---→ ®pdd Cu ↓ + Cl 2 ↑ + Na 2 SO 4 (1) a → 2a mol Dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang mầu hồng → sau phản ứng (1) thì dung dịch NaCl còn dư và tiếp tục bị điện phân theo phương trình 2NaCl + 2H 2 O ----→ mμng ®pdd ng ̈n 2NaOH + H 2 + Cl 2 (2) Vậy: b > 2a. (Đáp án A) Chú ý: Tương tự cũng câu hỏi trên chúng ta có thể hỏi: + Để dung dịch sau điện phân có môi trường axit thì điều kiện của a và b là. A. b > 2a. B. b = 2a. ✓C. b < 2a. D. a = 2b. + Để dung dịch sau điện phân có khả năng hòa tan kết tủa Al(OH) 3 thì điều kiện của a, b là A. b > 2a. B. b < 2a. ✓C. b ≠ 2a. D. b ≥ 2a. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ví dụ 8: Đốt cháy hoàn toàn a mol một anđehit X (mạch hở) tạo ra b mol CO 2 và c mol H 2 O (biết b = a + c). Trong phản ứng tráng gương, một phân tử X chỉ cho 2 electron. X thuộc dãy đồng đẳng anđehit A. no, đơn chức. B. không no có hai nối đôi, đơn chức. ✓C. không no có một nối đôi, đơn chức. D. no, hai chức. Hướng dẫn giải Trong phản ứng tráng gương một anđehit X chỉ cho 2e → X là anđehit đơn chức bởi vì: RCHO + 1 → RCOONH + 3 4 trong đó: C+1 - 2e → C+3. Đặt công thức phân tử của anđehit đơn chức X là C x O ta có phương trình C x H y H y O + ⎛ │ ⎝ x + 4 y - 1 2 ⎞ │ ⎠ O 2 -→ xCO 2 + y 2 H 2 O a → a.x → a.y 2 mol (b mol) (c mol) Ta có: b = a + c → ax = a + a.y 2 → y = 2x - 2. Công thức tổng quát của anđehit đơn chức X là C x CHO là anđehit không no có một liên kết đôi, đơn chức. (Đáp án C) Ví dụ 9: Công thức phân tử của một ancol A là C n H 2x-2 O có dạng C x-1 H 2(x-1)-1 H m O x . Để cho A là ancol no thì m phải có giá trị A. m = 2n. ✓B. m = 2n + 2. C. m = 2n - 1. D. m = 2n + 1. Hướng dẫn giải Theo phương pháp đồng nhất hệ số: Công thức tổng quát của ancol no là C n hay C n H 2n+2x (OH) x H 2n+2 O x . Vậy m = 2n+2. (Đáp án B) Ví dụ 10: Hỏi tỷ lệ thể tích CO 2 và hơi nước (T) biến đổi trong khoảng nào khi đốt cháy hoàn toàn các ankin. ✓A. 1 < T ≤ 2. B. 1 ≤ T < 1,5. C. 0,5 < T ≤ 1. D. 1 < T < 1,5. Hướng dẫn giải C n H 2n2 -→ nCO 2 + (n - 1)H 2 O Điều kiện: n ≥ 2 và n ∈ N. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! T = n CO 2 n H 2 O = n n - 1 = 1 - 1 1 n . Với mọi n ≥ 2 → T > 1; mặt khác n tăng → T giảm. ⇒ n = 2 → T = 2 là giá trị lớn nhất. Vậy: 1 < T ≤ 2. (Đáp án A) Ví dụ 11: Đốt cháy 1 mol aminoaxit NH 2 là A. -(CH 2 ) n -COOH phải cần số mol O 2 2n 2 + 3 . B. 6n 2 + 3 . ✓C. 6n 4 + 3 . D. 2n 4 + Hướng dẫn giải Phương trình đốt cháy amino axit là H 2 3 . N-(CH 2 ) n -COOH + 6n 4 + 3 O 2 --→ (n + 1)CO 2 + 2n 2 + 3 H 2 O ⇒ (Đáp án C) Ví dụ 12: Một dung dịch hỗn hợp chứa a mol NaAlO 2 và a mol NaOH tác dụng với một dung dịch chứa b mol HCl. Điều kiện để thu được kết tủa sau phản ứng là A. a = b. B. a = 2b. C. b = 5a. ✓D. a < b < 5a. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: NaOH + HCl -→ NaCl + H 2 O (1) a mol → a mol NaAlO 2 + NaCl (2) Al(OH) 3 + HCl + H 2 O -→ Al(OH) 3↓ O (3) NaAlO 2 + 3HCl -→ AlCl 3 + 3H 2 + 4HCl -→ AlCl 3 + NaCl + 2H 2 O (4) a mol → 4a mol Điều kiện để không có kết tủa khi n HCl = 5a. Vậy suy ra điều kiện để có kết tủa: n NaOH ≥ 4n NaAlO 2 + n NaOH < n HCl < 4n NaAlO 2 + n NaOH ⇒ a < b < 5a. (Đáp án D) Ví dụ 13: Dung dịch chứa a mol NaOH tác dụng với dung dịch chứa b mol H 3 sinh ra hỗn hợp Na 2 PO 4 HPO 4 + Na 3 PO 4 . Tỉ số a b là A. 1 < a b a b ≥ 3. ✓C. 2 < < 2. B. a b < 3. D. a b ≥ 1. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải Các phương trình phản ứng: NaOH + H 3 PO 4 -→ NaH 2 PO 4 + H 2 O (1) 2NaOH + H 3 PO 4 -→ Na 2 HPO 4 + 2H 2 O (2) 3NaOH + H 3 PO 4 -→ Na 3 PO 4 + 3H 2 O (3) Ta có: n NaOH = a mol ; n H 3 PO 4 = b mol. Để thu được hỗn hợp muối Na 2 HPO 4 + Na 3 PO 4 thì phản ứng xảy ra ở cả hai phương trình (2 và 3), do đó: 2 < n NaOH n H 3 PO 4 < 3, tức là 2 < a b < 3. (Đáp án C) Ví dụ 14: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Thí nghiệm 1: Nếu cho m gam X tác dụng với H 2 O dư thì thu được V 1 lít H 2 . Thí nghiệm 2: nếu cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được V 2 lít H 2 . Các khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V 1 và V 2 là A. V 1 = V 2 . B. V 1 > V 2 . C. V 1 < V 2 . ✓D. V 1 ≤ V 2 . Hướng dẫn giải Các phương trình phản ứng khi hòa tan hỗn hợp Na và Al với H 2 O và với dung dịch NaOH dư: Na + H 2 O -→ NaOH + 1 2 H 2 (1) 2Al + 6H 2 O + 2NaOH -→ Na[Al(OH) 4 ] + 3H 2 (2) Đặt số mol Na và Al ban đầu lần lượt là x và y (mol). TN1: x ≥ y → n NaOH vừa đủ hoặc dư khi hòa tan Al → cả hai thí nghiệm cùng tạo thành ⎛ │ ⎝ x 2 + 3x 2 ⎞ │ ⎠ mol H 2 . ⇒ V 1 = V 2 . TN2: x < y → trong TN1 (1) Al dư, TN2 (2) Al tan hết → n 2 > n 2 . ⇒ V 2 H (TN2) H (TN2) > V 1 . Như vậy ∀(x,y > 0) thì V 2 ≥ V 1 . (Đáp án D) Ví dụ 15: Một bình kín chứa V lít NH 3 và V′ lít O 2 ở cùng điều kiện. Nung nóng bình có xúc tác NH 3 chuyển hết thành NO, sau đó NO chuyển hết thành NO 2 . NO 2 và lượng O 2 còn lại trong bình hấp thụ vừa vặn hết trong nước thành dung dịch HNO 3 ′ là A. 1. ✓B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Các phương trình phản ứng: 4NH 3 . Tỷ số V V + 5O 2 --→ xt t o 4NO + 6H 2 O Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! V → 5V/4 → V 2NO + O 2 ←-- --→ 2NO 2 V → V/2 → V 4NO 2 + O 2 + 2H 2 O -→ 4HNO 3 V → ⎛ │ ⎝ V ′- 5V 4 - V 2 ⎞ │ ⎠ ⇒ V = 4 ′ = 2. (Đáp án B) Ví dụ 16: Chất X có khối lượng phân tử là M. Một dung dịch chất X có nồng độ a mol/l, khối lượng riêng d gam/ml. Nồng độ C% của dung dịch X là ✓A. ⎛ │ ⎝ V ′- 5V 4 - V 2 ⎞ │ ⎠ → V V a.M 10d . B. d.M 10a . C. 10a M.d . D. 1000d a.M . Hướng dẫn giải Xét 1 lít dung dịch chất X: ⇒ n X = a mol → m X = a.M ⇒ m dd X = a.M.100 C% = 1000d ⇒ C% = a.M 10d . (Đáp án A) Ví dụ 17: Hỗn hợp X có một số ankan. Đốt cháy 0,05 mol hỗn hợp X thu được a mol CO 2 và b mol H 2 O. Kết luận nào sau đây là đúng? A. a = b. B. a = b - 0,02. ✓C. a = b - 0,05. D. a = b - 0,07. Hướng dẫn giải Đặt công thức tổng quát của 1 số ankan là C x H 2x + 2 C x H 2x + 2 + 3x 2 + 1 O 2 -→ xCO 2 + (x + 1) H 2 O 0,5 -------→ 0,05x → 0,05(x + 1) mol ⎧ ⎨ ⎩ 0,05x 0,05(x = + a 1) = b → a = b - 0,05. (Đáp án C) Ví dụ 18: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007) Thực hiện hai thí nghiệm: 1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO 3 1M thoát ra V 1 lít NO. 2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO 3 1M và H 2 SO 4 0,5 M thoát ra V 2 lít NO. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V 1 và V 2 là A. V 2 = V 1 . ✓B. V 2 = 2V 1 . C. V 2 = 2,5V 1 . D. V 2 = 1,5V 1 . Hướng dẫn giải TN1: ⎧ │ ⎨ │ ⎩ n n = 3,84 64 = 0,06 mol 3 = 0,08 mol ⎧ │ ⎨ │⎩ Cu n n HNO → H + = 0,08 mol NO 3 - = 0,08 mol 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Đầu bài: 0,06 0,08 0,08 → H+ phản ứng hết Phản ứng: 0,03 ← 0,08 → 0,02 → 0,02 mol ⇒ V 1 tương ứng với 0,02 mol NO. TN2: n Cu = 0,06 mol ; n 3 = 0,08 mol ; n 2 4 = 0,04 mol. ⇒ Tổng H HNO H SO n + = 0,16 mol ; n NO - 3 = 0,08 mol. 3Cu + 8H+ + 2NO 3 - -→ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H 2 O Đầu bài: 0,06 0,16 0,08 → Cu và H+ phản ứng hết Phản ứng: 0,06 → 0,16 → 0,04 → 0,04 mol ⇒ V 2 tương ứng với 0,04 mol NO. Như vậy V 2 = 2V 1 . (Đáp án B) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG TỔNG QUÁT 01. Dung dịch A có a mol NH 4 +, b mol Mg2+, c mol SO 4 2- và d mol HCO 3 -. Biểu thức nào biểu thị sự liên quan giữa a, b, c, d sau đây là đúng? A. a + 2b = c + d. B. a + 2b = 2c + d. C. a + b = 2c + d. D. a + b = c+ d. 02. Cho a mol Fe vào dung dịch chứa b mol dung dịch AgNO 3 . a và b có quan hệ như thế nào để thu được dung dịch Fe(NO 3 ) 3 duy nhất sau phản ứng? A. b =2a. B. b≥a. C. b=3a. D. b ≥a. 03. Dung dịch A chứa các ion Na+: a mol; HCO 3 -: b mol; CO 3 2-: c mol; SO 4 2-: d mol. Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b. A. x = a + b. B. x = a - b. C. x = a 0,2 + b . D. x = a 0,1 + b . 04. Dung dịch X chứa a mol NaAlO 2 . Khi thêm vào dung dịch X b mol hoặc 2b mol dung dịch HCl thì lượng kết tủa sinh ra đều như nhau. Tỉ số a b có giá trị bằng A. 1. B. 1,25. C. 1,5. D. 1,75. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! 05. Oxi hóa một lượng Fe thành hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 cần a mol Oxi. Khử hoàn toàn hỗn hợp X thành Fe cần b mol Al. Tỉ số a b có giá trị bằng A. 0,75. B. 1. C. 1,25. D. 1,5. 06. Có một lượng anđehit HCHO được chia làm 2 phần bằng nhau, mỗi phần chứa a mol HCHO. Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 thu được m gam Ag. Phần 2: Oxi hóa bằng Oxi thành HCOOH với hiệu suất 40% thu được dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch AgNO 3 ′ có giá trị bằng A. 0,2. B. 0,4. C. 0,6. D. 0,8. 07. A là axit chứa ba nguyên tử cacbon trong phân tử. Cho 0,015 mol A tác dụng với dung dịch chứa a mol Ba(OH) 2 /NH 3 thu được m′ gam Ag. Tỉ số m m thu được dung dịch B. Người ta nhận thấy: Nếu a = 0,01 mol thì dung dịch B làm đỏ quỳ tím. Nếu a = 0,02 mol thì dung dịch B làm xanh quỳ tím. B có công thức cấu tạo: A. CH 3 -CH 2 -COOH. B. CH 2 =CH-COOH. C. CH≡C-COOH. D. HOOC-CH 2 -COOH. 08. Có 2 axit hữu cơ no: (A) là axit đơn chức và (B) là axit đa chức. Hỗn hợp (X) chứa x mol (A) và y mol (B). Đốt cháy hoàn toàn (X) thì thu được 11,2 lít CO 2 (đktc). Cho x + y = 0,3 và M A < M B . Vậy công thức phân tử của (A) là: A. CH 3 COOH. B. C 2 H 5 COOH. C. HCOOH. D. C 3 H 7 COOH. 09. Hỗn hợp A gồm Al và Fe 2 O 3 có khối lượng trung bình là M A . Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm, sau một thời gian thu được hỗn hợp B có khối lượng phân tử trung bình là M B . Quan hệ giữa M A và M B là A. M A = M B . B. M A > M B . C. M A < M B . D. M A ≥ M B . 10. Khử hoàn toàn một lượng oxit sắt cần V lít H 2 . hòa tan hoàn toàn lượng sắt sinh ra ở trên trong dung dịch HCl thấy tạo ra V′ lít H 2 . Biết V > V′ (các khí đo ở cùng điều kiện). Công thức oxit sắt là A. Fe 2 O 3 . B. FeO. C. Fe 3 O 4 . D. Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . Đáp án các bài tập vận dụng: 1. B 2. C 3. C 4. B 5. A 6. D 7. D 8. C 9. A 10. D Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Phương pháp 10 TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau: Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán. Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể tích hoặc tỉ lệ số mol các chất... Như vậy kết quả giải bài toán không phụ thuộc vào chất đã cho. Trong các trường hợp trên tốt nhất ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất. Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng. Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho. Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn giản để tính toán. Sau đây là một số ví dụ điển hình: Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì? A. Cu. ✓B. Fe. C. Al. D. Zn. Hướng dẫn giải Chọn 1 mol muối M 2 (CO 3 ) n . M 2 (CO 3 ) n + nH 2 SO 4 -→ M 2 (SO 4 ) n + nCO 2 ↑ + nH 2 O Cứ (2M + 60n) gam -→ 98n gam → (2M + 96n) gam ⇒ m dd H 2 SO 4 = 98n 9,8 × 100 = 1000n gam ⇒ m dd muèi = m M 2 (CO 3 ) n + m dd H 2 SO 4 - m CO 2 = 2M + 60n + 1000.n - 44.n = (2M + 1016.n) gam. C% dd muèi = ( 2M 2M + + 96 1016n ) × 100 = 14,18 ⇒ M = 28.n → n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe. (Đáp án B) Ví dụ 2: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thì thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau đây? A. 20%. B. 16%. ✓C. 15%. D.13%. Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Hướng dẫn giải Xét 1 mol CH 3 COOH: CH 3 COOH + NaOH -→ CH 3 COONa + H 2 O 60 gam → 40 gam → 82 gam m dd CH 3 COOH = 60 × x 100 gam m ddNaOH = 40 10 × 100 = 400 gam m dd muèi = 60 × x 100 + 400 = 82 10,25 × 100 gam. ⇒ x = 15%. (Đáp án C). Ví dụ 3: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007) Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH) 2 SO 4 20% thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là ✓A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg. Hướng dẫn giải Xét 1 mol M(OH) 2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 tham gia phản ứng M(OH) 2 O Cứ (M + 34) gam → 98 gam → (M + 96) gam ⇒ 2 4 + H 2 SO 4 -→ MSO 4 + 2H 2 m dd H SO = 98 20 × 100 = 490 gam ⇒ m dd MSO 4 = ( M + 34 + 490 ) = ( M + 27,21 96 ) × 100 ⇒ M = 64 → M là Cu. (Đáp án A) Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N 2 và có H 2 có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H 2 bằng 4. Hiệu suất phản ứng tổng hợp là A. 10%. B. 15%. C. 20%. ✓D. 25%. Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có: m x M = 7,2 gam. Đặt 2 = X n N = a mol , ta có: 28a + 2(1 - a) = 7,2 ⇒ a = 0,2 ⇒ n N 2 = 0,2 mol và n H 2 = 0,8 mol → H 2 dư. N 2 ←--- ---→ xt, p + 3H 2 t o 2NH 3 Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Ban đầu: 0,2 0,8 Phản ứng: x 3x 2x Sau phản ứng: (0,2 - x) (0,8 - 3x) 2x n Y = (1 - 2x) mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có m X = m Y ⇒ n Y = M m Y Y ⇒ ( 1 - 2x ) = 7,2 8 → x = 0,05. Hiệu suất phản ứng tính theo N 2 là 0,05 × 100 0,2 = 25% . (Đáp án D) Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H 2 bằng 6,4. Cho A đi qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H 2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là A. C 2 H 4 . B. C 3 H 6 . ✓C. C 4 H 8 . D. C 5 H 10 . Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol C n H 2n và (1-a) mol H 2 ) Ta có: 14.n.a + 2(1 - a) = 12,8 (1) Hỗn hợp B có M = 16 < 14n (với n ≥ 2) → trong hỗn hợp B có H 2 dư C n H 2n + H 2 ---→ Ni, t o C n H 2n+2 Ban đầu: a mol (1-a) mol Phản ứng: a → a ---→ a mol Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1 - 2a) mol H 2 dư và a mol C n H 2n+2 . → tổng n B = 1 - 2a. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có m A = m B ⇒ n B = M m B B → ( 1 - 2a ) = 12,8 16 → a = 0,2 mol. Thay a = 0,2 vào (1) ta có 14×0,2×n + 2×(1 - 0,2) = 12,8 ⇒ n = 4 → anken là C 4 H 8 . (Đáp án C) Ví dụ 6: Oxi hóa C 2 H 5 OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm CH 3 CHO, C 2 H 5 OH dư và H 2 O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là ✓A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%. Hướng dẫn giải Xét 1 mol C 2 H 5 OH. Đặt a mol C 2 H 5 OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng oxi hóa rượu. C 2 H 5 OH + CuO t--→ o CH 3 CHO + H 2 O + Cu ↓ Ban đầu: 1 mol Book.Key.To – Download Ebook Free..!!! Oxi hóa: a mol -------→ a mol → a mol Sau phản ứng: (1 - a) mol C 2 H 5 OH dư a mol → a mol M = 46(1 - a) 1 + + 44a a + 18a = 40 ⇒ a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A) Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm N 2 và H 2 có M X = 12,4 . Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết rằng hiệu suất tổng hợp NH 3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. M Y có giá trị là A. 15,12. B. 18,23. ✓C. 14,76. D. 13,48. Hướng dẫn giải Xét 1 mol hỗn hợp X → m X = 12,4 gam gồm a mol N 2 và (1 - a) mol H 2 . 28a + 2(1 - a) = 12,4 → a = 0,4 mol → n 2 = 0,6 mol N 2 H + 3H 2 ←--- ---→ xt, p t o 2NH 3 (với hiệu suất 40%) Ban đầu: 0,4 0,6 Phản ứng: 0,08 ← 0,6×0,4 ---→ 0,16 mol Sau phản ứng: 0...