CHINH PHỤC KỲ THI VÀO 10 CHUYÊN MÔN HÓA HỌC - PHẦN VÔ CƠ - DẪN XUẤT HIĐROCACBON - PHẠM THỊ KIM NGÂN

TÀI LIỆU ÔN THI VÀO LỚP 10 MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/6096573

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CHINH PHỤC KỲ THI VÀO 10 CHUYÊN MÔN HÓA HỌC - PHẦN VÔ CƠ - DẪN XUẤT HIĐROCACBON PHẠM THỊ KIM NGÂN - NGUYỄN THỊ DUNG NGUYỄN THỊ QUỲNH THƠ PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHƯƠNG 1. CÁC LOẠI CHẤT VÔ CƠ CHỦ ĐỀ 1: TÁC DỤNG VỚI HCl, H 2SO 4 LOÃNG Kim loại + HCl / H 2SO 4  Muối + H 2  n HCl  2n H 2 ; n H2SO4  n H2 Kim loại phản ứng với hỗn hợp hai axit trên để: 2n H2  n HCl  2n H2SO4 Định luật bảo toàn khối lượng: m kim loaïi  m axit  m muoái  m H2 Hoặc: m muoái  m kim loaïi  m goác axit Chú ý: Na, K, Ba, Ca tác dụng với axit HCl, H 2SO 4 loãng theo thứ tự sau: (1) KL + axit → Muối + H 2 (2) KL + H 2 O → Bazơ + H 2 Oxit kim loại + HCl / H 2SO 4  Muối + H 2O n HCl  2n H2O ; n H2SO4  n H2O Oxit phản ứng với hỗn hợp hai axit trên để: 2n H2O  n HCl  2n H2SO4 Định luật bảo toàn khối lượng: m oxit  m axit  m muoái  m H2O Hoặc: m muoái  m kim loaïi  m goác axit Để tính nhanh, ta có thể viết phương trình dưới dạng: 2H  O  H 2 O (O trong oxit kết hợp với H của axit tạo H 2 O) 1  n H2O  n O  oxit   .n H axit  2 Oleum H 2SO 4  nSO3  H 2SO 4 .nSO3 (oleum) H 2SO 4 .nSO3  nH 2 O  (n  1)H 2SO 4 Bài toán muối cacbonat tác dụng axit Bài toán 1: Phản ứng theo thứ tự: HCl  Na 2 CO3  NaCl  NaHCO3 HCl  NaHCO3  NaCl  CO 2  H 2 O Bài toán 2: Phản ứng xảy ra đồng thời: Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O

PHẢN ỨNG TRUNG HÒA Axit + Bazơ → Muối + H 2 O Định luật bảo toàn khối lượng: m axit  m bazô  m muoái  m H2O m muoái  m kim loaïi  m goác axit

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung dịch hỗn hợp HCl 1M và H 2SO 4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là bao nhiêu?  Phân tích đề bài Từ HCl và H 2SO 4 sinh ra H 2 , nên ta cần xác định lượng HCl và H 2SO 4 đã phản ứng hết hay dư bằng cách so sánh với lượng H 2 sinh ra. Muốn tính khối lượng muối khan ta chỉ cần áp dụng định luật bảo toàn khối lượng với lượng axit đã phản ứng.  Giải chi tiết Theo đề bài: 8, 736 n HCl  1.0,5  0,5 n H2SO4  0, 28.0,5  0,14 n H2   0,39 22, 4 (mol); (mol); (mol) Phương trình hóa học: Mg  2HCl  MgCl2  H 2 Mg  H 2SO 4  MgSO 4  H 2 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2

2Al  3H 2SO 4  Al2  SO 4 3  3H 2

Nhận xét: 2n H2SO4  n HCl  2n H2  0, 78 (mol) → Axit phản ứng hết. Bảo toàn khối lượng ta có: m kim loaïi  m axit  m muoái  m H2

 m muoái  m kim loaïi  m (HCl H2SO4 )  m H2  7, 74  0,5.36,5  0,14.98  0,39.2  38,93 (gam) Vậy cô cạn dung dịch X thu được lượng muối khan là 38,93 gam. Ví dụ 2: Hòa tan hết một lượng Na vào dung dịch HCl 10% thu được 46,88 dung dịch A gồm NaCl, NaOH và 1,568 lít H 2 (đktc). Hãy tính nồng độ phần trăm NaCl và NaOH trong dung dịch A. (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định năm 2016)  Phân tích đề bài Na phản ứng với HCl trước, sau khi HCl hết mà Na vẫn còn dư thì Na phản ứng với H 2 O trong dung dịch.  Giải chi tiết 1,568 n H2   0, 07 22, 4 Theo đề bài: (mol) Đặt số mol NaCl, NaOH lần lượt là a, b (mol). Phương trình hóa học: 2Na  2HCl  2NaCl  H 2 (1) a a  a  0,5a (mol) 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2 (2) b  0,5b (mol) Theo (1) và (2) ta có: 0,5a  0,5b  0, 07 (*) 36,5a m HCl  36,5a m dd HCl   365a 10% Theo (1) ta có: (gam) → (gam) Bảo toàn khối lượng có: m dd sau phaûn öùng  m Na  m dd HCl  m H2  46,88 = 23(a  b)  365a  0, 07.2 b

b 

 388a  23b  47, 02 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a  0,12; b  0, 02 Nồng độ phần trăm NaCl và NaOH trong dung dịch A là: 0,12.58,5 C% NaCl  .100%  14,97% 46,88 0, 02.40 C% NaOH  .100%  1, 71% 46,88

Ví dụ 3: Cho 7,8 gam hỗn hợp hai kim loại là R hóa trị II và Al tác dụng với dung dịch H 2SO 4 loãng, dư. Khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch hai muối và 8,96 lít khí (đktc). a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính khối lượng muối thu được sau thí nghiệm và tính thể tích dung dịch H 2SO 4 2M tối thiểu cần dùng. c. Xác định R biết rằng trong hỗn hợp ban đầu tỉ lệ số mol R : Al là 1 : 2. (Trích đề thi vào 10 chuyên THPT Khoa học tự nhiên – Hà Nội năm 2007)  Phân tích đề bài Dựa vào phương trình hóa học, dễ dàng tính được số mol H 2SO 4 . Bảo toàn khối lượng, ta tính được khối lượng muối khan. Dựa vào tỉ lệ về số mol và khối lượng kim loại để xác định nguyên tử khối của R.  Giải chi tiết a. Phương trình hóa học:

R  H 2SO 4  RSO 4  H 2

(1) (2)

2Al  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2 8,96 n H2   0, 4 22, 4 b. Theo đề bài: (mol) n  n H 2  0, 4 (mol) Theo (1) và (2) ta có: H2SO4 H 2SO 4

Thể tích dung dịch

Vdd H2SO4 

n 0, 4   0, 2 CM 2 (lít)

tham gia phản ứng là: Bảo toàn khối lượng có: m kim loaïi  m H2SO4  m muoái  m H2  m muoái  m kim loaïi  m H2SO4  m H2  7,8  0, 4.98  0, 4.2  46, 2 (gam) Vậy khối lượng muối thu được sau thí nghiệm là 46,2 (gam). c) Gọi số mol kim loại R và Al trong 7,8 gam hỗn hợp lần lượt là x và y (mol). Theo đề bài: n R : n Al  1: 2  2x  y (*) Theo (1) và (2) ta có: 3 3y n H2  n R  .n Al  x   0, 4 2 2 (**) x  0,1; y  0, 2 Từ (*) và (**) suy ra: Lại có; 0,1.M R  0, 2.27  7,8  M R  24 Vậy kim loại R là magie (Mg). Nhận xét: Đây là dạng bài quen thuộc, chỉ cần học sinh viết đúng phương trình và vận dụng linh hoạt định luật bảo toàn khối lượng sẽ giải quyết bài toán một cách dễ dàng. Việc tìm kim loại R ta dựa vào dữ kiện đề bài cho thêm để lập phương trình, từ đó tìm ra khối lượng mol nguyên tử R cũng không quá phức tạp. Ví dụ 4: Cho x gam hỗn hợp gồm MgO, Fe 2 O3 , ZnO, CuO tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch H 2SO 4 11,76%. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 8,41 gam muối khan. Tìm giá trị của x.  Phân tích đề bài

Bảo toàn nguyên tố H: n H2O  n H2SO4 Bảo toàn khối lượng, ta tính được khối lượng hỗn hợp oxit.  Giải chi tiết 5,88 m H2SO4  50.11, 76%  5,88  n H2SO4   0, 06 98 Theo đề bài: (gam) (mol) Theo đề bài: Oxit bazơ + H 2SO 4 → Muối + H 2 O  n H2O  n H2SO4  0, 06 (mol) Bảo toàn khối lượng có: m oxit  m H2SO4  m muoái  m H2O

 m oxit  x  m muoái  m H2O  m H2SO4  8, 41  0, 06.18  0, 06.98  3, 61 (gam) Vậy giá trị của x là 3,61. Ví dụ 5: Cho 21,3 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al tác dụng hoàn toàn với oxi dư (có đun nóng), thu được hỗn hợp rắn B có khối lượng 33,3 gam. Để hòa tan hoàn toàn B ta phải cần dùng tối thiểu bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 2M và H 2SO 4 1M? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa Thành phố Hồ Chí Minh năm 2011)  Phân tích đề bài Mg MgO    O2 X Cu   33,3 B CuO   Ta có sơ đồ: 21,3 gam Al gam Al2 O3

Sau đó hỗn hợp oxit tác dụng với axit theo phương trình dạng tổng quát: 2H  O  H 2 O.  Giải chi tiết Ta có: m B  m kim loaïi  m O (oxit )  m O (oxit )  m B  m X  33,3  21,3  12 (gam)

12  0, 75 16 (mol) Phương trình có dạng: 2H  O  H 2 O (1) Cách 1: Theo (1): n H2O  n O (oxit )  0, 75 (mol)  n O (oxit ) 

Gọi V là thể tích dung dịch hỗn hợp axit cần dùng. Ta có: n HCl  2.V  2V (mol); n H2SO4  1.V  V (mol)

Lại có: 2n H2O  n HCl  2n H2SO4  2.0, 75  2V  2V  4V  1,5  V  0,375 (lít) = 375 (ml) Cách 2: Theo (1): n H (axit )  2n O (oxit )  1,5 (mol)

Lại có: n H (axit )  n HCl  2n H2SO4  1,5  4V  V  0,375 (lít) = 375 (ml) Vậy để hòa tan hoàn toàn B ta cần dùng tối thiểu 375 ml dung dịch hỗn hợp axit. Ví dụ 6: Cho 24,5 gam H 3 PO 4 vào 300 ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Gia Lai năm 2007)  Phân tích đề bài Cho dung dịch bazơ phản ứng với axit nhiều nấc: Dựa vào các phương trình hóa học có thể xảy ra, ta cần lập tỉ lệ giữa số mol OH trong bazơ với số  n OH    mol axit  n axit  để xác định muối tạo thành sau phản ứng. Viết phương trình hóa học, tính toán theo phương trình hóa học.  Giải chi tiết 24,5 n NaOH  0,3.1  0,3 n H3PO4   0, 25 98 Theo đề bài: (mol); (mol) n OH NaH 2 PO 4 Na 2 HPO 4 . 1  1, 2  2, n H3PO4 Vì do đó sau phản ứng thu được hai muối: và Phương trình hóa học: H 3 PO 4  NaOH  NaH 2 PO 4  H 2 O

(1) H 3 PO 4  2NaOH  Na 2 HPO 4  2H 2 O (2) Gọi số mol H 3 PO 4 ở phương trình (1) và (2) lần lượt là x, y (mol). Ta có: n H3PO4  x  y  0, 25 (mol)  x  y  0, 25 (*)

n NaOH  x  2y  0,3(mol)  x  2y  0,3 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 2; y  0, 05 Theo (1): n NaH2 PO4  x  0, 2 (mol)  m NaH2 PO4  0, 2.120  24 (gam) Theo (2): n Na 2 HPO4  y  0, 05 (mol)  m Na 2 HPO4  0, 05.142  7,1 (gam)

Vậy khối lượng muối thu được là: m muoái  m NaH2 PO4  m Na 2 HPO4  24  7,1  31,1 (gam) Ví dụ 7: Đốt cháy m gam đơn chất X (là chất rắn màu đỏ) trong oxi dư thu được chất rắn Y (chất Y tan trong nước thành một dung dịch axit ứng với Y). Cho toàn bộ chất rắn Y vào 500 ml dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 0,5M và KOH 1M đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch sau phản ứng, làm khô chất thu được 47,24 gam chất rắn khan. Tính giá trị của m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa thành phố Hà Nội năm 2018)  Phân tích đề bài t  Y (oxit) Đơn chất X  O 2  Y (oxit)  H 2 O  dung dịch axit Vậy Y là oxit axit, X là phi kim. Mà X là chất rắn màu đỏ nên X là photpho (P).

Bài toán trở thành dạng H 3 PO 4 tác dụng với dung dịch kiềm.  Giải chi tiết Phương trình hóa học: t 4P  5O 2   2P2 O5 (1) P2 O5  3H 2 O  2H 3 PO 4

(2)

Theo (1) và (2): n H3PO4  n P Theo đề bài: n NaOH  0,5.0,5  0, 25 (mol); n KOH  1.0,5  0,5 (mol) Gọi công thức chung của NaOH và KOH là MOH (23  M M  39). Ta có: n MOH  0, 25  0,5  0, 75 (mol) 0, 25.40  0,5.56 101 M M  M MOH  M OH   17  0, 25  0,5 3 Nguyên tử khối của M là: Phương trình hóa học: H 3 PO 4  MOH  MH 2 PO 4  H 2 O (3) H 3 PO 4  2MOH  M 2 HPO 4  2H 2 O (4) H 3 PO 4  3MOH  M 3 PO 4  3H 2 O (5) MH PO 2 4 TH1: Chất rắn khan sau phản ứng chỉ chứa muối 392 n MH2 PO4  n MOH  0, 75  m1  0, 75.  98 3 Theo (3): (mol) (gam) TH2: Chất rắn khan sau phản ứng chỉ chứa muối M 2 HPO 4 n 0, 75 490 n M 2 HPO4  MOH   0,375  m 2  m M 2 HPO4  0,375.  61, 25 2 2 3 Theo (4): (mol) (gam) TH3: Chất rắn khan sau phản ứng chỉ chứa muối M 3 PO 4 n 0, 75  m3  m M3PO4  196.0, 25  49 n M3PO4  MOH   0, 25 3 3 Theo (5): (mol) (gam) m  m  m  m  38 MOH NaOH KOH TH4: Dung dịch Y chứa MOH: 4 (gam) Ta thấy: m 4  47, 24  m3  Chất rắn khan gồm M 3 PO 4 và MOH dư (chỉ xảy ra phương trình (5)). Gọi số mol M 3 PO 4 và MOH dư trong chất rắn thu được lần lượt là a, b (mol). Theo (4): n MOH pö  3n M3PO4  3a (mol)   n MOH  n MOH pö  n MOH pö  3a  b  0, 75 (*)

m chaátraén  m M3PO4  m MOH dö  47, 24 (gam)  196a 

Lại có: Từ (*) và (**) suy ra: a  0, 21; b  0,12 Theo (5): n H3PO4  n M3PO4  a  0, 21 (mol)

152b  47, 24 3 (**)

 n P  n H3PO4  0, 21 (mol)  m  m P  0, 21.31  6,51 (gam) Giá trị của m là 6,51. Ví dụ 8: Cho 100 ml dung dịch HCl 1M tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1,5M thu được dung dịch A. a. Dung dịch A có môi trường gì? b. Để trung hòa hoàn toàn dung dịch A phải dùng bao nhiêu ml dung dịch B chứa đồng thời dung dịch HCl 2M và dung dịch H 2SO 4 1,5M.

 Phân tích đề bài Phản ứng giữa axit và dung dịch bazơ là phản ứng trung hòa. - Nếu phản ứng vừa hết thì dung dịch sau phản ứng có môi trường trung tính. - Nếu axit dư thì dung dịch sau phản ứng có môi trường axit.

- Nếu bazơ dư thì dung dịch sau phản ứng có môi trường bazơ.  Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: HCl  NaOH  NaCl  H 2 O (1) Theo đề bài: n HCl  0,1.1  0,1 (mol); n NaOH  0, 2.1,5  0,3 (mol) Vì n HCl  n NaOH nên NaOH còn dư. Vậy dung dịch A có môi trường bazơ (pH > 7). b. Theo 1): n NaOH phaûn öùng  n HCl  0,1 (mol)  n NaOH (A)  n NaOH dö  0,3  0,1  0, 2 (mol) Phương trình hóa học: HCl  NaOH  NaCl  H 2 O (2)

H 2SO 4  2NaOH  Na 2SO 4  2H 2 O (3) Chú ý: Đối với phản ứng trung hòa axit – bazơ, để tính nhanh ta có thể viết phương trình dưới dạng: H  OH  H 2 O

Ta luôn có: n H (axit)  n OH (bazô) Gọi thể tích dung dịch B chứa đồng thời dung dịch HCl 2M và dung dịch H 2SO 4 1,5M là V (lít). Ta có: n HCl  2V (mol); n H2SO4  1,5V (mol) Theo (2) và (3) ta có: n NaOH  n HCl  2n H2SO4  2V  2.1,5V  5V (mol) Để trung hòa hoàn toàn dung dịch A thì: 5V  n NaOH dö  5V  0, 2  V  0, 04 (lít) = 40 (ml) Vậy thể tích dung dịch B phải dùng để trung hòa A là 40 ml.

Ví dụ 9: Nhỏ từ từ dung dịch HCl đến dư vào 200 ml dung dịch A chứa KOH và K 2 CO3 . Số mol khí CO 2 thu được phụ thuộc vào số mol HCl được biểu diễn theo đồ thị dưới đây (xem như khí CO 2 không tan trong nước).

Tính nồng độ mol/l của các chất trong dung dịch A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Đồng Nai năm 2017)  Phân tích đề bài Thứ tự phản ứng: HCl phản ứng với KOH trước, sau đó mới đến K 2 CO3 . Dựa vào các mốc axit và khí CO 2 sinh ra để tính toán.

 Giải chi tiết Thứ tự phản ứng: HCl  KOH  KCl  H 2 O (1) HCl  K 2 CO3  KHCO3  KCl (2) HCl  KHCO3  KCl  CO 2  H 2 O (3) Từ đồ thị ta thấy ở giai đoạn chưa tạo khí CO 2 ứng với phương trình (1) và (2), giai đoạn tạo khí CO 2 ứng với phương trình (3).  n HCl (1)  n HCl (2)  0, 2 (mol); n HCl (3)  0, 25  0, 2  0, 05 (mol) Theo (3): n KHCO3  n HCl (3)  0, 05 (mol) Theo (2): n HCl (2)  n K 2CO3  n KHCO3  0, 05 (mol)

 n HCl (1)  0, 2  0, 05  0,15 (mol) Theo (1): n KOH  n HCl (1)  0,15 (mol)

Vậy dung dịch A chứa 0,15 mol KOH và 0,05 mol K 2 CO3 . Nồng độ mol/lít của các chất trong A là 0,15 0, 05 CM(KOH)   0, 75M; CM(K 2CO3 )   0, 25M 0, 2 0, 2 Ví dụ 10: Nhỏ từ từ 62,5 ml dung dịch hỗn hợp Na 2 CO3 0,08M và NaHCO3 0,12M vào 125 ml dung dịch HCl 0,1M và khuấy đều. Sau các phản ứng, thu được V lít khí CO 2 (đktc). Tìm giá trị của V.  Phân tích đề bài Nhỏ từ từ muối cacbonat và muối hiđrocacbonat vào axit thì các phản ứng xảy ra đồng thời. Bước 1: Viết phương trình hóa học. Xác định chất hết chất dư. Bước 2: Nếu axit dư và muối hết, tính số mol theo muối. Nếu muối dư và axit hết, xét tỉ lệ số mol giữa hai muối và lập phương trình dựa vào lượng axit. Bước 3: Tính toán theo yêu cầu đề bài.  Giải chi tiết Theo đề bài: n Na 2CO3  0, 005 (mol), n NaHCO3  0, 0075 (mol), n HCl  0, 0125 (mol) Phương trình hóa học: Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O (1) NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O (2)  n 2n  n  0, 0175 HCl  0, 0125 (mol) Na 2 CO3 NaHCO3 Ta thấy: (mol)  Axit hết, muối còn dư. Gọi số mol phản ứng của Na 2 CO3 và NaHCO3 lần lượt là x, y (mol). n Na 2CO3 0, 005 2    3x  2y n 0, 0075 3 NaHCO 3 Ta có: (*) Theo (1) và (2) ta có: n HCl  2n Na 2CO3  n NaHCO3  2x  y (mol)  2x  y  0, 0125 (**) 1 3 x ; y 280 560 Từ (*) và (**) suy ra: 1 1 n CO2  x  y   VCO2  .22, 4  0, 2 112 (mol) 112 Theo (1) và (2) ta có: (lít) Vậy giá trị của V là 0,2. Ví dụ 11: H 2SO 4 nguyên chất có khả năng hấp thụ SO3 tạo oleum theo phương trình sau: H 2SO 4  nSO3  H 2SO 4 .nSO3 (oleum) a. Hòa tan 50,7 gam oleum có công thức H 2SO 4 .nSO3 vào nước thu được 98 gam dung dịch H 2SO 4 60%. Xác định giá trị n. b. Hấp tụ hoàn toàn m gam SO3 vào 180 gam dung dịch H 2SO 4 98%, thu được oleum có công thức H 2SO 4 .3SO3 . Xác định giá trị của m.  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình.  Giải chi tiết 58,8 m H2SO4  98.60%  58,8  n H2SO4   0, 6 98 a. Theo đề bài: (gam) (mol) H SO .nSO  nH O  (n  1)H SO 3 2 2 4 Phương trình hóa học: 2 4 (1) n H SO 0, 6 n oleum  2 4  n  1 n  1 (mol) Theo (1):

50, 7 .(n  1)  84,5.(n  1) 0, 6 Ta có: M oleum  98  80n  84,5.(n  1)  n  3 Vậy giá trị của n là 3. b. Phương trình hóa học: H 2SO 4  3SO3  H 2SO 4 .3SO3  M oleum 

m H2SO4  180.98%  176, 4

Theo đề bài: (gam) Theo (2): n SO3  3n H2SO4  3.1,8  5, 4 (mol)  m  mSO3  5, 4.80  432 (gam)

 n H2SO4

(2) 176, 4   1,8 98 (mol)

Vậy giá trị của m là 432. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho 12,5 gam hỗn hợp các kim loại nhôm, đồng và magie tác dụng với HCl dư. Phản ứng xong thu được 10,08 lít khí (đktc) và 3,5 gam chất rắn không tan. Xác định khối lượng của các kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 42,6 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ có tỉ lệ mol tương ứng là 5 : 4 vào 500 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch Y và 17,472 lít khí (đktc). Xác định thành phần phần trăm về khối lượng mỗi kim loại trong X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Vĩnh Phúc năm 2017) Câu 3: Cho 10,52 gam hỗn hợp ba kim loại ở dạng bột Mg, Al, Cu tác dụng hoàn toàn với oxi thu được 17,4 gam hỗn hợp oxit. Để hòa tan vừa hết hỗn hợp oxit đó cần dùng ít nhất bao nhiêu ml dung dịch HCl 1,25M? (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Phước năm 2010) Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp gồm Fe và một kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc). Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại hóa trị II thì sử dụng không hết 0,5 mol HCl. Xác định tên kim loại hóa trị II. (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa thành phố Hồ Chí Minh năm 2018) Câu 5: Lấy 100 ml dung dịch H 3 PO 4 37,16% (D = 1,87 g/ml) cho tác dụng với 100 ml dung dịch NaOH 25% (D = 1,28 g/ml), thu được dung dịch B. Tính nồng độ phần trăm của các chất trong dung dịch B. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Tuyên Quang năm 2017) Câu 6: Cho m gam P2 O5 vào 19,6 gam dung dịch H 3 PO 4 5% thu được dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng hết với 100 ml dung dịch KOH 1M thu được Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 6,48 gam chất rắn khan. a. Viết phương trình hóa học có thể xảy ra. b. Tính khối lượng các chất trong 6,48 gam chất rắn và giá trị m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa THPT Phan Bội Châu – Nghệ An năm 2015) V Câu 7: Trộn 1 lít dung dịch A chứa 8,76 gam HCl với V2 lít dung dịch B chứa 17,1 gam Ba(OH) 2 thu được 200 ml dung dịch C. a. Tính nồng độ mol/l của dung dịch A, B. Biết hiệu số nồng độ mol/l của dung dịch A so với dung dịch B là 0,75 mol/l. b. Cô cạn dung dịch C thu được bao nhiêu gam chất rắn? (Trích đề thi học sinh giỏi môn Hóa tỉnh Bình Phước năm 2018) Câu 8: Nhỏ từ từ 300 ml dung dịch HCl 0,5M vào dung dịch chứa a gam hỗn hợp Na 2 CO3 và NaHCO3 thu được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch Ca(OH) 2 dư vào dung dịch X thu được 20 gam kết tủa. Tính a. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa THPT chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng năm 2018) Câu 9: Hòa tan 3,38 gam oleum A vào lượng nước dư ta được dung dịch A. Để trung hòa 1/20 lượng dung dịch A cần dùng 40 ml dung dịch NaOH 0,1M. Tìm công thức oleum. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Nam Định năm 2017)

Câu 10: Cho 200 ml dung dịch A chứa Na 2 CO3 0,1M; NaHCO3 0,2M vào 150 ml dung dịch B chứa HCl 0,4M. Cho từ từ đến hết dung dịch A vào dung dịch B thì thu được bao nhiêu lít CO 2 (đktc)? Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 11: Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp A gồm oxit, hiđroxit và muối cacbonat của kim loại M (có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H 2SO 4 39,2% thu được 1,12 lít (đktc) và dung dịch B chỉ chứa một muối trung hòa duy nhất có nồng độ 39,41%. Xác định kim loại M. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Sư phạm 2018) Câu 12: Hòa tan hoàn toàn a gam kim loại M (có hóa trị không đổi) vào b gam dung dịch HCl thu được dung dịch D. Thêm 179,88 gam dung dịch NaHCO3 9,34% vào dung dịch D thì vừa đủ tác dụng hết với lượng HCl dư, thu được dung dịch E. Trong dung dịch E nồng độ phần trăm của NaCl và muối clorua của kim loại M tương ứng là 2,378% và 7,724%. Thêm tiếp một lượng dư dung dịch NaOH vào E, sau đó lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 16,0 gam chất rắn. Xác định kim loại M và nồng độ phần trăm của dung dịch axit clohiđric đã dùng? Gợi ý giải Câu 1: 10, 08 m chaátraén khoâng tan  m Cu  3,5 n H2   0, 45 22, 4 (mol); (gam) Theo đề bài:  m Al  m Mg  12,5  3,5  9 (gam) Gọi số mol của Al và Mg lần lượt là x và y (mol). Ta có: 27x  24y  9 (*) Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 (1) x  1,5x Mg  2HCl  MgCl2  H 2 (2)

(mol)

y (mol) Theo (1) và (2) ta có: n H2  1,5x  y  0, 45 (mol)  1,5x  y  0, 45 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 2; y  0,15 Khối lượng các kim loại trong hỗn hợp ban đầu là: m Cu  3,5 (gam) y

m Al  0, 2.27  5, 4 (gam) m Mg  0,15.24  3, 6 (gam)

Câu 2:

Theo đề bài: n HCl  0,5 (mol); n H2  0, 78 (mol) Gọi số mol của kim loại kiềm (A) và kim loại kiềm thổ (B) lần lượt là x, y (mol). Ta có: x : y  5 : 4  4x  5y (*) Ta thấy: 2n H2  1,56 (mol)  n HCl  0,5 (mol)  HCl hết, kim loại tiếp tục phản ứng với H 2 O. Phương trình hóa học: 2A  2HCl  2ACl  H 2 B  2HCl  BCl2  H 2 2A  2H 2 O  2AOH  H 2 B  2H 2 O  B(OH) 2  H 2 Theo phương trình hóa học: n H2  0,5n A  n B  0, 78 (mol)  0,5x  y  0, 78 (**)

Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 6; y  0, 48 Lại có; m X  m A  m B  0, 6.M A  0, 48.M B  42, 6 (gam)

M A  39  A laøkali (K)  5M A  4M B  355   M B  40  B laøcanxi (Ca) Vậy trong X chứa 0,6 mol kali (K) và 0,48 mol canxi (Ca). Thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X là 0, 6.39 %m K  .100%  54,93% 42, 6 %m Ca  100%  54,93%  45, 07% Câu 3: Ta có: m O (oxit )  17, 4  10,52  6,88 (gam)

6,88  0, 43 16 (mol) 2H  O  H 2 O (1) Phương trình có dạng: Theo (1): n H (axit )  2n O (oxit )  0,86 (mol)  n O (oxit ) 

Gọi thể tích dung dịch HCl là V (lít).  n HCl  1, 25V (mol)  1, 25V  0,86  V  0, 688 (lít) = 688 (ml) Vậy để hòa tan vừa hết hỗn hợp oxit đó cần dùng ít nhất 688 ml dung dịch HCl 1,25M. Câu 4: Gọi kim loại hóa trị II là A. - Hòa tan 4 gam hỗn hợp gồm a mol Fe và b mol A. 2, 24 n H2   0,1 22, 4 (mol) Theo đề bài: Phương trình hóa học: Fe  2HCl  FeCl2  H 2 (1) A  2HCl  ACl2  H 2 (2) Theo (1) và (2): n H2  n Fe  n A  a  b  0,1 (mol)  a  0,1  b Ta có: m hoãn hôïp  m Fe  m A  4 (gam)  56a  M A .b  4

Hay: 56.(0,1  b)  M A .b  4  b.(56  M A )  1, 6 Mặt khác: b < 0,1 1, 6  56  M A   16 0,1  M A  40 (*) - Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại A 2, 4 4,8 n HCl  2n A  2.  M A M A (mol) Theo (2): 4,8 n HCl  0,5(mol)   0,5  M A  9, 6 MA Theo đề bài: (**) Từ (*) và (**) suy ra: 9, 6  M A  40  M A  24 Vậy kim loại cần tìm là magie (Mg). Câu 5: Theo đề bài: 187.37,16% m dd H3PO4  100.1,87  187  n H3PO4   0, 7 98 (gam) (mol) 128.25% m dd NaOH  100.1, 28  128  n NaOH   0,8 40 (gam) (mol)

n OH NaH 2 PO 4 Na 2 HPO 4 .  1,1  2, n H3PO4 Vì do đó sau phản ứng thu được hai muối: và Phương trình hóa học: H 3 PO 4  NaOH  NaH 2 PO 4  H 2 O (1) 1

H 3 PO 4  2NaOH  Na 2 HPO 4  2H 2 O (2) Gọi số mol H 3 PO 4 ở phương trình (1) và (2) lần lượt là x, y (mol).

 x  y  0, 7  x  0, 6   Ta có hệ phương trình:  x  2y  0,8  y  0,1 Theo (1): n NaH2 PO4  x  0, 6 (mol)  m NaH2 PO4  0, 6.120  72 (gam) Theo (2): n Na 2 HPO4  y  0,1 (mol)  m Na 2 HPO4  0,1.142  14, 2 (gam)

Lại có: m B  m dd H3PO4  m dd NaOH  187  128  315 (gam) Nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B là: 72 C% NaH2 PO4  .100%  22,86% 315 14, 2 C% Na 2 HPO4  .100%  4,51% 315 Câu 6: a. Phương trình hóa học: P2 O5  3H 2 O  2H 3 PO 4 (1) H 3 PO 4  KOH  KH 2 PO 4  H 2 O (2) H 3 PO 4  2KOH  K 2 HPO3  2H 2 O (3) H 3 PO 4  3KOH  K 3 PO 4  3H 2 O (4) 19, 6.5% n KOH  0,1.1  0,1 n H3PO4 (ban ñaàu)   0, 01 98 b. Theo đề bài: (mol); (mol) Xét các trường hợp sau: TH1: Dung dịch Y chỉ chứa muối KH 2 PO 4 . Theo (2): n KH2 PO4  n KOH  0,1 (mol)  m1  m KH2 PO4  0,1.136  13, 6 (gam) TH2: Dung dịch Y chỉ chứa muối K 2 HPO 4 . n 0,1 n K 2 HPO4  KOH   0, 05 (mol)  m 2  m K 2 HPO4  0, 05.174  8, 7 2 2 (gam) Theo (3): TH3: Dung dịch Y chỉ chứa muối K 3 PO 4 . n 0,1 0,1 n K3PO4  KOH  (mol)  m3  m K3PO4  212.  7, 06 3 3 3 Theo (4): (gam) TH4: Dung dịch Y chứa KOH: m 4  m KOH  5, 6 (gam) Ta thấy: m 4  6, 48  m3  Chất rắn khan gồm K 3 PO 4 và KOH dư. Gọi số mol K 3 PO 4 và KOH dư trong chất rắn thu được lần lượt là x, y (mol). Theo (4): n KOH pöù 3n K3PO4  3x (mol)   n KOH  n KOH pöù n KOH dö  3x  y  0,1 (*) Lại có: m chaátraén  m K3PO4  m KOH dö  6, 48 (gam)  212x  56y  6, 48 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 02; y  0, 04 Vậy trong 6,48 gam chất rắn chứa: m K3PO4  0, 02.212  4, 24 (gam) m KOH  0, 04.56  2, 24 (gam)

Theo (4): n H3PO4 (X)  n K3PO4  x  0, 02 (mol) Mà: n H3PO4 (X)  n H3PO4 (1)  n H3PO4 bñ  n H3PO4 (1)  0, 02  0, 01  0, 01 (mol) 1  m  m P2O5  0, 005.142  0, 71 n P2O5  .n H3PO4 (1)  0, 005 2 Theo (1): (mol) (gam) Vậy giá trị của m là 0,71. Câu 7: a. Theo đề bài: 8, 76 0, 24 n HCl   0, 24 (mol)  CM(HCl)  (mol / l) 36,5 V1 17,1 0,1 n Ba (OH)2   0,1 (mol)  CM(Ba (OH)2 )  (mol / l) 171 V2 Ta có: V1  V2  0, 2  V1  0, 2  V2 0, 24 0,1   0, 75 V2 Lại có: V1  0, 24V2  0,1V1  0, 75V1.V2  0, 24V2  0,1.(0, 2  V2 )  0, 75V2 .(0, 2  V2 )  0, 75V22  0,19.V2  0, 02  0 a maõ n) V  0, 08 (thoû  2 V2  0,33 (loaïi ) Ta có: V2  0, 08 (lít); V1  0, 2  0, 08  0,12 (lít) Nồng độ mol/l của dung dịch A, B là: 0, 24 0, 24 CM(HCl)    2M V1 0,12 0,1 0,1 CM(Ba (OH)2 )    1, 25M V2 0, 08 b. Phương trình hóa học: Ba(OH) 2  2HCl  BaCl2  2H 2 O (1) 0,1 0, 24 (mol) n Ba (OH)2 n  0,1  HCl  0,12. 1 2 Ta thấy:  Ba(OH) 2 hết và HCl dư, phương trình tính theo Ba(OH) 2 .

Cô cạn dung dịch C thì axit HCl bị bay hơi, chất rắn thu được là muối BaCl2 . Theo (1): n BaCl2  n Ba (OH)2  0,1 (mol)  m chaátraén  m BaCl2  0,1.208  20,8 (gam) Vậy khi cô cạn dung dịch C thu được 20,8 gam muối khan. Câu 8: 1,12 n HCl  0,3.0,5  0,15 n CO2   0, 05 22, 4 Theo đề bài: (mol); (mol) Thứ tự phản ứng: HCl  Na 2 CO3  NaHCO3  NaCl (1) HCl  NaHCO3  NaCl  CO 2  H 2 O (2) Theo (2): n NaHCO3 (2)  n HCl (2)  n CO2  0, 05 (mol)

Thêm dung dịch Ca(OH) 2 dư vào dung dịch X thu được 20 gam kết tủa.  Dung dịch X chứa NaHCO3 còn dư, do đó HCl phản ứng hết.

 n HCl (1)  n HCl bñ  n HCl (2)  0,15  0, 05  0,1 (mol) Theo (1):  n HCl (1)  n HCl bñ  n HCl (2)  0,15  0, 05  0,1 (mol); n NaHCO3 (1)  n HCl (1)  0,1 (mol) Phương trình hóa học: 2NaHCO3  Ca(OH) 2  Na 2 CO3  CaCO3  2H 2 O (3) 20 n NaHCO3 dö  2n CaCO3  2.  0, 4 100 Theo (3): (mol) n  n  n  n NaHCO3 (1) NaHCO3 (2) NaHCO3 dö Lại có: NaHCO3 bñ  n NaHCO3 bñ  0, 05  0, 4  0,1  0,35 (mol) Vậy hỗn hợp chứa 0,1 mol Na 2 CO3 và 0,35 mol NaHCO3 .  a  0,1.106  0,35.84  40 (gam) Câu 9: Gọi công thức của oleum là H 2SO 4 .nSO3 (n là số nguyên dương). 3,38 nA  98  80n (mol) Theo đề bài: Phương trình hóa học: H 2SO 4 .nSO3  nH 2 O  (n  1)H 2SO 4 (1) H 2SO 4  2NaOH  Na 2SO 4  2H 2 O (2) Trung hòa 1/20 lượng dung dịch A: Theo đề bài: n NaOH  0,1.0, 04  0, 004 (mol) 1 n H2SO4  .n NaOH  0,5.0, 004  0, 002 2 Theo (2): (mol)  n H2SO4 (A)  20.n H2SO4 (2)  0, 04 (mol)

1 3,38 0, 04 .n H2SO4   n 3 n 1 98  80n n  1 Theo (1): Vậy công thức của oleum là H 2SO 4 .3SO3 . Câu 10: Theo đề bài: n Na 2CO3  0, 2.0,1  0, 02 (mol), n NaHCO3  0, 2.0, 2  0, 04 (mol), n HCl  0,15.0, 4  0, 06 (mol) Phương trình hóa học: Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O (1) n oleum 

NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O

(2) 2n  n  0, 08mol  n  0, 06 Na 2 CO3 NaHCO3 HCl Ta thấy: mol  Axit hết, muối còn dư. Gọi số mol phản ứng của NaCO3 và NaHCO3 lần lượt là x, y (mol). n Na 2CO3 0, 02 1    2x  y n 0, 04 2 NaHCO 3 Ta có: (*) 2x  y  0, 06 Theo (1) và (2) ta có: (**) x  0, 015; y  0, 03 Từ (*) và (**) suy ra:  n CO2  x  y  0, 045 (mol)  VCO2  0, 045.22, 4  1, 008 (lít) Câu 11: 1,12 100.39, 2%  0, 05 n H2SO4   0, 4 22, 4 98 (mol); (mol) Theo đề bài: Gọi hóa trị của kim loại M là n (n là số nguyên dương). Phương trình hóa học: M 2 O n  nH 2SO 4  M 2 (SO 4 ) n  nH 2 O (1) n CO2 

2M(OH) n  nH 2SO 4  M 2 (SO 4 ) n  2nH 2 O

(2) M 2 (CO3 ) n  nH 2SO 4  M 2 (SO 4 ) n  nCO 2  nH 2 O (3) Bảo toàn khối lượng có: m A  m dd H2SO4  m dd B  m CO2  m dd B  24  100  0, 05.44  121,8 (gam)  m M 2 (SO4 )n  121,8.39, 41%  48 (gam)

1 0, 4 n M 2 (SO4 )n  .n H2SO4  n n (mol) Theo (1), (2) và (3) ta có: 0, 4  .(2M  96n)  48 n  M  12n Với n  2  M  24 (thỏa mãn). Vậy kim loại đó là magie (Mg). Câu 12: 179,88.9,34% n NaHCO3   0, 2 84 Theo đề bài: (mol) Gọi hóa trị của kim loại M là n (n là số nguyên dương). Phương trình hóa học: 2M  2nHCl  2MCln  nH 2 (1)  MCl n và HCl dư. Dung dịch D gồm Phương trình hóa học: NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O (2)

Theo (2): n HCl dö  n NaHCO3  0, 2 (mol); n NaCl  n NaHCO3  0, 2 (mol) Dung dịch E gồm 0,2 mol NaCl và MCln .  m NaCl  0, 2.58,5  11, 7 (gam)  m dd E  11, 7 : 2,378%  492 (gam)  m MCln  492.7, 724%  38 (gam) Vậy dung dịch E gồm 38 gam MCln và 11,7 gam NaCl. Phương trình hóa học: MCln  nNaOH  M(OH) 2  nNaCl (3)

t 2M(OH) n   M 2 O n  nH 2 O (4) 1 1 38 n M 2On  .n M(OH)n  .n MCln  2 2 2.(M  35,5n) (mol) Theo (3) và (4) ta có: 38 16  Lại có: 2.(M  35,5n) 2M  16n  M  12n  n  2; M  24 Vậy M là magie (Mg). 38 n MgCl2   0, 4 95 (mol) Ta có: Theo (1): n HCl pö  2n MgCl2  0,8 (mol)  n HCl ñaõduøng  n HCl pö  n HCl dö  0,8  0, 2  1 (mol) n Mg  n MgCl2  0, 4 (mol); n H2  n Mg  0, 4 (mol)

 a  m Mg  0, 4.24  9, 6 (gam); m H2  0, 4.2  0,8 (gam) n CO2  n NaHCO3  0, 2 (mol)  m CO2  0, 2.44  8,8 (gam)

0,8 gam H 2 9, 6 gam HCl   492 gam dd E  179,88 gam dd NaHCO3 b gam dd HCl dd D   8,8 gam CO 2  Ta có sơ đồ: Bảo toàn khối lượng có: 9, 6  b  179,88  0,8  492  8,8  b  501, 6  189, 48  312,12 (gam) Vậy nồng độ phần trăm của dung dịch HCl đã dùng là: 36,5 C% HCl  .100%  11, 69% 312,12

CHỦ ĐỀ 2: TÁC DỤNG VỚI HNO 3 VÀ H 2SO 4 ĐẶC i (kim loaïi coùsoáoxi hoù a cao nhaá t) Muoá Kim loaïi H 2SO 4 ñaëc     Saû n phaå m khöû Oxit kim loaïi   HNO3 Muoá  i  H 2O

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Cho 5,6 gam Fe tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch HNO3 . Sau phản ứng thu được V lít hỗn hợp khí A gồm N 2 O và NO 2 có tỉ khối so với H 2 là 22,25 và dung dịch B. a. Tính V (đktc). b. Tính nồng độ mol/l dung dịch HNO3 đã dùng.  Phân tích đề bài Từ tỉ khối của hỗn hợp khí A ta tính được tỉ lệ số mol của N 2 O và NO 2 rồi đặt số mol của chúng theo ẩn x. Dựa vào phương trình hóa học và số mol của Fe đề bài cho sẵn ta tìm được x, từ đó tính toán yêu cầu của đề bài.

 Giải chi tiết 5, 6  0,1 56 Theo đề bài: (mol) Hỗn hợp khí A gồm N 2 O và NO 2 . M d A/H2  A  22, 25  M A  22, 25.2  44,5 M H2 Ta có: n Fe 

Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: N 2 O : 44 44,5 46 – 44,5  n N2O  46  44,5  3 NO 2 : 46 44,5 – 44 n NO2 44,5  44 Gọi số mol N 2 O và NO 2 lần lượt là 3x và x (mol). Phương trình hóa học: 8Fe  30HNO3  8Fe(NO3 )3  3N 2 O  15H 2 O (1) 8x  30x  3x Fe  6HNO3  Fe(NO3 )3  3N 2 O  3H 2 O x  2x  3

(mol) (2)

x

(mol)

 x  0, 012 x  0,1 3 (mol) (mol)  4x  0, 048 (mol)

n Fe  8x 

Theo (1) và (2): a. Ta có: n A  n N2O  n NO2  V  0, 048.22, 4  1, 0752 (lít) b. Theo (1) và (2) ta có: n HNO3  10x  2x  12.0, 012  0,144 (mol)

Vậy nồng độ mol/lít dung dịch HNO3 đã dùng là: 0,144 CM (HNO3 )   0, 288M 0,5 Chú ý: - Fe có số oxi hóa bằng 0 do đơn chất có số oxi hóa bằng o. - Hợp chất HNO3: H có số oxi hóa bằng +1, O có số oxi hóa bằng -2, N có số oxi là x. Trong một hợp chất, tổng số oxi hóa các nguyên tố bằng O nên ta có: +1 + x + 3.(-2) = 0 → x = +5 → Số oxi hóa của N trong nhóm NO3 luôn bằng +5. - Hợp chất Fe(NO3)3: Fe có số oxi hóa bằng +3 (do có số oxi hóa của kim loại trong hợp chất mang dấu dương và có giá trị bằng hóa trị của nó trong hợp chất), N có số oxi hóa bằng +5. - Hợp chất N2O: N có số oxi hóa bằng y, ta có: 2.y + (-2) = 0 → y = +1 Các bước cân bằng phản ứng oxi hóa - khử 0

5

3

5

1

Bước 1: Fe HNO3  Fe(N O3 )3  N 2 O H 2 O Bước 2, 3: Quá trình oxi hóa và quá trình khử 8x Fe  Fe 3  3e 3x 2N 5  8e  2N 1 Bước 4: Đặt hệ số vào phương trình 8Fe  30HNO3  8Fe(NO3 )3  3N 2 O  15H 2 O Ví dụ 2: Cho 5,2 gam kim loại M tác dụng hết với dung dịch HNO3 dư, thu được 1,008 lít hỗn hợp hai khí NO và N 2 O (đktc, không còn sản phẩm khử nào khác). Sau phản ứng khối lượng dung dịch HNO3 tăng thêm 3,78 gam. Viết các phương trình phản ứng và xác định kim loại M. (Trích đề thi học sinh giỏi môn Hóa THCS tỉnh Quảng Trị năm 2018)  Phân tích đề bài

Từ dữ kiện khối lượng dung dịch HNO3 tăng thêm, ta có thể tính được khối lượng hỗn hợp khí. Số mol hỗn hợp khí đã biết, dễ dàng tính được số mol của mỗi khí và viết phương trình hóa học. Từ khối lượng kim loại cho sẵn và tính theo phương trình hóa học, ta tính được nguyên tử khối của M, từ đó suy ra kim loại M.  Giải chi tiết 1, 008 n NO  n N2O   0, 045 22, 4 Theo đề bài: (mol) Gọi hóa trị của kim loại M là n (n là số nguyên dương). Ta có: M  HNO3  M(NO3 )3  NO  N 2 O  H 2 O  m dd HNO3 taêng theâm  m M  (m NO  m N2O )  m NO  m N2O  5, 2  3, 78  1, 42 (gam) 1, 42 284  M hoãn hôïp khí   0, 045 9 Áp dụng phương pháp đường chéo: n NO M N2O  M 0, 045   8  n N2O   0, 005 n N2O M  M NO 1 8 (mol) Phương trình hóa học: 32M  42nHNO3  32M(NO3 ) n  8nNO  nN 2 O  21nH 2 O 0, 005.32 n



nM 

0,16 n (mol)

0, 005

(1) (mol)

Theo phương trình: 5, 2 65  MM  .n  .n 0,16 2  n  2, M M  65 Vậy kim loại M là kẽm (Zn). Sau phản ứng thu được hai sản phẩm khử, khi biết tỉ lệ giữa hai sản phẩm khử đó ta có thể viết thành một phương trình. Cân bằng phương trình: 32x M  M  n  ne nx 10N 5  32e  8N 2  2N 1  Phương trình hóa học. Ví dụ 3: Chia m gam hỗn hợp gồm Al và Cu thành hai phần: Phần một tác dụng với dung dịch H 2SO 4 loãng dư thu được 0,3 mol H 2 . Phần hai nặng hơn phần một là 23,6 gam, tác dụng với dung dịch H 2SO 4 đặc nóng dư, thu được 1,2 mol SO 2 . Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết phương trình phản ứng và tính m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Quảng Trị năm 2018)  Phân tích đề bài Phần một: chỉ có Al phản ứng được với H 2SO 4 loãng sinh ra khí H 2 . Viết phương trình hóa học và tính số mol Al. Phần hai: cả Al và Cu phản ứng với H 2SO 4 đặc nóng thu khí SO 2 . Viết phương trình hóa học. Đặt số mol phần hai gấp k lần phần một. Tính toán theo phương trình hóa học.  Giải chi tiết - Phần một: Phương trình hóa học:

2Al  3H 2SO 4 loaõng  Al2 (SO 4 )3  3H 2

(1)

0, 2  0,3 (mol) - Phần hai nặng hơn phần một là 23,6 gam: Gọi tỉ lệ giữa phần hai so với phần một là k (k > 1).  Số mol Al trong phần hai là 0,2k (mol). Gọi số mol Cu trong phần một là a (mol).  Số mol Cu trong phần hai là ak (mol). Ta có: (0, 2k.27  64ak)  (0, 2.27  64a)  23, 6  (5, 4  64a)(k  1)  23, 6 (*) Phương trình hóa học: t 2Al  6H 2SO 4 ñaëc   Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O (2) 0, 2k  0,3k t Cu  2H 2SO 4 ñaëc   Cu SO 4  SO 2  2H 2 O

(mol) (3)

 ak  0,3k  ak  1, 2 (mol)

(mol)

ak

Theo (2) và (3) ta có: n SO2 1, 2 k 0,3  a (**) Thay (**) vào (*) ta có:  1, 2  (5, 4  64 a).   1  23, 6  0,3  a   a  0,346875  m phaàn moät  0, 2.27  0,346875.64  27, 6 (gam)  m  m phaàn moät  m phaàn hai  27, 6  (27, 6  23, 6)  78,8 (gam) Vậy giá trị của m là 78,8. Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 10,42 gam hỗn hợp X gồm FeS2 , FeS, Cu 2S, MgS, ZnS trong dung dịch H 2SO 4 đặc, nóng thu được dung dịch Y chỉ chứa m gam hỗn hợp các muối sunfat trung hòa và có 11,2 lít khí SO 2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất thoát ra. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH) 2 đến dư vào dung dịch Y thì lượng kết tủa lớn nhất thu được là 43,96 gam. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa thành phố Hà Nội năm 2017)  Phân tích đề bài Ta có sơ đồ:  Fe 2 (SO 4 )3 Fe(OH)3 FeS2 , FeS  CuSO  4 Cu(OH) Cu S dd Y :   2   H 2SO4 ñaëc noùng 2  Ba (OH)2    BaSO 4 MgSO 4     Mg(OH) MgS 2     ZnSO 4  ZnS   Zn(OH) 2 㚹䔿尐䔿秣 㚹䔿䔿䔿尐䔿䔿䔿秣 0,5 mol SO 2 10,42 gam X

43,96 gam keá t tuû a

Đặt số mol gốc SO 4 và sử dụng các định luật bảo toàn để giải quyết bài tập này.  Giải chi tiết 11, 2 n SO2   0,5 22, 4 (mol) Theo đề bài: Y là x (mol). SO 4 trong dung dịch Gọi số mol gốc axit  n Ba (OH)2  n BaSO4  n SO4  x (mol)  n OH  2n Ba (OH)2  2x (mol)

Bảo toàn khối lượng có: m  m (Fe  Cu  Mg  Zn)  m OH  m BaSO4  43,96 (gam)

 m (Fe  Cu  Mg  Zn )  43,96  233x  2x.17  43,96  267x (gam) m muoái(Y)  m (Fe  Cu  Mg  Zn)  mSO4 trong muoái  43,96  267x  96x  43,96  171x (gam) Gọi số mol của S trong hỗn hợp X là y (mol). Ta có: m X  m (Fe  Cu  Mg  Zn )  mS  43,96  267x  32y  10, 42  267x  32y  33,54 (*) Lại có: n S (X)  n H2SO4  n SO4 trong muoái  n SO2  y  n H2SO4  x  0,5

 n H2SO4  x  y  0,5 (mol)  n H2O  n H2SO4  x  y  0,5 (mol) Bảo toàn khối lượng có: m X  m H2SO4  m Y  mSO2  m H2O

 10, 42  (x  y  0,5).98  43,96  171x  0,5.64  (x  y  0,5).18  251x  80y  25,54 (**)

Từ (*) và (**) suy ra: x  0,14; y  0,12 Vậy khối lượng muối trong Y là: m  m muoái(Y)  43,96  171.0,14  20, 02 (gam) Giá trị của m là 20,02.

Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn một miếng bạc kim loại vào một lượng dư dung dịch HNO3 15,75% thu được khí duy nhất NO và a gam dung dịch F trong đó nồng độ C% của AgNO3 bằng nồng độ C% HNO3 dư. Thêm a gam dung dịch HCl 1,46% vào dung dịch F. Hỏi có bao nhiêu phần trăm AgNO3 tác dụng với HCl? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2004)  Phân tích đề bài Để giải quyết bài này dễ dàng ta sử dụng phương pháp quy về 100: Coi khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu là 100 gam. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình. Thiết lập biểu thức nồng độ C% của AgNO3 bằng nồng độ C% của HNO3 dư.  Giải chi tiết Giả sử khối lượng dung dịch HNO3 ban đầu là 100 gam; số mol Ag phản ứng là x mol. Theo đề bài: m HNO3  100.15, 75%  15, 75 (gam) Phương trình hóa học: 3Ag  4HNO3  3AgNO3  NO  2H 2 O x 

Theo (1):

4x 3



n HNO3 pöù

x



x 3

(1) (mol)

4x 3 (mol)

n AgNO3  x (mol) Bảo toàn khối lượng có: a  m F  m Ag  m dd HNO3  m NO

x  a  108x  100  .30  100  98x 3 (gam) AgNO 3 bằng nồng độ C% HNO3 dư, nên suy ra: m AgNO3  m HNO3 dö Do trong F có nồng độ C% của 4x  170x  15, 75  .63 3  x  0, 062 (mol)  a  106, 076 (gam)

Khi thêm a gam dung dịch HCl 1,46% vào dung dịch F: 106, 076.1, 46% n HCl   0, 0424 36,5 Ta có: (mol) Phương trình hóa học: AgNO3  HCl  AgCl  HNO3 (2) Theo (2): n AgNO3 pöù n HCl  0, 0424 (mol) Vậy phần trăm AgNO3 tác dụng với HCl là: 0, 0424 % m AgNO3 pöù .100%  68, 4% 0, 062 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Kim loại đồng phản ứng với dung dịch HNO3 tạo thành dung dịch đồng (II) nitrat và hỗn hợp khí nitơ oxit và nitơ đioxit có tỉ lệ thể tích là 2 : 3. a. Viết phương trình hóa học. b. Nếu sủ dụng 10,0 gam đồng cho phản ứng này, tính thể tích hỗn hợp khí tạo thành (đktc). (Trích đề thi vào 10 chuyên trường phổ thông năng khiếu TPHCM năm 2013) Câu 2: Cho một thanh kim loại M tác dụng với dung dịch HNO3 , sau một thời gian lấy thanh kim loại ra khỏi dung dịch thì khối lượng dung dịch tăng thêm 1,8 gam và thu được 1,568 lít hỗn hợp khí A gồm NO và N 2 O (đktc, không có sản phẩm khử nào khác) có tỉ khối so với H 2 là 18. Tìm M. Câu 3: Hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu. Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư, thu được 0,784 lít H 2 (đktc). Mặt khác, nếu lấy 3,31 gam X tác dụng với dung dịch H 2SO 4 đặc, dư, đun nóng thu được 10,51 gam hỗn hợp muối. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn, tính thành phần phần trăm về khối lượng của các chất trong X. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh An Giang năm 2018) Câu 4: Hòa tan hoàn toàn 17,9 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al và kim loại M (hóa trị II) trong một lượng dư dung dịch HNO3 , đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y (không chứa muối amoni) và thoát ra V lít khí Z gồm NO và NO 2 . Biết tỉ khối của Z so với H 2 bằng 19,8. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thì được 73,7 gam muối khan. Tính V (đktc). Câu 5: Cho 16 gam hỗn hợp X chứa Mg và kim loại M vào dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng kết thúc thu được 8,96 lít khí H 2 (đktc). Cũng 16 gam hỗn hợp X trên tan hoàn toàn trong dung dịch H 2SO 4 đặc nóng, dư thu được dung dịch Y và 11,2 lít khí SO 2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Viết các phương trình hóa học và xác định M. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS tỉnh Thái Bình năm 2012) Câu 6: Hòa tan hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu 2S vào HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO duy nhất. Cho vào dung dịch X lượng dư Ba(OH) 2 thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của a và m. Câu 7: Hòa tan 19,2 gam kim loại Cu bằng 40 ml dung dịch H 2SO 4 98% (D = 1,84 g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch A. Cho từ từ đến hết 536 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M vào dung dịch A, sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Nam Định năm 2018) Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 8,07 gam hỗn hợp B gồm Al và M (kim loại hóa trị II) trong dung dịch loãng, dư chứa H 2SO 4 và HCl thu được 3,024 lít khí H 2 . Mặt khác, cho 8,07 gam B tác dụng với H 2SO 4 đặc nguội sau một thời gian thể tích khí SO 2 bay ra vượt quá 2,6 lít. Các thể tích khí đo ở đktc. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên THPT chuyên Trần Phú – Hải Phòng năm 2014) Câu 9: Hòa tan hoàn toàn 15 gam hỗn hợp E gồm Al, Cu trong 90 ml dung dịch H 2SO 4 đặc được đun nóng, tạo thành khí SO 2 (duy nhất) và 150 gam dung dịch G. Trong dung dịch G, số mol H 2SO 4 dư bằng 40% số mol ban đầu.

a. Viết phương trình hóa học và tính thành phần phần trăm về khối lượng các chất trong E. Biết khối lượng riêng của dung dịch H 2SO 4 ban đầu là 1,82 g/ml. b. Tính nồng độ phần trăm của H 2SO 4 trong dung dịch G. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên THPT Thành phố Hà Nội năm 2017) Gợi ý giải Câu 1: Tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol nên có n NO : n NO2  2 : 3 a. Quá trình oxi hóa và quá trình khử: 9x Cu  Cu 2  2e 2x 5N 5  9e  2N 2  3N 4 Phương trình hóa học: 9Cu  28HNO3  9Cu(NO3 ) 2  4NO  6NO 2  14H 2 O 10 n Cu   0,15625 64 b. Theo đề bài: (mol) 4 5 6 5 n NO  .n Cu  n NO2  .n Cu  9 72 (mol); 9 48 (mol) Theo phương trình: 5 5 25  n khí    72 48 144 (mol) 25  Vkhí  .22, 4  3,889 144 (lít) Vậy thể tích hỗn hợp khí tạo thành là 3,889 lít. Câu 2: 1,568 n NO  n N2O   0, 07 22, 4 (mol) Theo đề bài: M M   18  M  36  m A  0, 07.36  2,52 M 2 H2 Ta có: (gam) Áp dụng phương pháp đường chéo: n NO M N2O  M 44  36 4    n N2O M  M NO 36  30 3 d A/H2 

0, 07  0, 04 43 (mol) Gọi hóa trị của kim loại M là n (n là số nguyên dương). Phương trình hóa học: 36M  46nHNO3  36M(NO3 ) n  4nNO  3nN 2 O  23nH 2 O  n NO  4.

0, 04.36  4n

0, 04

0,36 n (mol) Theo phương trình: Lại có: m dd taêng  m M  m A  m M  1,8  2,52  4,32 (gam) 4,32  MM  .n  12n 0,36  n  2, M M  24 Vậy kim loại M là magie (Mg). Câu 3: Gọi số mol Al, Fe, Cu trong 3,31 gam X lần lượt là x, y, z (mol). Ta có: 27x  56y  64z  3,31 (*) - Lấy 3,31 gam X cho vào dung dịch HCl dư: nM 

(1) (mol)

0, 784  0, 035 22, 4 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: 2Al  3H 2SO 4 loaõng  Al2 (SO 4 )3  3H 2 n H2 

x  1,5x Fe  H 2SO 4 loaõng  FeSO 4  H 2

(1) (mol) (2)

y (mol) Theo (1) và (2) ta có: n H2  1,5x  y  0, 035 (mol)  1,5x  y  0, 035 (**) - Lấy 3,31 gam X tác dụng với dung dịch H 2SO 4 đặc, dư, đun nóng: Phương trình hóa học: t 2Al  6H 2SO 4 ñaëc   Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O (3) y

x  0,5x t 2Fe  6H 2SO 4 ñaëc   Fe 2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O

(mol) (4)

y  0,5y t Cu  2H 2SO 4 ñaëc   Cu SO 4  SO 2  2H 2 O

(mol) (5)

z (mol) Theo (3), (4) và (5) ta có: n Al2 (SO4 )3  0,5x (mol); n Fe2 (SO4 )3  0,5y (mol); n CuSO4  z (mol) Lại có: m muoái  m Al2 (SO4 )3  m Fe2 (SO4 )3  m CuSO4  171x  200y  160z  10,51 (gam) z

 171x  200y  160z  10,51 (***) Từ (*), (**) và (***) suy ra: x  0, 01; y  0, 02; z  0, 03 Thành phần phần trăm về khối lượng của các chất trong X là: 0, 01.27 %m Al  .100%  8,16% 3,31 0, 02.56 %m Fe  .100%  33,84% 3,31 %m Cu  100%  8,16%  33,84%  58% Câu 4: Bảo toàn khối lượng có: m muoái  m kim loaïi  m NO3 trong muoái  m NO3 trong muoái  73, 7  17,9  55,8 (gam)  n NO3 trong muoái  0,9 (mol)

Gọi số mol khí NO và NO 2 trong Z lần lượt là x, y (mol). Sử dụng công thức tính nhanh: n NO3 trong muoái  3n NO  n NO2  3x  y  0,9 (*) M M d Z/H2    19,8  M  39, 6 M H2 2 Lại có: Áp dụng phương pháp đường chéo: n NO M NO2  M 46  39, 6 2     3x  2y n NO2 M  M NO 39, 6  30 3 (**) x  0, 2; y  0,3 Từ (*) và (**) suy ra:  n Z  n NO  n NO2  0,5 (mol)

 VZ  0,5.22, 4  11, 2 (lít) Vậy thể tích V bằng 11,2 lít. Câu 5: Gọi số mol của Mg và kim loại M trong 16 gam X lần lượt là x, y (mol).

Ta có: 24x  My  16 (*) - 16 gam hỗn hợp X trên tan hoàn toàn trong dung dịch H 2SO 4 đặc nóng, dư 11, 2 n SO2   0,5 22, 4 Theo đề bài: (mol) Gọi hóa trị của kim loại M khi tác dụng với H 2SO 4 đặc nóng là n (n là số nguyên dương). Phương trình hóa học: t Mg  2H 2SO 4 ñaëc   Mg SO 4  SO 2  2H 2 O (1) x x (mol) t 2M  2nH 2SO 4 ñaëc   M 2 (SO 4 ) n  nSO 2  2nH 2 O (2)  0,5y (mol) Theo (1) và (2) ta có: n SO2  x  0,5ny  0,5 (mol)  x  0,5ny  0,5 (**) - 16 gam hỗn hợp X chứa Mg và kim loại M vào dung dịch HCl dư 8,96 n H2   0, 4 22, 4 Theo đề bài: (mol) TH1: Kim loại M đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học, nên không phản ứng với HCl. Phương trình hóa học: Mg  2HCl  MgCl2  H 2 (3) y

0, 4  0, 4 (mol) Theo (3): n Mg  0, 4 (mol)  x  0, 4 (mol)

6, 4  My  16  24.0, 4  6, 4  y    M  0,5  0, 4  ny  0,5  0, 2  y  0, 2   n Từ (*) và (**) suy ra: 6, 4 0, 2   M  32n n Ta có phương trình: M  n  2; M  64 Kim loại M là đồng (Cu) (thỏa mãn). TH2: Kim loại M đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học, nên có phản ứng với HCl. Gọi hóa trị của kim loại M khi tác dụng với HCl là m (m là số nguyên dương). Phương trình hóa học: Mg  2HCl  MgCl2  H 2 (4) x x (mol) 2M  2mHCl  2MClm  mH 2 (5)  0,5my (mol) Theo (4) và (5) ta có: n H2  x  0,5my  0, 4 (mol)  x  0,5my  0, 4 (***) Ta thấy: x  0,5ny  x  0,5my  Hóa trị n  m. 24x  My  16   x  0,5ny  0,5  Từ (*), (**) và (***) ta có hệ phương trình:  x  0,5my  0, 4  n  2; m  3  x  0, 2; y  0, 2 16  24.0, 2 M  56 0, 2 Kim loại M là sắt (Fe) (thỏa mãn). Vậy kim loại M có thể là đồng (Cu) hoặc sắt (Fe). y

Câu 6: Ta có sơ đồ:  Fe(OH)3 Fe 2 (SO 4 )3 Ba (OH)2   dd X :    Cu(OH) 2 0,12 mol FeS2 HNO3  CuSO 4  BaSO    4 㚹䔿尐䔿 a mol Cu S 秣  2  m gam   NO 1 n Fe2 (SO4 )3  .n FeS2  0,5.0, 21  0, 06 2 Ta có: (mol) n CuSO4  2n Cu 2S  2a (mol)

Lại có: 2n FeS2  n Cu 2S  3n Fe2 (SO4 )3  n CuSO4  2.0,12  a  3.0, 06  2a  a  0, 06 Vậy giá trị của a là 0,06. Theo sơ đồ: n BaSO4  n SO4 trong muoái  3n Fe2 (SO4 )3  n CuSO4  3.0, 06  2.0, 06  0,3 (mol) n Fe(OH)3  n FeS2  0,12 (mol)

n Cu (OH)2  2n Cu 2S  2.0, 06  0,12 (mol) Vậy khối lượng kết tủa thu được là: m  m Fe(OH)3  m Cu (OH)2  m BaSO4  0,12.107  0,12.98  0,3.233  94,5 (gam) Vậy giá trị của m là 94,5. Câu 7: 19, 2 n Ba (OH)2  1.0,536  0,536 n Cu   0,3 64 (mol); (mol) Theo đề bài: 73, 6.98% m dd H2SO4  1,84.40  73, 6 (gam)  n H2SO4   0, 736 98 (mol) SO . 2 - Giả sử sản phẩm khử thu được là Phương trình hóa học: Cu  2H 2SO 4 ñaëc  CuSO 4  SO 2  2H 2 O (1) n H SO H 2SO 4 n Cu  0,3  2 4  0,368 2 Vì 1 nên Cu hết, dư. Theo (1): n H2SO4 pöù 2n Cu  0, 6 (mol)  n H2SO4 dö  0, 736  0, 6  0,136 (mol)

n CuSO4  n Cu  0,3 (mol) Dung dịch A gồm 0,136 mol H 2SO 4 và 0,3 mol CuSO 4 . Phương trình hóa học: H 2SO 4  Ba(OH) 2  BaSO 4  2H 2 O (2)

CuSO 4  Ba(OH) 2  Cu(OH) 2  BaSO 4 (3) Từ (2) và (3) ta thấy: n H2SO4  n CuSO4  0, 436  n Ba (OH)2  0,536; do đó Ba(OH) 2 còn dư. Theo (2): n BaSO4  n H2SO4  0,136 (mol)

Theo (3): n BaSO4  n CuSO4  0,3 (mol); n Cu (OH)2  n CuSO4  0,3 (mol) Khối lượng kết tủa thu được là: m  m Cu (OH)2  m BaSO4  0,3.98  0, 436.233  130,988 (gam) - Giả sử sản phẩm khử thu được là H 2S. Phương trình hóa học:

4Cu  5H 2SO 4 ñaëc  4CuSO 4  H 2S  4H 2 O (4) n H SO H 2SO 4 n Cu  0, 075  2 4  0,1472 5 Vì 4 nên Cu hết, dư. 5 n H2SO4 pöù .n Cu  0,375 (mol)  n H2SO4 dö  0, 736  0,375  0,361 4 Theo (1): (mol) n CuSO4  n Cu  0,3 (mol)

Dung dịch A gồm 0,361 mol H 2SO 4 và 0,3 mol CuSO 4 . Từ (2) và (3) ta thấy: n H2SO4  0,361  n Ba (OH)2  0,536  n H2SO4  n CuSO4  0, 661 Do đó Ba(OH) 2 hết. Theo (2): n BaSO4  n Ba (OH)2  n H2SO4  0,361 (mol) Theo (3): n Cu (OH)2  n BaSO4  n Ba (OH)2  0,536  0,361  0,175 (mol) Khối lượng kết tủa thu được là: m  m Cu (OH)2  m BaSO4  0,175.98  0,536.233  142, 038 (gam) Vậy m nằm trong khoảng từ 130,988 gam đến 142,038 gam. Câu 8: Gọi số mol của Al và M trong 8,07 gam B lần lượt là x, y (mol). Ta có: 27x  My  8, 07 (*) Hỗn hợp B tan hết trong dung dịch axit ( H 2SO 4 loãng, HCl) nên kim loại M đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học. Hỗn hợp B tan trong axit H 2SO 4 đặc nguội sinh ra khí SO 2 nên M không phải là sắt (Fe). Do vậy, M có hóa trị không đổi. - Hòa tan 8,07 gam hỗn hợp B trong dung dịch chứa H 2SO 4 và HCl 3, 024 n H2   0,135 22, 4 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: 2Al  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2 (1) 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 (2) M  H 2SO 4  MSO 4  H 2 (3) M  2HCl  MCl2  H 2 (4) n  1,5.n  n M  0,135(mol)  3x  2y  0, 27(**) Al Theo (1), (2), (3) và (4) ta có: H2 27x  My  8, 07 8, 07  2, 43 5, 64 y   M  18 M  18 Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình: 27x  18y  2, 43 - Cho 8,07 gam B tác dụng với H 2SO 4 đặc nguội

Do Al bị thụ động hóa (không phản ứng) được với H 2SO 4 đặc, nguội, nên ta có phương trình hóa học: M  2H 2SO 4 ñaëc nguoäi  MSO 4  SO 2  2H 2 O (5) y

y

n SO2  y 

5, 64 M  18 (mol)

(mol)

Theo (5): Thể tích khí SO 2 bay ra vượt quá 2,6 lít nên ta có: 2, 6 5, 64   0,135 22, 4 M  18  41, 78  M  18  48,59  59, 78  M  66,59 Vậy kim loại M là Zn (M = 65). Câu 9:

a. Gọi số mol Al, Cu trong E lần lượt là x, y (mol)  27x  64y  15 (*) Phương trình hóa học: t 2Al  6H 2SO 4 ñaëc   Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O x 3x  1,5x t Cu  2H 2SO 4 ñaëc   Cu SO 4  SO 2  2H 2 O

(1) (mol) (2)

y 2y y (mol) Bảo toàn khối lượng ta có: mSO2  m E  m dd H2SO4  m G  15  1,82.90  150  28,8 (gam)

28,8  0, 45 64 (mol) Theo (1) và (2) ta có: 1,5x  y  0, 45 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 2; y  0,15 Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là: 0, 2.27 %m Al  .100%  36% 15 %m Cu  100%  36%  64%  n SO2 

b. Gọi số mol H 2SO 4 dư là a (mol).  (a  0, 2.3  0,15.2).40%  a  a  0, 6 (mol) Vậy nồng độ phần trăm H 2SO 4 trong G là: 0, 6.98 C%  .100%  39, 2% 150

CHỦ ĐỀ 3: BÀI TOÁN CO 2 / SO 2

TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM CO 2 tác dụng với dung dịch B(OH)2 CO 2  B(OH) 2  BCO3  H 2 O (1) CO 2  BCO3  H 2 O  B(HCO3 ) 2 (2)  B(OH) 2 dư, xảy ra (1).  B(OH) 2 hết, CO 2 hòa tan một phần kết tủa, xảy ra (1), (2).

Chú ý: Sục từ từ CO 2 vào dung dịch Ca(OH)2 / Ba(OH)2

Đồ thị CO 2 tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp AOH và B(OH)2 CO 2  B(OH) 2  BCO3  H 2 O (1) CO 2  AOH  A 2 CO3  H 2 O (2) CO 2  A 2 CO3  H 2 O  AHCO3 (3) CO 2  BCO3  H 2 O  B(HCO3 ) 2 (4)  Tạo kết tủa tới cực đại, xảy ra (1).  Lượng kết tủa không đổi, xảy ra (2).  Lượng kết tủa vẫn không đổi, xảy ra (3).  Lượng kết tủa tan dần tới hết, xảy ra (4).

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS2 và cho toàn bộ lượng SO 2 thu được hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ba(OH) 2 0,125M. Tính khối lượng muối tạo thành.  Phân tích đề bài Từ FeS2 ta suy ra được lượng SO 2 đem hấp thụ. So sánh tỉ lệ số mol OH/SO2 để xác định muối tạo thành và viết phương trình hóa học. Tính toán theo phương trình hóa học để tính khối lượng muối tạo thành.  Giải chi tiết 18 n FeS2   0,15 120 Theo đề bài: (mol) t  2Fe 2 O3  8SO 2 Phương trình hóa học: 4FeS2  11O 2  (1) Theo (1): n SO2  2n FeS2  0,3 (mol) n Ba (OH)2  0,125.2  0, 25 (mol)  n OH  2.0, 25  0,5 (mol) n 0,5 T  OH   1, 67 n 0,3 SO 2 Xét tỉ lệ: Vì 1 < T < 2, do đó phản ứng tạo hai muối: trung hòa và axit. Phương trình hóa học SO 2  Ba(OH) 2  BaSO3  H 2 O (1) x

x

x

(mol)

2SO 2  Ba(OH) 2  Ba(HSO3 ) 2

(2)

2y

y y (mol) Gọi số mol Ba(OH) 2 phản ứng ở (1) là x (mol), số mol Ba(OH) 2 phản ứng ở (2) là y (mol). Theo (1) và (2): n SO2  x  2y  0,3 (mol); n Ba (OH)2  x  y  0, 25 (mol)  x  2y  0,3  x  0, 2   Ta có hệ phương trình:  x  y  0, 25  y  0, 05 Theo (1) và (2) ta có: n BaSO3  x  0, 2 (mol); n Ba (HSO3 )2  y  0, 05 (mol) Vậy khối lượng muối tạo thành là: m muoái  m BaSO3  m Ba (HSO3 )2  0, 2.217  0, 05.299  58,35 (gam)

 Nhận xét Đối với trường hợp tạo ra hai muối, ta thường viết phương trình song song rồi đặt ẩn từng phương trình và giải hệ phương trình. Ví dụ 2: Cho V lít CO 2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 200 ml dung dịch hỗn hợp KOH 1M và Ba(OH) 2 1,5M thu được 47,28 gam kết tủa. Tìm V. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa THPT chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm 2018)  Phân tích đề bài Đây là bài toán ngược loại 1 nên ta cần so sánh số mol BaCO3 và Ba(OH) 2 để xét các trường hợp có thể xảy ra. Viết phương trình hóa học theo thứ tự phản ứng. Tính toán theo phương trình và dữ kiện đề bài.  Giải chi tiết Theo đề bài: n KOH  1.0, 2  0, 2 (mol); n Ba (OH)2  1,5.0, 2  0,3 (mol) Ta có:

m  m BaCO3  47, 28

 n BaCO3 

47, 28  0, 24 197 (mol)

(gam) n  0, 24  n Ba (OH)2  0,3; nên xảy ra hai trường hợp sau: Ta thấy:  TH1: CO 2 chỉ vừa đủ tạo kết tủa: Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O 0, 24 

0, 24 (mol) Thể tích khí CO 2 là: V  0, 24.22, 4  5,376 (lít) TH2: CO 2 tạo kết tủa, sau đó kết tủa tan Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (1) 0,3  0,3  0,3 CO 2  2KOH  K 2 CO3  H 2 O

(mol) (2)

0,1  0, 2  0,1 CO 2  H 2 O  K 2 CO3  2KHCO3

(mol) (3)

0,1  0,1 (mol) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (4) 0, 06  0, 06 (mol) Theo (1): n   n BaCO3  0,3 (mol) Do sau phản ứng thu được 0,24 mol kết tủa nên:  n BaCO3 pö ôû(4)  n  bòhoøa tan  0,3  0, 24  0, 06 (mol)

Theo (1), (2), (3) và (4) ta có: n CO2  0,3  0,1  0,1  0, 06  0,56 (mol)

Thể tích khí CO 2 là: V  0,56.22, 4  12,544 (lít) Vậy thể tích khí CO 2 là: V  5,376 (lít) hoặc V  12,544 (lít) * Chú ý: Ở phản ứng (4), kết tủa bị hòa tan bởi CO2, nên ta có: nBaCO ôûpö (4)  n bòhoøatan  n sinhraôû(1)  nsaupö 3

Ví dụ 3: Dẫn từ từ khí CO 2 vào V ml dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và Ba(OH) 2 0,1M. Đồ thị biểu diễn khối lượng kết tủa theo số mol CO 2 như sau:

Xác định giá trị của V. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa Đại học Sư phạm Hà Nội năm 2017)  Phân tích đề bài (1) Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O (2) CO 2  H 2 O  Na 2 CO3  2NaHCO3 (3) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (4) Xét các mốc trên đồ thị để xác định phản ứng xảy ra và tính toán theo yêu cầu đề bài.  Giải chi tiết - Khi số mol CO 2 là 0,03 (mol) Chỉ xảy ra phương trình (1). Theo (1): n   n BaCO3  n CO2  0, 03 (mol) - Khi số mol CO 2 là 0,13 (mol) Theo đồ thị: n   0, 03 (mol) Xảy ra phương trình (1), (2), (3) và (4) ( CO 2 chưa hòa tan hết kết tủa). Theo đề bài: n NaOH  0, 2V (mol); n Ba (OH)2  0,1V (mol) Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O

(1)

0,1V  0,1V  0,1V CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O

(mol) (2)

0,1V  0, 2V  0,1V (mol) CO 2  H 2 O  Na 2 CO3  2NaHCO3 (3) 0,1V  0,1V (mol) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (4) (0,1V  0, 03)  (0,1V  0, 03)(mol) Theo (1): n   n BaCO3  0,1V (mol) Do sau phản ứng thu được 0,03 mol kết tủa nên: n BaCO3 pö ôû(4)  n  bòhoøa tan  0,1V  0, 03 (mol) n  0,1V  0,1V  0,1V   0,1V  0,03  0,13  mol  Theo (1), (2), (3) và (4) ta có: CO2 0,13  0, 03  0, 4V  0, 03  0,13  V   0, 4 0, 4 (lít) = 400 (ml) Vậy giá trị của V là 400. Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 44,1 gam hỗn hợp A gồm Cu, Al, FeCO3 bằng dung dịch H 2SO 4 đặc nóng, dư thu được dung dịch B và hỗn hợp X. Cho toàn bộ khí X đi qua dung dịch brom dư sau phản ứng thu được dung dịch C. Khí thoát ra khỏi bình nước brom cho hấp thụ hoàn toàn vào bình đựng Ba(OH) 2

được 19,7 gam kết tủa, lọc tách kết tủa rồi thêm NaOH dư vào lại thu được 9,85 gam kết tủa. Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch C thu được 174,75 gam kết tủa. a. Hãy viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Hãy tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa chuyên ĐH Khoa Học Tự Nhiên năm 2012)  Phân tích đề bài dd B   H SO BaCl2  dd C :  2 4   BaSO 4   㚹尐秣 HBr Cu   174,75 gam   H 2SO4 44,1 gam Al    SO 2 Br2  H2O  ñaë c, noù ng BaCO  㚹尐秣3 FeCO X : CO   3   2 19,7 gam   Ba (OH)2  CO 2    NaOH dö   BaCO3 Ba(HCO3 ) 2   㚹尐秣   9,85 gam    Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: Cu  2H 2SO 4 ñaëc noùng  CuSO 4  SO 2  2H 2 O (1) 2Al  6H 2SO 4 ñaëc noùng  Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O

(2) 2FeCO3  4H 2SO 4 ñaëc noùng  Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  2CO 2  4H 2 O (3) Hỗn hợp khí X gồm SO 2 và CO 2 . Cho khí X đi qua dung dịch brom dư: SO 2  Br2  2H 2 O  H 2SO 4  2HBr (4)  Dung dịch C gồm H 2SO 4 và HBr, khí thoát ra là CO 2 . Khí thoát ra hấp thụ vào bình đựng Ba(OH) 2 thu được kết tủa, lọc bỏ kết tủa rồi thêm NaOH dư lại thu được kết tủa. Do đó dung dịch thu được chứa muối axit Ba(HCO3 ) 2 . Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (5) 2CO 2  Ba(OH) 2  Ba(HCO3 ) 2 (6) Ba(HCO3 ) 2  2NaOH  BaCO3  Na 2 CO3  2H 2 O (7) Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch C: BaCl2  H 2SO 4  BaSO 4  2HCl (8) 19, 7 9,85 n BaCO3 (5)   0,1 n BaCO3 (7)   0, 05 197 197 b. Theo đề bài: (mol); (mol) n  n  0,1 BaCO3 (5) Theo (5): CO2 (5) (mol) Theo (6) và (7) ta có: n CO2 (6)  2n Ba (HCO3 )2  2n BaCO3 (7)  2.0, 05  0,1 (mol) 174, 75 n BaSO4   0, 75 233 Theo đề bài: (mol) Theo (4) và (8) ta có: n SO2  n H2SO4  n BaSO4  0, 75 (mol)

Vậy trong X chứa: n CO2  n CO2 (5)  n CO2 (6)  0,1  0,1  0, 2 (mol); n SO2  0, 75 (mol) Theo (3): n FeCO3  n CO2  0, 2 (mol) Gọi số mol của Cu và Al trong 44,1 gam A lần lượt là x, y (mol). Ta có: m A  m Cu  m Al  m FeCO3  44,1 (gam)  64x  27y  20,9 (*) Theo (1), (2) và (3) ta có: n SO2  n Cu  1,5.n Al  0,5.n FeCO3  0, 75 (mol)  x  1,5y  0, 65 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 2; y  0,3 Thành phần phần trăm theo khối lượng các chất trong A là:

0, 2.64 .100%  29, 02% 44,1 0,3.27 %m Al  .100%  18,37% 44,1 %m FeCO3  100%  29, 02%  18,37%  52, 61%

%m Cu 

Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm cacbon và lưu huỳnh trong dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí Y gồm NO 2 và CO 2 có tỉ khối so với NO bằng 1,525. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y qua dung dịch NaOH dư thu được 64,5 gam muối. Tính m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa thành phố Hà Nội năm 2018)  Phân tích đề bài  NO 2 NaOH dö  NaNO3 ; NaNO 2 C HNO3 ñaëc, noùng m gam   Y :    CO 2 Na 2 CO3 S  㚹䔿䔿 㚹䔿尐䔿 秣 䔿尐䔿䔿䔿 秣 d Y/NO 1,525 64,5 gam Sơ đồ phản ứng:  Giải chi tiết Phương trình hóa học: C  4HNO3  CO 2  4NO 2  2H 2 O (1) S  6HNO3  H 2SO 4  6NO 2  2H 2 O (2) CO NO 2 và 2 trong Y lần lượt là x, y (mol) Gọi số mol của M M   1,525  M  45, 75 M NO 30 Ta có: Áp dụng phương pháp đường chéo: CO 2 : M CO2  44 MM d Y/ NO 

NO2

M  45, 75 NO 2 : M NO2  46

M  M CO2

x 46  45, 75 1    7x  y  0 y 45, 75  44 7 (*) Dẫn toàn bộ khí Y qua dung dịch NaOH dư, phương trình hóa học: CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O (3) 

x x (mol) 2NO 2  2NaOH  NaNO3  NaNO3  H 2 O (4)  0,5y  0,5y (mol) Theo (3) và (4) ta có: n Na 2CO3  x (mol); n NaNO3  n NaNO2  0,5y (mol)  m muoái  m Na 2CO3  m NaNO3  m NaNO2  106x  85.0,5y  69.0,5y  64,5 (gam)  106x  77y  64,5 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0,1; y  0, 7 Theo (1): n C  n CO2  0,1 (mol); n NO2 (1)  4n CO2  0, 4 (mol) y

 n NO2 (2)  0, 7  0, 4  0,3 (mol) 1 n S  .n NO2  0, 05 6 Theo (2): (mol)  m  m C  mS  0,1.12  0, 05.32  2,8 (gam) 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Khi hấp thụ hoàn toàn 0,05 mol CO 2 hoặc 0,35 mol CO 2 vào 500 dung dịch Ba(OH) 2 a mol/l đều thu được m gam chất kết tủa. Tìm giá trị của m và a. (Trích đề thi vào lớp 10 THPT Chuyên Amsterdam Hà Nội năm 2012)

Câu 2: Cho 5,52 gam muối M 2 CO3 tác dụng với dung dịch HCl dư, dẫn toàn bộ khí thoát ra vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 7,88 gam kết tủa. Xác định công thức muối. Câu 3: Sục 4,48 lít khí CO 2 (đktc) vào 500 ml dung dịch NaOH 0,1 M và Ba(OH) 2 0,2M. Tính khối lượng kết tủa thu được. Câu 4: Sục khí CO 2 vào dung dịch có m gam Ba(OH) 2 thu được kết tủa. Lượng kết tủa biến đổi theo lượng CO 2 được biểu diễn theo đồ thị dưới đây.

Tính m và khối lượng kết tủa tại điểm K t . (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Bình Phước năm 2018) Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 1,6 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO 4 đặc nóng, dư sinh ra khí SO 2 (sản phẩm khử duy nhất). Hấp thụ hoàn toàn lượng SO 2 trên bằng 50 ml dung dịch NaOH 0,6M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng chỉ thu được 2,71 gam muối khan. Hãy xác định kim loại R. (Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định năm 2014) Câu 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam một mẫu cacbon chứa 4% tạp chất trơ bằng oxi, thu được 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X chứa CO và CO 2 . Sục từ từ X vào 200 ml dung dịch Y chứa Ba(OH) 2 1M và NaOH 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 29,55 gam kết tủa. Tính m và thể tích khí O 2 (đktc) đã dùng. (Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lê Hồng Phong TPHCM năm 2014) Câu 7: Cho m gam hỗn hợp gồm Na 2 O và BaO vào nước thu được dung dịch X. Sục đến hết 11,2 lít CO 2 ở đktc vào X thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối và một chất kết tủa. Số mol kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol CO 2 được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Cho từ từ đến hết một lượng dung dịch Y vào 300 ml dung dịch HCl 1M thu được 5,04 lít khí ở đktc. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính giá trị của m. Gợi ý giải Câu 1: Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (1) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (2) - Hấp thụ 0,05 mol CO 2 thì chỉ xảy ra phương trình (1), CO 2 hết và Ba(OH) 2 dư. Theo (1): n   n BaCO3  n CO2  0, 05 (mol)  m  m BaCO3  0, 05.197  9,85 (gam) - Hấp thụ 0,35 mol CO 2 thì ban đầu tạo kết tủa sau đó kết tủa bị hòa tan một phần thu được lượng kết tủa bằng với khi hấp thụ 0,05 mol CO 2 , xảy ra phương trình (1) và (2).

Theo đề bài: n Ba (OH)2  a.0,5  0,5a (mol) Theo (1): n BaCO3 (1)  n Ba (OH)2  0,5a (mol)

Lại có: n BaCO3 (2)  n  bòhoøa tan  0,5a  0, 05 (mol) Theo (1) và (2) ta có: n CO2  n BaCO3 (1)  n BaCO3 (2)  0,5a  0,5a  0, 05  0,35 (mol) 0,35  0, 05 a   0, 4M 1 Vậy giá trị của m là 9,85; giá trị của a là 0,4. Câu 2: Phương trình hóa học: M 2 CO3  2HCl  2MCl  CO 2  H 2 O (1) CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (2) CO Ba(OH) 2 vào dung dịch 2 dư nên thu được muối trung hòa. Dẫn 7,88 n BaCO3   0, 04 197 Theo đề bài: (mol) Theo (1) và (2) ta có: n M 2CO3  n CO2  n BaCO3  0, 04 (mol)  M M 2CO3 

5,52  138  M M  39 0, 04

Vậy kim loại cần tìm là kali (K), công thức muối là K 2 CO3 . Câu 3: Theo đề bài: 4, 48 n NaOH  0,1.0,5  0, 05 n Ba (OH)2  0, 2.0,5  0,1 n CO2   0, 2 22, 4 (mol); (mol); (mol) Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (1) 0,1  0,1  0,1 CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O

(mol) (2)

0, 025  0, 05  0, 025 (mol) CO 2  H 2 O  Na 2 CO3  2NaHCO3 (3) 0, 025  0, 025 (mol)  n CO2 pöù 0,1  0, 025  0, 025  0,15 (mol)  n CO2 dö  0, 2  0,15  0, 05 (mol) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (4) 0, 05

 0, 05

(mol)

 n   n BaCO3 coøn laïi  0,1  0, 05  0, 05 (mol)  m  0, 05.197  9,85 (gam)

Vậy khối lượng kết tủa thu được là 9,85 gam. Câu 4: Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (1) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (2) - Tại K d , thì chỉ xảy ra phương trình số (1), CO 2 phản ứng vừa đủ với Ba(OH) 2 tạo kết tủa. Theo (1): n Ba (OH)2  n BaCO3 (1)  n   a (mol) - Tại K t , kết tủa giảm so với K d do bị tan dần, xảy ra phương trình (1) và (2) Ta có: n BaCO3 (2)  n  bòhoøa tan  a  0, 6a  0, 4a (mol)

Theo (1) và (2) ta có: n CO2  n BaCO3 (1)  n BaCO3 (2)  a  0, 4a  0,56 (mol)

0,56  0, 4 1, 4 (mol)  m  m Ba (OH)2  0, 4.171  68, 4 (gam) Vậy giá trị m là 68,4. Tại thời điểm K t , khối lượng kết tủa là: m  0, 6a.197  0, 6.0, 4.197  47, 28 (gam) Câu 5: Phương trình hóa học: 2R  2nH 2SO 4 ñaëc, noùng  R 2 (SO 4 ) n  nSO 2  2nH 2 O (1) a 

SO 2  2NaOH  Na 2SO3  H 2 O

(2)

SO 2  NaOH  NaHSO3

Theo đề bài: n NaOH  0, 6.0, 05  0, 03 (mol) TH1: Dung dịch sau phản ứng chứa NaOH m1  m NaOH  0, 03.40  1, 2 (gam) TH2: Sau phản ứng chỉ thu được muối trung hòa, chỉ xảy ra phương trình (2) 1 n Na 2SO3  .n NaOH  0,5.0, 03  0, 015 2 Theo (2): (mol)  m 2  m Na 2SO3  0, 015.126  1,89 (gam) TH3: Sau phản ứng chỉ thu được muối axit, chỉ xảy ra phương trình (3) Theo (3): n NaHSO3  n NaOH  0, 03 (mol)

 m3  0, 03.104  3,12 (gam) Ta thấy: m 2  2, 71  m3 , do đó sau phản ứng chứa hai muối, xảy ra (1) và (2).

Gọi số mol SO 2 phản ứng ở (2) và (3) lần lượt là x, y (mol). 2x  y  0, 03  x  0, 005   Ta có hệ phương trình 126x  104y  2, 71  y  0, 02  n SO2  0, 02  0, 005  0, 025 (mol) 2 1, 6 2.0, 025 n R  .n SO2    M R  32n n MR n Theo (1):  n  2; M R  64 Vậy kim loại R là đồng (Cu). Câu 6: Sơ đồ phản ứng: C : 96% CO O 2 ,t  0,2 mol Ba (OH)2 ; 0,1 mol NaOH m gam    0,5 mol X :    BaCO3 㚹尐秣 t : 4% CO 2 Taïp chaá 29,55 gam

11, 2  0,5 22, 4 Theo đề bài: (mol)  m C  0,5.12  6 (gam)  m  6 : 96%  6, 25 (gam) n X  n CO  n CO2 

Theo đề bài: n Ba (OH)2  1.0, 2  0, 2 (mol); n NaOH  0,5.0, 2  0,1 (mol) Sục từ từ X vào dung dịch Y chứa Ba(OH) 2 và NaOH, có CO 2 bị hấp thụ. 29,55 m  m BaCO3  29,55 (gam)  n BaCO3   0,15 197 Theo đề bài: (mol) n  0,15  n  0, 2; Ba (OH)2 Ta thấy: BaCO3 nên xảy ra hai trường hợp sau: TH1: CO 2 chỉ vừa đủ tạo kết tủa CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O 0,15 

0,15

(mol)

Theo phương trình: n CO2  0,15 (mol)  n CO  0,5  0,15  0,35 (mol) 1 n O2  n CO2  .n CO  0,15  0,5.0,35  0,325 2 Theo (1) và (2): (mol)  VO2  0,325.22, 4  7, 28 (lít) TH2: CO 2 tạo kết tủa, sau đó kết tủa tan. Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O 0, 2  0, 2  0, 2 CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O

(3) (mol) (4)

0, 05  0,1  0, 05 (mol) CO 2  H 2 O  Na 2 CO3  2NaHCO3 (5) 0, 05  0, 05 (mol) CO 2  H 2 O  BaCO3  Ba(HCO3 ) 2 (6) 0, 05  0, 05 (mol) Theo (3): n   n BaCO3  0, 2 (mol) Do sau phản ứng thu được 0,15 mol kết tủa nên:  n BaCO3 pö ôû(6)  n  bòhoøa tan  0, 2  0,15  0, 05 (mol)

Theo (3), (4), (5) và (6) ta có: n CO2  0, 2  0, 05  0, 05  0, 05  0,35 (mol) Theo phương trình: n CO2  0,35 (mol)  n CO  0,5  0,35  0,15 (mol) 1 n O2  n CO2  .n CO  0,35  0,5.0,15  0, 425 2 Theo (1) và (2): (mol)  VO2  0, 425.22, 4  9,52 (lít)

Câu 7: Phương trình hóa học: Na 2 O  H 2 O  2NaOH (1) BaO  H 2 O  Ba(OH) 2 (2) Ba(OH) 2. Dung dịch X gồm NaOH và Sục đến hết 0,5 mol CO 2 vào dung dịch X thu được hai muối và một chất kết tủa. Thứ tự phản ứng: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (3) CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O (4) CO 2  H 2 O  Na 2 CO3  2NaHCO3 (5) Dung dịch Y gồm Na 2 CO3 và NaHCO3 có số mol lần lượt là x, y (mol). - Với n CO2  0, 2 thì kết tủa lớn nhất, suy ra: n Ba (OH)2  n BaCO3  n   0, 2 (mol) Theo (2): n BaO  n Ba (OH)2  0, 2 (mol) - Số mol CO 2 tăng từ 0,2 mol đến 0,5 mol; lượng kết tủa không đổi, suy ra: n CO2 (4)  n CO2 (5)  0,5  0, 2  0,3 (mol)

Cho từ từ đến hết dung dịch Y vào 300 ml dung dịch HCl 1M phản ứng xảy ra đồng thời: Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O (6) NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O (7) Gọi số mol Na 2 CO3 và NaHCO3 phản ứng lần lượt là x ', y ' (mol). n HCl  1.0,3  0,3

Theo đề bài:

(mol);

n khí  n CO2 

5, 04  0, 225 22, 4 (mol)

Theo (6) và (7) ta có; n CO2  n Na 2CO3  n NaHCO3  0, 225 (mol)  x ' y '  0, 225 (*) n HCl  2n Na 2CO3  n NaHCO3  0,3 (mol)  2x ' y '  0,3 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x '  0, 075; y '  0,15 x x ' 0, 075 1      y  2x y y ' 0,15 2 Theo (5): n Na 2CO3 (5)  0,5.n NaHCO3  0,5.y  0,5.2x  x (mol)  n Na 2CO3 (4)  n Na 2CO3 (5)  n Na 2CO3 (Y)  x  x  2x (mol) Theo (4) và (5) ta có: n CO2 (4)  n CO2 (5)  n Na 2CO3  0,5.n NaHCO3  2x  x  3x (mol) 0,3 x  0,1 3 (mol) Theo (4): n NaOH  2.n Na 2CO3 (4)  4x  0, 4 (mol)

Theo (1): n Na 2O  0,5.n NaOH  0,5.0, 4  0, 2 (mol)  m  m Na 2O  m BaO  0, 2.62  0, 2.153  43 (gam)

CHỦ ĐỀ 4: BÀI TOÁN KHỬ

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Khử hoàn toàn m gam Fe 2 O3 bằng cần V lít khí H 2 (đktc) ở nhiệt độ cao, sau khi phản ứng kết thúc thấy khối lượng chất rắn giảm 4,8 gam. Tìm giá trị của m và V.  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. Từ khối lượng chất rắn giảm, ta tính được khối lượng O mất đi, từ đó tính được số mol H 2 phản ứng. Tính theo phương trình hóa học ta được m  Giải chi tiết Phương trình hóa học: Fe 2 O3  3H 2  2Fe  3H 2 O

Ta có: m O (maátñi)  m chaátraén giaûm  4,8 (gam) 4,8  n H2 pöù n O (maátñi)   0,3 16 (mol)  V  VH2  0,3.22, 4  6, 72 (lít) 1 n Fe2O3  .n H2  0,1 3 Theo phương trình: (mol)  m  m Fe2O3  0,1.160  16 (gam)

Vậy giá trị của m và V lần lượt là 16 và 6,72. Ví dụ 2: Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp hai oxit Fe3O 4 và CuO nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 gam hỗn hợp kim loại. Khí thoát ra được đưa vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thấy có 5 gam kết tủa trắng. Khối lượng hỗn hợp hai oxit kim loại ban đầu là bao nhiêu?  Phân tích đề bài Fe, 㚹尐Cu 秣  Fe3O 4 CO,t   2,32 gam    Ca (OH)2 dö  CaCO3 CuO CO 2  㚹尐秣  5 gam Khí thoát ra là CO 2 , dẫn vào bình đựng dung dịch Ca(OH) 2 dư thu được kết tủa, từ đó tính được số mol CO 2 thu được. Lại có số mol O trong oxit bằng số mol CO 2 thu được. Áp dụng công thức: m oxit  m kim loaïi  m O (trong oxit) để tính khối lượng hỗn hợp ban đầu.

 Giải chi tiết Phương trình hóa học: t Fe3O 4  4CO   3Fe  4CO 2 t

CuO  CO   Cu  CO 2 CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2 O 5 n CaCO3   0, 05 100 Ta có: (mol) n  n  0, 05 (mol) CaCO3 Theo (3): CO2

(1) (2) (3)

Ta có: n O (trong oxit )  n CO  n CO2  0, 05(mol)  m oxit  m (Fe  Cu)  m O (trong oxit)  2,32  0, 05.16  3,12 (gam)

Ví dụ 3: Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO 2 và H 2 . Cho toàn bộ X tác dụng hoàn toàn với CuO (dư) nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung dịch H 2SO 4 đặc, nóng thu được 13,44 lít SO 2 (đktc). Tính phần trăm theo thể tích các khí trong X. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Kon Tum năm 2018)  Phân tích đề bài CO Cu  H 2SO4 ñaëc, noùng C CuO dö, t H 2 O   X : H 2  Y :   SO 2 CuO CO  2 Hỗn hợp X có CO và H 2 khử CuO thành Cu  n CO  n H2  n O (maátñi)  n Cu sinh ra

Chất rắn Y gồm Cu và CuO dư, trong đó Cu phản ứng với H 2SO 4 đặc nóng thu được khí SO 2 .  Giải chi tiết

15, 68 13, 44  0, 7 n SO2   0, 6 22, 4 22, 4 Theo đề bài: (mol); (mol) Phương trình hóa học: t C  H 2 O   CO  H 2 (1) t C  2H 2 O   CO 2  2H 2 (2) nX 

t CuO  CO   Cu  CO 2

(3)

t

CuO  H 2   Cu  H 2 O

(4) Chất rắn Y gồm Cu và CuO dư đem hòa tan vào H 2SO 4 đặc nóng Cu  2H 2SO 4 ñaëc, noùng  CuSO 4  SO 2  2H 2 O (5) CuO  H 2SO 4  CuSO 4  H 2 O (6) Theo (5): n SO2  n Cu  0, 6 (mol) Theo (3) và (4): n CO  n H2  n Cu  0, 6 (mol)  n CO2  n X  (n CO  n H2 )  0, 7  0, 6  0,1 (mol)

Theo (2): n H2 (2)  2n CO2  0, 2 (mol)  n H2 (1)  n CO (1)  0, 6  0, 2  0, 4 (mol)

n H2 (1)  n CO (1)  n H2 (1)  n CO (1) 

0, 4  0, 2 2 (mol)

Theo (1):  n H2  n H2 (1)  n H2 (2)  0, 2  0, 2  0, 4 (mol) Trong X gồm 0,4 mol H 2 ; 0,2 mol CO và 0,1 mol CO 2 . Phần trăm theo thể tích các khí trong X là: 0, 4 %VH2  .100%  57,14% 0, 7 0, 2 %VCO  .100%  28,57% 0, 7 %VCO2  100%  57,14%  28,57%  14, 29%

Ví dụ 4: Dùng khí CO dư để khử 1,2 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit sắt nung nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,88 gam chất rắn. Nếu cho chất rắn này vào dung dịch HCl dư thì thu được 0,224 lít khí H 2 (đktc). Xác định công thức của oxit sắt. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Long An)  Phân tích đề bài H2 CuO Cu HCl dö CO dö, t     0, 224  Fe x O y Fe ︸ 㚹 䔿尐䔿 秣 0,88 gam 1,2 gam lít Dùng khí CO dư để khử oxit nên chất rắn thu được là kim loại (Cu, Fe). Nếu cho chất rắn vào dung dịch HCl dư, chỉ có Fe phản ứng tạo H 2 còn Cu không phản ứng.  Giải chi tiết Gọi công thức oxit sắt là Fe x O y (x, y là số nguyên dương). 0, 224  0, 01 22, 4 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: t CuO  CO   Cu  CO 2 n H2 

t

Fe x O y  yCO   xFe  yCO 2 Fe  2HCl  FeCl2  H 2

Theo (3): n Fe  n H2  0, 01 (mol)

(1) (2) (3)

 m Cu  0,88  m Fe  0,88  0, 01.56  0,32 (mol) 0,32  n Cu   0, 005 64 (mol) n  n  0, 005 (mol)  m CuO  0, 005.80  0, 4 (gam) Cu Theo (1): CuO  m Fex Oy  1, 2  m CuO  1, 2  0, 4  0,8 (gam)

0,8 56x  16y (mol) Theo (2): n Fe  x.n Fex Oy 0,8x  0, 01  56x  16y x 2   y 3  n Fex Oy 

Vậy công thức của oxit sắt là Fe 2 O3 . Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm CuO và Fe 2 O3 . Hòa tan hoàn toàn 44 gam X bằng dung dịch HCl dư, sau phản ứng thu được dung dịch chứa 85,25 gam muối. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 22 gam X bằng CO dư và dẫn chậm hỗn hợp khí thu được sau phản ứng qua dung dịch Ba(OH) 2 dư thì thu được m gam kết tủa. Viết phương trình hóa học, xác định thành phần phần trăm khối lượng các chất có trong X và giá trị của m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Phú Yên năm 2017)  Phân tích đề bài Đặt số mol mỗi oxit trong phần một theo các ẩn x và y, mà phần một gấp đôi phần hai từ đó suy ra số mol mỗi oxit trong phần hai. Ta viết phương trình hóa học hai ẩn, tính toán theo phương trình hóa học và dữ kiện đã cho để tính được giá trị ẩn.  Giải chi tiết - Hòa tan 44 gam X bằng dung dịch HCl dư Gọi số mol của CuO và Fe 2 O3 trong 44 gam X lần lượt là x, y (mol).  80x  160y  44 (*) Phương trình hóa học: CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O (1) x x Fe 2 O3  6HCl  2FeCl3  3H 2 O

(mol) (2)

 2y (mol) Từ (1) và (2) ta có: n CuCl2  x (mol); n FeCl3  2y (mol)  m muoái  m CuCl2  m FeCl3  85, 25 (gam) y

 135x  162,5.2y  85, 25 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0,15; y  0, 2 - Khử hoàn toàn 22 gam X bằng CO dư

Vì trong 44 gam X chứa 0,15 mol CuO và 0,2 mol Fe 2 O3 nên trong 22 gam X chứa 0,075 mol CuO và 0,1 mol Fe 2 O3 . Phương trình hóa học: t CuO  CO   Cu  CO 2 (3) 0, 075  0, 075 (mol) t Fe 2 O3  3CO   2Fe  3CO 2 (4) 0,1

 0,3 (mol)

Theo (3) và (4) ta có: n CO2  0, 075  0,3  0,375 (mol) Dẫn CO 2 qua Ba(OH) 2 dư nên chỉ thu được muối trung hòa. Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O (5) 0,375  0,375 (mol) Theo (5): n BaCO3  n CO2  0,375 (mol)  m BaCO3  0,375.197  73,875 (gam) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm Al2 O3 , Fe 2 O3 và CuO. Để hòa tan hoàn toàn 4,22 gam hỗn hợp X cần vừa đủ

800 ml dung dịch HCl 0,2M. Lấy 0,08 mol hỗn hợp X cho tác dụng với H 2 dư thấy tạo ra 1,8 gam H 2 O. Viết phương trình phản ứng và tính thành phần phần trăm về khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đăk Nông năm 2010)  Phân tích đề bài Đặt số mol mỗi oxit trong 4,22 gam hỗn hợp X, khi đó số mol các chất ở phần hai gấp k lần phần một. Viết phương trình hóa học xảy ra ở mỗi phần, trong đó Al2 O3 không tác dụng với H 2 .  Giải chi tiết - Hòa tan 4,22 gam hỗn hợp X bởi dung dịch HCl Gọi số mol Al2 O3 , Fe 2 O3 và CuO trong 4,22 gam X lần lượt là a, b, c (mol).  102a  160b  80c  4, 22 (*) Theo đề bài: n HCl  0, 2.0,8  0,16 (mol) Phương trình hóa học: Al2 O3  6HCl  2AlCl3  3H 2 O (1) Fe 2 O3  6HCl  2FeCl3  3H 2 O (2) CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O (3) Theo (1), (2), (3) ta có: n HCl  6n Al2O3  6n Fe2O3  2n CuO  0,16 (mol)  6a  6b  2c  0,16 (**) - Lấy 0,08 mol hỗn hợp X cho tác dụng với H 2 Gọi số mol Al2 O3 , Fe 2 O3 và CuO trong 0,08 mol X lần lượt là ka, kb, kc (mol). 0, 08  ka  kb  kc  0, 08  k  abc Phương trình hóa học: t Fe 2 O3  3H 2   2Fe  3H 2 O (4) t CuO  H 2   Cu  H 2 O

(5)  n CuO  0,1 (mol)

Theo (4) và (5) ta có: n H2O  3n Fe2O3 0,1  3kb  kc  0,1  k  3b  c 0, 08 0,1 k  a  b  c 3b  c Ta có:  0, 24b  0, 08c  0,1a  0,1b  0,1c  0,1a  0,14b  0, 02c  0 (***) Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0, 01; b  0, 01; c  0, 02 Thành phần phần trăm về khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp X là: 0, 01.102 %m Al2O3  .100%  24,17 4, 22 0, 01.160 %m Fe2O3  .100%  37,91% 4, 22

%m CuO  100%  24,17%  37,91%  37,92% 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Dẫn khí CO dư qua ống sứ đựng 8 gam bột CuO nung nóng, thu được hõn hợp khí X. Cho toàn bộ X vào nước vôi trong dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tìm giá trị của m. Câu 2: Dẫn V lít (đktc) khí CO vào ống sứ chứa 4,8 gam Fe 2 O3 nung nóng. Phản ứng xong, thu được

chất rắn là kim loại sắt và hỗn hợp khí có tỉ khối so với H 2 bằng 20. Dẫn toàn bộ hỗn hợp khí này vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được m gam kết tủa. Viết các phương trình hóa học và tìm V, m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hà Nội năm 2011) Câu 3: Dẫn luồng khí CO dư đi qua 37,68 gam hỗn hợp X chứa CuO, Fe 2 O3 , MgO, PbO, Fe3O 4 nung nóng đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Sục hỗn hợp khí Z vào dung dịch Ca(OH) 2 dư thu được 34,0 gam kết tủa trắng. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Xác định khối lượng của hỗn hợp chất rắn Y. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Quảng Bình năm 2017) Câu 4: Dùng V lít CO (đktc) khử hoàn toàn 8 gam oxit kim loại M, phản ứng kết thúc thu được kim loại và hỗn hợp khí R. Tỉ khối của R so với hiđro là 19. Cho R hấp thụ hoàn toàn vào 5 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,025M thu được 10 gam kết tủa. a) Xác định kim loại và công thức oxit kim loại M. b) Tìm V. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Bắc Ninh năm 2017) Câu 5: Khử hoàn toàn 12,76 gam một oxit kim loại (R x O y ) bằng khí CO vừa đủ thu được kim loại R và khí CO 2 . Hấp thụ hết khí CO 2 sinh ra vào dung dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 22 gam kết tủa trắng. Cho toàn bộ lượng kim loại R thu được ở trên tác dụng hết với dung dịch H 2SO 4 đặc nóng, dư thu được 5,544 lít một khí có mùi hắc (đktc). Xác định công thức của R x O y . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2017) Câu 6: Dẫn H 2 đến dư đi qua 25,6 gam hỗn hợp X gồm Fe3O 4 , MgO, CuO nung nóng cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau phản ứng thu được 20,8 gam chất rắn. Mặt khác 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 225 ml dung dịch HCl 2M. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính phần trăm số mol của mỗi chất trong hỗn hợp X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Quảng Trị năm 2008) Câu 7: Khi khử hoàn toàn 38,4 gam một oxit kim loại bằng 32,256 lít khí CO (ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có oxi) thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H 2 là 18 và chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với HCl dư thu được 10,752 lít khí H 2 . Xác định công thức của oxit (Các thể tích khí đều được đo ở đktc). (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Gia Lai năm 2009) Gợi ý giải Câu 1: Các phương trình hóa học: t CuO  CO   Cu  CO 2 CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2 O

Ta có: n CuO  0,1 (mol)  n CO2  n CuO  0,1 (mol)

 n CaCO3  n CO2  0,1 (mol)  m  m CaCO3  0,1.100  10 (gam) Câu 2: 4,8 n Fe2O3   0, 03 160 (mol) Theo đề bài:

Phương trình hóa học: t Fe 2 O3  3CO   2Fe  3CO 2 0, 03  0, 09

0, 09 (mol) Theo phương trình: n CO2  0, 09 (mol); n CO pöù 0, 09 (mol) Hỗn hợp khí sau phản ứng gồm 0,09 mol CO 2 và a mol CO dư. 0, 09.44  28a d hh /H2  20   20.2  a  0, 03 a  0, 09 Ta có:  n CO bñ  0, 03  0, 09  0,12 (mol)  V  0,12.22, 4  2, 688 (lít) Phương trình hóa học: CO 2  Ba(OH) 2  BaCO3  H 2 O  0, 09

0, 09

(mol) Khối lượng kết tủa thu được là: m  m BaCO3  0, 09.197  17, 73 (gam) Câu 3: a. Chú ý: CO không khử được MgO thành kim loại Mg. Các phương trình hóa học: t CO  CuO   Cu  CO 2 t 2CO  Fe 2 O3   2Fe  2CO 2 t CO  PbO   Pb  CO 2 t 4CO  Fe3O 4   3Fe  4CO 2 34 n CO2  n CaCO3   0,34 100 b. Ta có: (mol) Lại có: n O (maátñi)  n CO2  0,34 (mol)  m O (maátñi)  0,34.16  5, 44 (gam)  m Y  m X  m O (maátñi)  37, 68  5, 44  32, 24 (gam)

Câu 4: a. Phương trình hóa học: t M x O y  yCO   xM  yCO 2

(1) n  0,1 n Theo đề bài: CaCO3 (mol); Ca (OH)2  0,125 (mol) Ta thấy: n   n Ca (OH)2 , nên có hai trường hợp sau TH1: CO 2 chỉ vừa đủ tạo kết tủa Phương trình hóa học: CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2 O 0,1 

0,1

(mol)

1 0,1 n CO2  y y (mol) Theo (1): 8 0,1 2y 2y    M  32.   2; M  64 xM  16y y x x Vậy kim loại M là Cu và công thức oxit kim loại là CuO. TH2: CO 2 tạo kết tủa, sau đó kết tủa tan (phản ứng tạo hai muối) Phương trình hóa học: CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2 O (2) n Mx Oy 

0,1 0,1  0,1 2CO 2  Ca(OH) 2  Ca(HCO3 ) 2

(mol) (3)

0, 05  0, 025

(mol)

Theo (2) và (3): n CO2  0,1  0, 05  0,15 (mol) 8 0,15 56 2y 2y   M .   3; M  56 xM  16y y 3 x x Tương tự trường hợp 1 ta có: Vậy kim loại M là Fe và công thức oxit kim loại là Fe 2 O3 .

b. Theo (1): n CO  n CO2 Hỗn hợp khí R gồm CO 2 và CO dư. TH1: Khi n CO2  0,1 (mol)  n CO pö  0,1 (mol) R gồm 0,1 mol CO 2 và a mol CO dư. Ta có: d R /H2  (0,1.44  a.28) : (0,1  a)  19.2

 a  0, 06 (mol)  n CO bñ  0,1  0, 06  0,16 (mol)  V  3,584 (lít) TH2: Khi n CO2  0,15 (mol)  n CO pö  0,15 (mol)

R gồm 0,15 mol CO 2 và a mol CO dư Ta có: d R /H2  (0,15.44  a.28) : (0,15  a)  19.2  a  0, 09 (mol)  n CO bñ  0,15  0, 09  0, 24 (mol)  V  5,376 (lít) Câu 5: Sơ đồ phản ứng: H 2SO4 ñaëc noùng R   SO 2 ︸  5,544 lít CO vöø a ñuû R x O y   Ca (OH)2 dö  CaCO3 CO 2  㚹尐秣  22 gam Ta có: n CO2  n CaCO3  0, 22 (mol) t  xR  yCO 2 Phương trình hóa học: R x O y  yCO  (1) x 0, 22x n R  .n CO2  y y (mol) Theo (1): 5,544 n SO2   0, 2475 22, 4 (mol) Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2R  2nH 2SO 4  R 2 (SO 4 ) n  nSO 2  2nH 2 O (2) n n 0, 22x n SO2  .n R  .  0, 2475 2 2 y (mol) Theo (2): x 9 x 3  n.   n  3;  y 4 y 4 1 0, 22 n R 3O4  .n CO2   0, 055 y 4 Theo (1): (mol) 12, 76  M R 3O 4   232  M R  56 0, 055 Vậy công thức của oxit là Fe3O 4 . Câu 6: - Dẫn H 2 đến dư qua 25,6 gam hỗn hợp X Gọi số mol Fe3O 4 , MgO, CuO trong 25,6 gam X lần lượt là a, b, c (mol).  232a  40b  80c  25, 6 (*) Phương trình hóa học:

t Fe3O 4  4H 2   3Fe  4H 2 O

(1)

t

CuO  H 2   Cu  H 2 O (2) Chất rắn sau phản ứng gồm Fe, MgO, Cu. Theo (1) và (2): n Fe  3a; n Cu  c (mol)  56.3a  40b  64c  20,8 (**) - Cho 0,15 mol hỗn hợp X tác dụng với HCl Gọi số mol Fe3O 4 , MgO, CuO trong 0,15 mol X lần lượt là ka, kb, kc (mol). 0,15  ka  kb  kc  0,15  k  abc Phương trình hóa học: Fe3O 4  8HCl  2FeCl3  FeCl2  4H 2 O (1) MgO  2HCl  MgCl2  H 2 O

CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O

(2) (3)  2n MgO  2n CuO  0, 45 (mol)  8ka  2kb  2kc  0, 45

Theo (1), (2), (3) ta có: n HCl  8n Fe3O4 0, 45 0,15 k  8a  2b  2c a  b  c  0, 75a  0,15b  0,15c  0 (***) Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0, 05; b  0,15; c  0,1 Phần trăm số mol của mỗi chất trong hỗn hợp X là 0, 05 %m Fe3O4  .100%  16, 67% 0,3 0,15 %m Fe2O3  .100%  50% 0,3 %m CuO  100%  16, 67%  50%  33,33% Câu 7: HCl dö M   0, 48 mol H 2  1,44 mol CO 2 M x O y   X goà m: a mol CO, b mol CO 2 㚹尐秣 㚹䔿䔿䔿 䔿尐䔿䔿䔿䔿 秣  d X/H 2 18  Sơ đồ phản ứng: 38,4 gam Ta có: n CO ban ñaàu  n CO dö  n CO2  1, 44 (mol)  a  b  1, 44 (*) Lại có: d X/H2  18  M  18.2  36 Áp dụng phương pháp đường chéo ta có: CO : M CO  28

M  M CO2

M  36 CO 2 : M CO2  44

a 44  36  1 a  b  0 b 36  28 (**) a  b  0, 72 Từ (*) và (**) suy ra: Phương trình hóa học: t M x O y  yCO   xM  yCO 2 (1) Ta có: n O (trong oxit)  n CO2  0, 72 (mol)

M  M CO



 m M  m oxit  m O (trong oxit)  38, 4  0, 72.16  26,88 (gam) Phương trình hóa học:

2M  2nHCl  2MCln  nH 2

(2)

26,88 13, 44n  (mol) M M 13, 44n M  0, 48   28  n  2; M  56 n Ta có: M 26,88  n Fe   0, 48 56 (mol) x nM 0, 48 2    Theo (1): y n CO2 0, 72 3

Vậy công thức của oxit là Fe 2 O3 .

CHỦ ĐỀ 5: TÍNH CHẤT CỦA MUỐI

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Cho m gam bột Cu vào 500 ml dung dịch AgNO3 0,32M; sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được 12,96 gam chất rắn A và dung dịch B. Xác định thành phần của A, B và tính giá trị của m.  Phân tích đề bài

Từ dữ kiện đề bài, xác định chất hết chất dư từ đó xác định thành phần A, B và giá trị của m.  Giải chi tiết Theo đề bài: n AgNO3  0,5.0,32  0,16 (mol) Phương trình hóa học: Cu  2AgNO3  Cu(NO3 ) 2  2Ag Nếu AgNO3 phản ứng hết, ta có:

n Ag  n AgNO3  0,16 (mol)  m Ag  0,16.108  17, 28 (gam)  12,96 (gam)

 AgNO3 dư, Cu hết.

n Ag 

12,96  0,12 108 (mol)

Chất rắn A là Ag có khối lượng là 12,96 gam: 1 n Cu  .n Ag  0,5.0,12  0, 06 (mol)  m  0, 06.64  3,84 2 Theo phương trình: (gam) Cu(NO ) AgNO 3 2 và 3 dư. Dung dịch B chứa

Theo phương trình: n Cu (NO3 )2  n Cu  0, 06 (mol) Theo phương trình: n AgNO3 pö  2n Cu  0,12 (mol)  n AgNO3 dö  0,16  0,12  0, 04 (mol) Vậy trong B chứa 0,06 mol Cu(NO3 ) 2 và 0,04 mol AgNO3 . Ví dụ 2: Cho m gam hỗn hợp Na, K vào dung dịch chứa muối CuSO 4 thu được dung dịch vẫn còn màu xanh, 3,36 lít khí H 2 (đktc) và chất rắn B không tan. Lọc lấy chất rắn, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì được m gam chất rắn C. Tìm giá trị của m.  Phân tích đề bài Kim loại kiềm/kiềm thổ tác dụng với dung dịch muối thì: - Đầu tiên: KLK/KLKT phản ứng với nước trong dung dịch tạo dung dịch bazơ. - Sau đó dung dịch bazơ phản ứng với muối. Viết phương trình hóa học và tính toán theo dữ kiện đề bài.  Giải chi tiết Phương trình hóa học: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2 (1) 2K  2H 2 O  2KOH  H 2 (2) CuSO 4  2NaOH  Cu(OH) 2  Na 2SO 4 (3) CuSO 4  2KOH  Cu(OH) 2  K 2SO 4 (4) t Cu(OH) 2   CuO  H 2 O (5) 3,36 n H2   0,15 22, 4 Theo đề bài: (mol) Theo (1) và (2) ta có: n NaOH  n KOH  2n H2  2.0,15  0,3 (mol) 1 n Cu (OH)2  .(n NaOH  n KOH )  0,5.0,3  0,15 2 Theo (3) và (4) ta có: (mol) Theo (5): n CuO  n CuSO4  0,15 (mol)

m CuO  0,15.80  12 (gam). Vậy giá trị của m là 12. Ví dụ 3: Cho m gam Zn vào dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,15 mol Cu(NO3 ) 2 , sau một thời gian thu được 26,9 gam kết tủa và dung dịch X chứa hai muối. Lọc kết tủa, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6 gam kết tủa. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa thành phố Hà Nội năm 2018)  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học theo thứ tự phản ứng. Biện luận các phương trình hóa học xảy ra. Tính toán theo dữ kiện đề bài.

 Giải chi tiết Do Ag đứng sau Cu trong dãy điện hóa, nên ta có thứ tự phản ứng: Zn  2AgNO3  Zn(NO3 ) 2  2Ag (1) Zn  Cu(NO3 ) 2  Zn(NO3 ) 2  Cu (2) Sau một thời gian, thu được dung dịch X chứa hai muối nên dung dịch X gồm Zn(NO3 ) 2 và Cu(NO3 ) 2 dư (phản ứng (2) chưa hoàn toàn). 1 n Zn ( NO3 )2 (1)  .n AgNO3  0,5.0,1  0, 05 2 (mol) Gọi số mol Cu(NO3 ) 2 ở phản ứng (2) là x (mol) (x < 0,15). Theo (2): n Zn ( NO3 )2 (2)  n Cu ( NO3 )2 pöù x (mol)  n Cu ( NO3 )2 dö  0,15  x (mol) Dung dịch X gồm: n Zn ( NO3 )2  n Zn ( NO3 )2 (1)  n Zn ( NO3 )2 (2)  0, 05  x (mol) n Cu ( NO3 )2  0,15  x (mol)

Thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, phương trình hóa học: Fe  Cu(NO3 ) 2  Fe(NO3 ) 2  Cu (3) 1 1 (mol) → Khối lượng chất rắn tăng 64  56  8 (gam) 0,15  x 0,15  x (mol) → Khối lượng chất rắn tăng (0,15  x).8 (gam)  6  5, 6  8.(0,15  x)  x  0,1 Theo (1) và (2) ta có: n Ag  n AgNO3  0,1 (mol); n Cu  n Cu ( NO3 )2 pöù x  0,1 (mol)  m Ag  m Cu  0,1.108  0,1.64  17, 2 (gam)  26,9 (gam)

→ Chất rắn sau phản ứng còn lại chứa Zn dư: m Zn dö  26,9  17, 2  9, 7 (gam) Theo (1) và (2) ta có: n Zn pöù n Zn ( NO3 )2 (1)  n Zn ( NO3 )2 (2)  0, 05  0,1  0,15 (mol)  m Zn  m Zn pöù m Zn dö  0,15.65  9, 7  19, 45 (gam) * Chú ý: Kim loại phản ứng với hỗn hợp muối thì muối của kim loại yếu hơn bị đẩy trước. Ví dụ 4: Cho hỗn hợp X gồm Al, Fe vào dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3 ) 2 . Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm hai kim loại và dung dịch Z. Cho NaOH dư vào dung dịch Z thu được hai kết tủa gồm hai hiđroxit kim loại. Xác định các chất trong hỗn hợp Y và dung dịch Z. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa THPT năng khiếu TP Hồ Chí Minh năm 2018)  Phân tích đề bài Hỗn hợp kim loại phản ứng với hỗn hợp muối thì kim loại đứng trước phản ứng với muối của kim loại đứng sau trước. Muốn làm được bài tập này, các em cần nắm chắc thứ tự của các kim loại trong dãy hoạt động hóa học và thứ tự phản ứng xảy ra.  Giải chi tiết Thứ tự phản ứng: Al  3AgNO3  Al(NO3 )3  3Ag  2Al  3Cu(NO3 ) 2  2Al(NO3 )3  3Cu  Fe  2AgNO3  Fe(NO3 ) 2  2Ag  Fe  Cu(NO3 ) 2  Fe(NO3 ) 2  Cu  Sau phản ứng thu được hai kim loại nên hai kim loại trong Y đó là Ag, Cu. → Fe, Al phản ứng hết. Dung dịch Z gồm Al(NO3 )3 ; Fe(NO3 ) 2 và có thể có Cu(NO3 ) 2 dư. Cho NaOH dư vào dung dịch Z, phương trình hóa học: Al(NO3 )3  3NaOH  Al(OH)3  3NaNO3

Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O Fe(NO3 ) 2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaNO3 Cu(NO3 ) 2  2NaOH  Cu(OH) 2  2NaNO3 Do kết tủa nhôm hiđroxit tan trong NaOH dư, sau phản ứng thu được hai kết tủa gồm hai hiđroxit kim loại nên Z gồm Al(NO3 )3 ; Fe(NO3 ) 2 và Cu(NO3 ) 2 dư.

Ví dụ 5: Cho 175 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M vào 100 ml dung dịch Mg(HCO3 ) 2 1M. Sau phản ứng hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng b. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa Nghệ An năm 2017)  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. So sánh chất hết, chất dư và tính theo phương trình hóa học.  Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: Ba(OH) 2  Mg(HCO3 ) 2  BaCO3  MgCO3  2H 2 O b. Theo đề bài: n Ba (OH)2  1.0,175  0,175 (mol); n Mg(HCO3 )2  1.0,1  0,1 (mol) Vì n Ba (OH)2  n Mg(HCO3 )2 , nên Mg(HCO3 ) 2 hết, phương trình tính theo Mg(HCO3 ) 2 .

Theo phương trình: n BaCO3  n MgCO3  n Mg(HCO3 )2  0,1 (mol)  m  m  m BaCO3  m MgCO3  0,1.197  0,1.84  28,1 (gam) Vậy giá trị của m là 28,1.

Ví dụ 6: Trộn 30 gam dung dịch BaCl2 20,8% với 20 gam dung dịch H 2SO 4 19,6% thu được a gam kết tủa A, dung dịch B. a. Tính a và nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. b. Tính khối lượng dung dịch NaOH 5M (d = 1,2 g/ml) cần dùng để trung hòa vừa đủ dung dịch B.  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. So sánh chất hết, chất dư và tính theo phương trình hóa học.  Giải chi tiết a. Theo đề bài: m BaCl2  30.20,8%  6, 24 (gam); m H2SO4  20.19, 6%  3,92 (gam) 6, 24 3,92  0, 03 n H2SO4   0, 04 208 98 (mol); (mol) Phương trình hóa học: BaCl2  H 2SO 4  BaSO 4  2HCl (1) Vì n BaCl2  n H2SO4 nên BaCl2 hết, H 2SO 4 dư, phương trình tính theo BaCl2 .  n BaCl2 

Theo (1): n BaSO4  n BaCl2  0, 03 (mol)  m A  m BaSO4  0, 03.233  6,99 (gam)

Dung dịch B gồm HCl và H 2SO 4 dư. Theo (1): n HCl  2n BaCl2  2.0, 03  0, 06 (mol) n H2SO4 pöù n BaCl2  0, 03(mol)  n H2SO4 (B)  n H2SO4 dö  0, 04  0, 03  0, 01 (mol) Bảo toàn khối lượng: m dd BaCl2  m dd H2SO4  m A  m B  m B  43, 01 (gam) Nồng độ phần trăm các chất trong B là: 0, 06.36,5 C% HCl trong B  .100%  5, 09% 43, 01 0, 01.98 C% H2SO4 trong B  .100%  2, 28% 43, 01 b. NaOH trung hòa dung dịch B:

Phương trình hóa học: NaOH  HCl  NaCl  H 2 O (2) 2NaOH  H 2SO 4  Na 2SO 4  H 2 O (3) Theo (2) và (3) ta có: n NaOH  n HCl  2n H2SO4  0, 06  2.0, 01  0, 08 (mol) 0, 08  VNaOH   0, 016 5 (lít) = 16 (ml) Vậy khối lượng dung dịch NaOH cần dùng là: m dd NaOH  dV  1, 2.16  19, 2 (gam) Ví dụ 7: Một loại quặng X có chứa 50/3% (theo khối lượng) tạp chất trơ, thành phần còn lại chỉ gồm CaCO3 và MgCO3 . Lấy 1,2m gam X cho phản ứng với dung dịch HCl dư, thu được 0,5m gam khí CO 2 và dung dịch Y. Tính phần trăm khối lượng MgCO3 và CaCO3 trong X? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Phú Yên năm 2011)  Phân tích đề bài Bài toán không cho dữ kiện cụ thể mà cho dưới dạng phụ thuộc vào m nên để giải bài tập này dễ dàng hơn ta sử dụng phương pháp quy về 100, tức là coi m = 100 gam. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình.  Giải chi tiết 50 %m muoái(X)  100%  %  83,33%  m muoái  1, 2m.83,33%  m 3 Ta có: (gam) Coi khối lượng muối m = 100 (gam). Gọi số mol của muối CaCO3 và MgCO3 lần lượt là x, y (mol).  100x  84y  100 (*) Phương trình hóa học: CaCO3  2HCl  CaCl2  CO 2  H 2 O (1) x  x (mol) MgCO3  2HCl  MgCl2  CO 2  H 2 O (2)  y (mol) 0,5.100 25 n CO2   44 22 (mol) Theo đề bài: 25 25 n CO2  x  y  (mol)  x  y  22 22 (**) Theo (1) và (2) ta có: 25 75 x ; y 88 88 Từ (*) và (**) suy ra: Phần trăm khối lượng MgCO3 và CaCO3 trong X là 25 100. 88 .100%  23, 67% %m CaCO3  1, 2.100 50 %m MgCO3  100%  %  23, 67%  59, 66% 3 Ví dụ 8: Dung dịch E chứa CuCl2 và FeCl2 được chia thành ba phần bằng nhau. Thổi khí H 2S tới dư vào phần thứ nhất thu được 1,92 gam kết tủa. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần thứ hai, lọc lấy kết tủa rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 17,6 gam chất rắn. Cô cạn phần thứ ba, lấy chất rắn khan còn lại đem đun nóng với lượng dư H 2SO 4 đặc, dẫn khí và hơi bay ra bình đựng P2 O5 dư. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính thể tích khí thoát ra khỏi bình P2 O5 (đktc)? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa Học Tự Nhiên năm 2013)  Phân tích đề bài y

Viết các phương trình hóa học. Gọi số mol CuCl2 và FeCl2 ban đầu và tính toán theo phương trình hóa học và dữ kiện từng phần theo đề bài.  Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: Phần 1: CuCl2  H 2S  CuS  2HCl (1) Phần 2: CuCl2  2NaOH  Cu(OH) 2  2NaCl (2) FeCl2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaCl (3) t Cu(OH) 2   CuO  H 2 O (4) t 4Fe(OH) 2   2Fe 2 O3  4H 2 O Phần 3: t CuCl2  H 2SO 4 ñaëc   CuSO 4  2HCl

(5)

(6) 2FeCl2  4H 2SO 4 ñaëc   Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4HCl  2H 2 O (7) t

b. Gọi số mol của CuCl2 và FeCl2 trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol). - Phần 1: 1,92 n CuS   0, 02 96 (mol) Theo đề bài: n  n  0, 02 (mol)  x  0, 02 (mol) CuS Theo (1): CuCl2 - Phần 2:

Theo (2) và (4) ta có: n CuO  n Cu (OH)2  n CuCl2  x  0, 02 (mo) 1 1 n Fe2O3  .n Fe(OH)2  .n FeCl2  0,5y 2 2 Theo (3) và (5) ta có: (mol) m  m  m  17, 6 CuO Fe2 O3 Ta có: raén (gam)

17, 6  1, 6  0, 2 80 (mol) Vậy mỗi phần chứa 0,02 mol CuCl2 và 0,2 mol FeCl2 . Phần 3: P2 O5 có vai trò làm khô nước, các khí thoát ra gồm HCl và SO 2 . 1 n SO2  .n FeCl2  0,5.0, 2  0,1 2 Theo (7): (mol) n  2n  2n CuCl2 FeCl2  2.0, 02  2.0, 2  0, 44 (mol) Theo (6) và (7) ta có: HCl 0, 02.80  0,5y.160  17, 6  y 

Thể tích khí thoát ra khỏi bình P2 O5 (đktc) là: V  VSO2  VHCl  (0,1  0, 44).22, 4  0,54.22, 4  12, 096 (lít) Ví dụ 9: Cho 24,8 gam hỗn hợp gồm Na 2 CO3 và Na 2SO 4 tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thấy tạo ra a gam kết tủa X. Cho a gam kết tủa trên tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc) và còn lại b gam chất rắn Y. Tìm giá trị của a, b.  Phân tích đề bài Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính toán theo dữ kiện đề bài.  Giải chi tiết Phương trình hóa học: Na 2 CO3  BaCl2  BaCO3  2NaCl (1) Na 2SO 4  BaCl2  BaSO 4  2NaCl

(2)

Kết tủa X thu được gồm BaCO3 và BaSO 4 . Cho X tác dụng với HCl dư thì chỉ có BaCO3 phản ứng, phương trình hóa học:

BaCO3  2HCl  BaCl2  CO 2   H 2 O

(3)

Chất rắn Y không tan là BaSO 4 . 2, 24 n CO2   0,1 22, 4 Theo đề bài: (mol) Theo (1) và (3) ta có: n Na 2CO3  n BaCO3  n CO2  0,1 (mol)  m Na 2CO3  0,1.106  10, 6 (gam)  m Na 2SO4  24,8  10, 6  14, 2 (gam) 14, 2  n Na 2SO4   0,1 142 (mol) Theo (2) ta có: n BaSO4  n Na 2SO4  0,1 (mol)

 b  m BaSO4  0,1.233  23,3 (gam)  a  m BaCO3  m BaSO4  0,1.197  23,3  43 (gam) Ví dụ 10: Cho 100 ml dung dịch NaHSO 4 0,8M vào 200 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(HCO3 ) 2 0,25M và BaCl2 0,1M. Phản ứng xong, thu được kết tủa có khối lượng m gam, khí bay ra có thể tích là V lít (đktc) và dung dịch X. a. Xác định giá trị của m và V. b. Cô cạn (ở áp suất khí quyển) dung dịch X. Tính khối lượng chất rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch X. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Phú Yên năm 2018)  Phân tích đề bài Viết các phương trình hóa học. So sánh chất hết chất dư, phương trình tính theo chất hết. Tính toán theo dữ kiện đề bài.  Giải chi tiết a. Theo đề bài: n NaHSO4  0,8.0,1  0, 08 (mol); n Ba (HCO3 )2  0, 25.0, 2  0, 05 (mol); n BaCl2  0,1.0, 2  0, 02 (mol)

Phương trình hóa học: 2NaHSO 4  Ba(HCO3 ) 2  BaSO 4  Na 2SO 4  2CO 2  2H 2 O n Ba (HCO3 )2 n NaHSO4  0, 04   0, 05 2 1 Ta thấy:  NaHSO 4 hết, Ba(HCO3 ) 2 dư, phương trình tính theo NaHSO 4 .

(1)

Theo (1): n CO2  n NaHSO4  0, 08 (mol)  V  VCO2  0, 08.22, 4  1, 792 (lít) 1 n Na 2SO4  n BaSO4  n Ba (HCO3 )2 pöù .n NaHSO4  0,5.0, 08  0, 04 2 (mol)  n Ba (HCO3 )2 dö  0, 05  0, 04  0, 01 (mol)

Phương trình hóa học: Ba(HCO3 ) 2  Na 2SO 4  BaSO 4  2NaHCO3 0, 01  0, 01  0, 01  0, 02 BaCl2  Na 2SO 4  BaSO 4  2NaCl 0, 02

 0, 02

 0, 02  0, 04

(2) (mol) (3) (mol)

  n BaSO4  n BaSO4 (2,3)  n BaSO4 (1)  0, 03  0, 04  0, 07 (mol)  m  m BaSO4  0, 07.233  16,31 (gam)

Vậy giá trị của m và V lần lượt là 16,31 và 1,792. b. Theo (2) và (3): n Na 2SO4 pöù 0, 01  0, 02  0, 03 (mol)  n Na 2SO4 dö  0, 04  0, 03  0, 01 (mol) Theo (2): n NaHCO3  0, 02 (mol)

Theo (3): n NaCl  0, 04 (mol) Vậy dung dịch X gồm 0,01 mol Na 2SO 4 ; 0,02 mol NaHCO3 ; 0,04 mol NaCl. Cô cạn thu được khối lượng muối khan là: m muoái  0, 01.142  0, 02.84  0, 04.58,5  5, 44 (gam) Ví dụ 11: Nhiệt phân a gam Zn(NO3 ) 2 sau một thời gian dừng lại làm nguội và đem cân thấy khối lượng giảm đi 3,24 gam (hiệu suất phản ứng là 60%). Tính giá trị của a?  Phân tích đề bài Viết phương trình phản ứng. Khối lượng giảm đi chính là khối lượng khí bay lên. Tính lượng muối đã nhiệt phân, sau đó dùng hiệu suất tính khối lượng muối ban đầu.  Giải chi tiết Gọi số mol Zn(NO3 ) 2 phản ứng là x (mol). Phương trình hóa học: 1 t Zn(NO3 ) 2   ZnO  2NO 2  O 2 2 x  2x  0,5x (mol) Ta có: m raén giaûm  m NO2  m O2  46.2x  32.0,5x  3, 24 (gam)

 x  0, 03 (mol)  m Zn ( NO3 )2  0, 03.189  5, 67 (gam) Hiệu suất phản ứng là 60%, khối lượng Zn(NO3 ) 2 đem nhiệt phân là: a  5, 67 : 60%  9, 45 (gam) Ví dụ 12: Nhiệt phân hỗn hợp rắn X gồm CaCO3 , NaHCO3 , Na 2 CO3 có tỉ lệ mol tương ứng 2 : 2 : 1 đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào nước, khi kết thúc phản ứng lọc lấy dung dịch Z. a. Viết phương trình hóa học các phản ứng. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy ra khi cho dung dịch Ca(HCO3 ) 2 vào dung dịch Z. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa thành phố Đà Nẵng năm 2017)  Phân tích đề bài Với bài này, chúng ta quy về dữ liệu cụ thể để làm dễ dàng hơn. Viết phương trình phản ứng và xác định các chất có trong Y.  Giải chi tiết a. Coi số mol của CaCO3, NaHCO3 , Na 2 CO3 trong hỗn hợp X lần lượt là 2, 2, 1 (mol).

Phương trình hóa học: t CaCO3   CaO  CO 2

(1)

2 2 (mol) t 2NaHCO3   Na 2 CO3  CO 2  H 2 O (2) 1 (mol) Theo (1) và (2): n CaO  2 (mol); n Na 2CO3  1 (mol)  Hỗn hợp rắn Y gồm 2 mol CaO, 2 mol Na 2 CO3 . Cho Y vào nước, phương trình hóa học: CaO  H 2 O  Ca(OH) 2 (3) 2

2 2 Ca(OH) 2  Na 2 CO3  CaCO3  4NaOH

(mol) (4)

2 2 2 4 (mol) Dung dịch Z gồm NaOH. b. Phương trình hóa học: 2NaOH  Ca(HCO3 ) 2  CaCO3  Na 2 CO3  2H 2 O

Ví dụ 13: Dùng một lượng dung dịch H 2SO 4 10% đun nóng để hòa tan vừa đủ 0,4 mol CuO. Sau phản ứng, làm nguội dung dịch. Khối lượng CuSO 4 .5H 2 O tách ra khỏi dung dịch là 30 gam. Tính độ tan của CuSO 4 trong điều kiện thí nghiệm trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Gia Lai năm 2009)  Phân tích đề bài Viết phương trình phản ứng, tính toán theo 0,4 mol CuO. Từ dữ kiện đề bài, ta tính được lượng CuSO 4 tách ra khỏi dung dịch. Tính khối lượng dung dịch H 2SO 4 rồi áp dụng định luật bảo toàn khối lượng tính khối lượng dung dịch sau phản ứng. Từ đó tính nồng độ % chất tan dung dịch. m C% S  chaáttan .100  .100 m H2O 100  C% Sử dụng công thức tính độ tan:  Giải chi tiết Phương trình hóa học: CuO  H 2SO 4  CuSO 4  H 2 O 0, 4  0, 4

 0, 4

0, 4

(mol) 30 n CuSO4 taùch ra  n CuSO4 .5H2 O   0,12 (mol) 250 Theo đề bài: Theo phương trình: n CuSO4  0, 4 (mol)  n CuSO4 coøn laïi trong dd  0, 4  0,12  0, 28 (mol)

 m CuSO4 (dd)  0, 28.160  44,8 (gam) Theo phương trình: n H2SO4  0, 4 (mol)  m H2SO4  0, 4.98  39, 2 (gam)  m dd H2SO4  39, 2 :10%  392 (gam) Ta có: m dd sau pöù m CuO  m dd H2SO4  m CuSO4 .5H2O  0, 4.80  392  30  394 (gam)

44,8 .100%  11,37% 394 Vậy độ tan của CuSO 4 trong điều kiện thí nghiệm trên là: C% 11,37 S .100  .100  12,83 100  C% 100  11,37 Ví dụ 14: Có 166,5 gam dung dịch MSO 4 41,562% ở 100C. Hạ nhiệt độ dung dịch xuống 20C thì thấy có m1 gam MSO 4 .5H 2 O kết tinh và còn lại m 2 gam dung dịch X. Biết m1  m 2  6,5 gam và độ tan S của MSO 4 ở 20C là 20,92. Xác định công thức của muối MSO 4 .  C%CuSO4 

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm 2009)  Phân tích đề bài Gọi số mol của MSO 4 .5H 2 O kết tinh. Tính lượng chất tan và H 2 O sau khi kết tinh còn lại trong dung dịch. Công thức tính độ tan.  Giải chi tiết - Ở 100C ta có: m MSO4  166,5.41,562%  69, 2 (gam)  m H2O  166,5  69, 2  97,3 (gam) - Hạ nhiệt độ xuống 20C : Ta có: m dd 100C  m keáttinh  m dd 20C  m1  m 2  166,5 (1) Theo đề bài: m1  m 2  6,5 (2) Từ (1) và (2) suy ra: m1  86,5; m 2  80 Gọi số mol MSO 4 .5H 2 O kết tinh là x (mol).  n H2O keáttinh  5x (mol)  m H2O keáttinh  5x.18  90x (mol)  m CuSO4 keáttinh  m1  m H2O keáttinh  86,5  90x (gam)

S2 

m ct (100C)  m ct (KT) m ct .100  .100 m H2O m H2O(100C)  m H2O(KT)

Ta có: 69, 2  (86,5  90x)  .100  20,92 97,3  90x  x  0,346 86,5  M MSO4   250  M M  64 0,346 Vậy kim loại M là đồng (Cu) Muối đó là CuSO 4 . 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Có hai lá kẽm khối lượng như nhau. Một lá cho vào dung dịch đồng (II) nitrat, lá kia cho vào dung dịch chì (II) nitrat. Sau cùng một thời gian phản ứng, khối lượng lá kẽm thứ nhất giảm 0,05 gam. Khối lượng lá kẽm thứ hai tăng hay giảm bao nhiêu gam? Biết rằng trong hai phản ứng trên, khối lượng kẽm bị hòa tan như nhau. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đăk Nông năm 2011) Câu 2: Độ tan của MgSO 4 ở t C là 25 gam. Khi thêm 885 mg MgSO 4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO 4 bão hòa ở t C thấy tách ra 1,2 gam MgSO 4 trong tinh thể MgSO 4 .nH 2 O. Xác định công thức phân tử của tinh thể. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hải Phòng năm 2013) Câu 3: Cho 2,791 gam hỗn hợp rắn chứa hai chất Na 2SO 4 và Pb(NO3 ) 2 trong nước, đun nóng nhẹ, thu được kết tủa. Sau khi lọc, rửa và sấy khô thu được 1,515 gam chất rắn. Dung dịch qua lọc thấy có tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3 ) 2 0,5M, trái lại không cho kết tủa với dung dịch Na 2SO 4 0,5M. a. Viết phương trình phản ứng. b. Tính thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp. (Trích thi vào lớp 10 chuyên Hóa THPT Năng Khiếu thành phố Hồ Chí Minh năm 2018) Câu 4: Khi cho m gam hỗn hợp A gồm MgCO3 , Mg, FeCO3 , CuCO3 tác dụng hết với dung dịch HCl dư thu được 4,8 gam hỗn hợp khí B chiếm thể tích 6,72 lít (đktc). Nếu cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 40,9 gam muối khan. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hà Nội năm 2015) MgSO .6H O 4 2 khi làm lạnh 1642 gam dung dịch bão hòa từ 80C Câu 5: Xác định lượng kết tinh xuống 20C. Biết độ tan của MgSO 4 là 64,2 gam (80C) và 44,5 gam (20C). Câu 6: Cho 3,64 gam hỗn hợp E gồm một oxit, một hiđroxit và một muối cacbonat trung hòa của một kim loại M có hóa trị II tác dụng vừa đủ với 117,6 gam dung dịch H 2SO 4 10%. Sau phản ứng, thu được 0,448 lít khí (đktc) và dung dịch muối duy nhất có nồng độ 10,867% (khối lượng riêng là 1,095 gam/ml); nồng độ mol là 0,545M. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định kim loại M. b. Tính phần trăm khối lượng của các chất có trong hỗn hợp E. Câu 7: Hòa tan 6,2 gam Na 2 O vào 193,8 gam nước thu được dung dịch X. Cho X vào 200 gam dung dịch CuSO 4 16% thu được a gam kết tủa. a. Tính nồng độ của dung dịch X. b. Tính giá trị của a. c. Tính lượng dung dịch HCl 2M cần dùng để hòa tan hết a gam kết tủa sau khi đã nung thành chất rắn màu đen. Câu 8: Cho m gam Mg vào 100 ml dung dịch chứa Cu(NO3 ) 2 1,8M và AgNO3 1,6M, sau một thời gian thu được 29,36 gam chất rắn và dung dịch X chứa hai muối. Tách lấy chất rắn, thêm tiếp 5,6 gam bột sắt vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 6,08 gam chất rắn. Tính m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Bình Phước năm 2018) Câu 9: Cho 2,7 gam hỗn hợp X gồm Fe, Zn tác dụng với dung dịch CuSO 4 . Sau một thời gian phản

ứng thu được 2,84 gam chất rắn Z. Cho chất rắn Z vào dung dịch H 2SO 4 loãng dư, sau khi phản ứng kết thúc thấy khối lượng rắn giảm 0,28 gam và dung dịch thu được chỉ chứa một muối duy nhất. Tính phần trăm khối lượng sắt trong hỗn hợp. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa tỉnh Bắc Ninh năm 2017) Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 14,2 gam một hỗn hợp C gồm MgCO3 và muối cacbonat của kim loại R và axit HCl 7,3% vừa đủ, thu được dung dịch D và 3,36 lít khí CO 2 (đktc). Nồng độ MgCl2 trong dung dịch D bằng 6,028%. a. Xác định kim loại R và thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong C. b. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa rồi nung ngoài không khí đến phản ứng hoàn toàn. Tính số gam chất rắn còn lại sau khi nung. Câu 11: Hỗn hợp X gồm Na 2SO 4 , Na 2 CO3 , NaHCO3 . Chia 48,48 gam X làm ba phần: - Phần một: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thì thấy có 1,2 gam NaOH phản ứng. - Phần hai có khối lượng gấp đôi phần một, cho tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc). - Phần ba: cho tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH) 2 thì thấy có 51,3 gam Ba(OH) 2 phản ứng. Tính khối lượng mỗi chất trong 48,48 gam hỗn hợp X. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Gia Lai năm 2018) Câu 12: Trộn 50 gam dung dịch muối sunfat của một kim loại kiềm (dung dịch A) nồng độ 26,4% với 50 gam dung dịch NaHCO3 thu được dung dịch X có khối lượng nhỏ hơn 100 gam. Cho 0,1 mol BaCl2 vào dung dịch X thấy vẫn còn dư muối sunfat. Thêm tiếp vào đó 0,02 mol BaCl2 thì dung dịch thu được còn BaCl2 dư. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Xác định công thức hóa học của muối sunfat ban đầu. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng hóa học xảy ra (nếu có) khi cho lần lượt các chất sau tác dụng với dung dịch A: Fe, Fe(OH) 2 , Fe3O 4 , Ag, NaAlO 2 . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng năm 2012) Câu 13: Cho 3,82 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào cốc đựng 850 ml CuSO 4 0,1M. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và chất rắn Z. Lọc lấy chất rắn Z nung nóng trong oxi dư, ở nhiệt độ cao, phản ứng xong thu được 6,8 gam chất rắn. Đem ½ lượng dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc rửa kết tủa rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,2 gam chất rắn. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Biết các phản ứng hóa học đều xảy ra hoàn toàn. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hà Nội năm 2015) Gợi ý giải Câu 1: Đối với lá thứ nhất, phương trình hóa học: Zn  Cu(NO3 ) 2  Zn(NO3 ) 2  Cu Ta có: x → x (mol) Suy ra: 65x → 64x (gam)  Khối lượng lá kẽm giảm là: x (gam)  x  0, 05 Đối với lá thứ hai, phương trình hóa học: Zn  Pb(NO3 ) 2  Zn(NO3 ) 2  Pb 0, 05

 0, 05

(mol)

 3, 25

 10,35 (gam) Vậy khối lượng lá kẽm thứ hai tăng: m taêng  m Pb  m Zn  10,35  3, 25  7,1 (gam) Câu 2: 25 m m  0,885  1, 2   Gọi khối lượng tinh thể kết tinh là x gam, ta có phương trình: 100  25 100 100  0,885  x Trong đó, m là khối lượng MgSO 4 có trong 100 gam dung dịch MgSO 4 bão hòa tại t C.

Giải phương trình ta thu được m  20, x  2, 46  n  7.

Vậy tinh thể có công thức hóa học là MgSO 4 .7H 2 O. Câu 3: a. Phương trình hóa học: Na 2SO 4  Pb(NO3 ) 2  PbSO 4  2NaNO3 1,515 m keáttuûa  m PbSO4  1,515 (gam)  n PbSO4   0, 005 303 (mol) Na SO Pb(NO ) 2 4 dư, 3 2 hết. Dung dịch sau phản ứng chứa

Theo phương trình: n Pb( NO3 )2  n PbSO4  0, 005 (mol)  m Pb( NO3 )2  0, 005.331  1, 655 (gam)  m Na 2SO4  2, 791  1, 655  1,136 (gam)

b. Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp là: 1,136 %m Pb( NO3 )2  100%  40, 7%  59,3% %m Na 2SO4  .100%  40, 7%; 2, 791 Câu 4: Gọi công thức của muối cacbonat chung là MCO3 . Phương trình hóa học: MCO3  2HCl  MCl2  CO 2  H 2 O (1) Mg  2HCl  MgCl2  H 2 (2) Gọi số mol khí H 2 và CO 2 trong hỗn hợp khí B lần lượt là x, y (mol). 6, 72 n CO2   0,3 22, 4 (mol) Theo đề bài: 2x  44y  4,8  x  0, 2    y  0,1 Ta có hệ phương trình:  x  y  0,3 Theo (1) và (2) ta có: n HCl  2n B  0, 6 (mol); n H2O  n CO2  0,1 (mol) Bảo toàn khối lượng ta có: m  m muoái  m B  m H2O  m HCl  40,9  4,8  0,1.18  0, 6.36,5  25, 6 (gam) Câu 5: Gọi x là số mol MgSO 4 .6H 2 O tách ra khi làm lạnh dung dịch từ 80C xuống 20C. m MgSO4 taùch ra  120x (gam)  mH2O  18.6x  108x (gam) Trong 164,2 gam dung dịch MgSO 4 bão hòa có 64,2 gam MgSO 4 và 100 gam H 2 O. → Trong 1642 gam dung dịch MgSO 4 bão hòa có 1000 gam H 2 O và 642 gam MgSO 4 . Ở 20C ta có: 44,5 gam MgSO 4 tan trong 100 gam H 2 O Lại có: (642  120x) MgSO 4 tan trong (1000  108x) gam H 2 O Ta có phương trình: 44,5.(1000  108 x)  100.(642  120 x)  x  2, 74 (mol)  m MgSO4 .6H2O  2, 74.228  624, 72 (gam) Câu 6: a. Theo đề bài:

m H2SO4  117, 6.10%  11, 76 (gam)  n H2SO4 

11, 76  0,12 98 (mol)

Muối thu được có công thức là MSO 4 hoặc M(HSO 4 ) 2 . 0, 448 n CO2   0, 02 22, 4 Theo đề bài: (mol) Bảo toàn khối lượng ta có: m E  m dd H2SO4  m dd spöù m CO2  m CO2  3, 64  117, 6  0, 02.44  120,36 (gam)  m muoái  120,36.10,867%  13, 08 (gam) 120,36 V  110 (ml)  n muoái  0,11.0,545  0, 06 1, 095 (mol)

Ta thấy: n muoái : n H2SO4  1: 2  Muối có công thức là M(HSO 4 ) 2 . 13, 08 M muoái   218  M M  218  2.97  24. 0, 06 Ta có: Vậy kim loại đó là Mg. Phương trình hóa học: MgO  2H 2SO 4  Mg(HSO 4 ) 2  H 2 O (1) Mg(OH) 2  2H 2SO 4  Mg(HSO 4 ) 2  2H 2 O (2) MgCO3  2H 2SO 4  Mg(HSO 4 ) 2  CO 2  H 2 O (3) b. Hỗn hợp E gồm MgO, Mg(OH) 2 , MgCO3 . Theo (3) ta có: n MgCO3  n CO2  0, 02 (mol) Gọi số mol của MgO và Mg(OH) 2 lần lượt là x, y (mol). Ta có: m MgO  m Mg(OH)2  m E  m MgCO3  40x  58y  1,96 (*) Bảo toàn nguyên tố Mg: n MgO  n Mg(OH)2  n MgCO3  n Mg(HSO4 )2  x  y  0, 04 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  y  0, 02 (mol) Thành phần phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp E là: %m MgO  21,98%; %m Mg(OH)2  31,87%; %m MgCO3  46,15% Câu 7: 6, 2 200.16%  0,1 n CuSO4   0, 2 62 160 (mol); (mol) Theo đề bài: a. Phương trình hóa học: Na 2 O  H 2 O  2NaOH (1) n Na 2O 

 0, 2 (mol) 0, 2.40  C% NaOH  .100%  4% 6, 2  193,8 b. Phương trình hóa học: 2NaOH  CuSO 4  Cu(OH) 2  Na 2SO 4 (2) n CuSO n NaOH CuSO4 4   1 Ta có: 2 NaOH phản ứng hết, dư, phương trình tính theo NaOH. 1 n Cu (OH)2  .n NaOH  0,5.0, 2  0,1 2 (mol) Theo (2):  m Cu (OH)2  0,1.98  9,8 (gam)  a  9,8. 0,1

c. Phương trình hóa học: t Cu(OH) 2   CuO  H 2 O

(1)

0,1  0,1 (mol) CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O (2) 0,1 0, 2

(mol)

Theo (1) và (2) ta có: n HCl  0, 2 (mol) V

0, 2  0,1 2 (lít)

Vậy thể tích dung dịch HCl 2M là: Câu 8: Theo đề bài: n Cu ( NO3 )2  1,8.0,1  0,18 (mol); n AgNO3  1, 6.0,1  0,16 (mol) Thứ tự phản ứng: Mg  2AgNO3  Mg(NO3 ) 2  2Ag (1) 0, 08  0,16

 0,16

(mol)

Mg  Cu(NO3 ) 2  Mg(NO3 ) 2  Cu

(2)

x

x x (mol) Theo (1): n Ag  0,16 (mol)  m Ag  0,16.108  17, 28 (gam)  29,36 (gam)  Gọi số mol Mg phản ứng ở (2) là x (mol). Dung dịch X chứa hai muối: Mg(NO3 ) 2 và Cu(NO3 ) 2 dư.

 n Cu ( NO3 )2 (X)  0,18  x (mol) 5, 6 n Fe   0,1 56 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: Fe  Cu(NO3 ) 2  Fe(NO3 ) 2  Cu (3) 1 1 (mol) → Khối lượng chất rắn tăng 64  56  8 (gam) y y (mol) → Khối lượng chất tăng: 8y (gam) 0, 48.1 Cu(NO3 ) 2  6, 08  5, 6  8y  y   0, 06 (mol)  0,1 (mol)  Fe 8 dư, hết Theo (3): n Cu ( NO3 )2  n Fe pöù y  0, 06 (mol)  0, 06  0,18  x  x  0,12 (mol)

Theo (2): n Cu  x  0,12 (mol)  m Ag  m Cu  0,16.108  0,12.64  24,96 (gam)  29,36 (gam)

 m Mg dö  29,36  24,96  4, 4 (gam) Theo (1) và (2): m Mg  m Mg pöù m Mg dö  0, 08.24  0,12.24  4, 4  9, 2 (gam) Câu 9: Thứ tự phản ứng: Zn  CuSO 4  ZnSO 4  Cu (1)

Fe  CuSO 4  FeSO 4  Cu (2) Phương trình (1) làm chất rắn giảm, phương trình (2) làm chất rắn tăng. Mà sau một thời gian phản ứng thu được khối lượng chất rắn Z lớn hơn khối lượng X ban đầu.  Xảy ra hai phương trình (1) và (2). Chất rắn Z gồm Cu và có thể có Fe còn dư. Cho Z vào H 2SO 4 loãng dư, sau phản ứng khối lượng rắn giảm đi và dung dịch chỉ chứa một muối duy  nhất X gồm Cu và Fe (vì Fe phản ứng được với H 2SO 4 còn Cu thì không).  m Fe (Z)  m Fe pu  m chaátraén giaûm  0, 28 (gam)

m X pöù m X  m Fe (Z)  2, 7  0, 28  2, 42 (gam)   2,56  0, 04 (mol) m Cu (Z)  2,84  0, 28  2,56 (gam)  n Cu (Z)  64  Gọi số mol Zn và Fe phản ứng lần lượt là x, y (mol).  65x  56y  2, 42 (*) Theo (1) và (2) ta có: n Cu  x  y  0, 04 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  y  0, 02  m Fe  m Fe pöù m Fe (Z)  0, 02.56  0, 28  1, 4 (gam)

Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn hợp là: Câu 10: 3,36 n CO2   0,15 22, 4 (mol) a. Theo đề bài: Phương trình hóa học: MgCO3  2HCl  MgCl2  CO 2  H 2 O

%m Fe 

1, 4 .100%  51,85% 2, 7

(1)

R 2 (CO3 ) n  2nHCl  2RCln  nCO 2  nH 2 O

(2)

Theo (1) và (2) ta có: n HCl  2n CO2  2.0,15  0,3 (mol)  m HCl  0,3.36,5  10,95 (gam)  m dd HCl  10,95 : 7,3%  150 (gam) Bảo toàn khối lượng ta có: m C  m dd HCl  m D  m CO2  m D  14, 2  150  0,15.44  157, 6 (gam)

 m MgCl2  157, 6.6, 028%  9,5 (gam)  n MgCl2 

9,5  0,1 95 (mol)

Theo (1): n MgCO3  n CO2 (1)  n MgCl2  0,1 (mol) 8, 4  m MgCO3  0,1.84  8, 4 (gam)  %m MgCO3  14, 2 .100  59,15%  n CO (2)  0,15  0,1  0, 05 (mol)  2  m R 2 (CO3 )n  14, 2  8, 4  5,8 (gam) 5,8  n R 2 (CO3 )n  2M R  60n

n CO2  n R 2 (CO3 )n  0, 05 

5,8n 2R  60n

Theo (2):  M R  28n  n  2, M R  56 Vậy kim loại R là sắt (Fe). Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong C là: %m MgCO3  59,15% %m FeCO3  100%  59,15%  40,85%

b. Dung dịch D gồm 0,1 mol MgCl2 và 0,05 mol FeCl2 . Phương trình hóa học: MgCl2  2NaOH  Mg(OH) 2  2NaCl (3) FeCl2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaCl (4) t Mg(OH) 2   MgO  H 2 O

(5)

t

4Fe(OH) 2  O 2   2Fe 2 O3  4H 2 O

(6) n  n  n Mg(OH)2 MgCl2  0,1 (mol) Theo (3) và (5) ta có: MgO 1 1 n Fe2O3  .n Fe(OH)2  .n FeCl2  0,5.0, 05  0, 025 2 2 (mol) Vậy khối lượng chất rắn là: m chaátraén  m MgO  m Fe2O3  0,1.40  0, 025.160  8 (gam) Câu 11: Gọi số mol Na 2SO 4 , Na 2 CO3 , NaHCO3 trong phần một là a, b, c (mol). - Phần một: 1, 2 n NaOH   0, 03 40 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: NaHCO3  NaOH  Na 2 CO3  H 2 O (1) 0, 03  0, 03 (mol) Theo (1): c  n NaHCO3  0, 03 (mol) - Phần hai có khối lượng gấp đôi phần một:  Số mol Na 2SO 4 , Na 2 CO3 , NaHCO3 trong phần hai lần lượt là 2a, 2b, 0,06 (mol) Phương trình hóa học:

Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O (2) NaHCO3  HCl  NaCl  CO 2  H 2 O (3)

Theo (3): n CO2 (3)  n NaHCO3  0, 06 (mol) 2, 24 n CO2   0,1 (mol)  n CO2 (2)  0,1  0, 06  0, 04 22, 4 Theo đề bài: (mol) Theo (2): 2b  n Na 2CO3  n CO2 (2)  0, 04 (mol)  b  0, 02 (mol) - Phần ba có khối lượng bằng k lần khối lượng phần một  Số mol Na 2SO 4 , Na 2 CO3 , NaHCO3 trong phần một là ak; 0,02k; 0,03k (mol). 51,3 n Ba (OH)2   0,3 171 Theo đề bài: (mol) Phương trình hóa học: Na 2SO 4  Ba(OH) 2  BaSO 4  2NaOH (4) ak  ak Na 2 CO3  Ba(OH) 2  BaCO3  2NaOH

(mol) (5)

0, 02k  0, 02k (mol) NaHCO3  Ba(OH) 2  NaOH  BaCO3  Na 2 CO3  2H 2 O (6) 0, 03k

 0, 03k

(mol)

Theo (4), (5) và (6) ta có: n Ba (OH)2  ak  0, 02k  0, 03k  0,3 (mol) 0,3 k a  0, 05 (*) Lại có: m phaàn 1  m phaàn 2  m phaàn 3  48, 48 (gam)  (142a  0, 02.106  0, 03.84).(k  3)  48, 48  (142a  4, 64).(k  3)  48, 48 48, 48 k 3 142a  4, 64 (**) 0,3 48, 48  3 Từ (*) và (**) ta có: a  0, 05 142a  4, 64 0,3  a  0, 01  k  5 0, 01  0, 05  Khối lượng X gấp 8 lần khối lượng phần một. Vậy khối lượng của mỗi chất trong X là: m Na 2SO4  8a.142  8.0, 01.142  11,36 (gam) m Na 2CO3  8b.106  8.0, 02.106  16,96 (gam) m NaHCO3  8c.84  8.0, 03.84  20,16 (gam)

Câu 12: Trộn 50 gam dung dịch A + 50 gam dung dịch NaHCO3  dung dịch X < 100 gam.  Phản ứng có thoát ra khí CO 2 . Vậy dung dịch A chứa muối RHSO 4 . 13, 2 m RHSO4  50.26, 4%  13, 2 (gam)  n RHSO4  R  97 (mol) Ta có: Phương trình hóa học: 2RHSO 4  2NaHCO3  R 2SO 4  Na 2SO 4  CO 2  2H 2 O (1) R 2SO 4  Na 2SO 4  2BaCl2  2BaSO 4  2NaCl  2RCl (2) Khi dùng 0,1 mol BaCl2 thì muối SO 4 còn dư  n SO4  n BaCl2  0,1 mol Khi dùng 0,2 mol BaCl2 thì BaCl2 còn dư  n SO4  n BaCl2  0,12 mol

13, 2  0,12  13  R  35  R  23 R  97 Suy ra ta có: (Na) Vậy công thức của muối trong A là: NaHSO 4 . b. Các phương trình hóa học: 2NaHSO 4  Fe  Na 2SO 4  FeSO 4  H 2 0,1 

2NaHSO 4  Fe(OH) 2  Na 2SO 4  FeSO 4  2H 2 O 8NaHSO 4  Fe3O 4  Na 2SO 4  FeSO 4  Fe 2 (SO 4 )3  4H 2 O NaHSO 4  NaAlO 2  H 2 O  Al(OH)3  Na 2SO 4 6NaHSO 4 dö  2Al(OH)3  3Na 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  6H 2 O

Câu 13:

Theo đề bài: n CuSO4  0, 085 (mol) Gọi số mol Al, Fe, Cu trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x, y, z (mol).  27x  56y  64z  3,82 (*) Nếu CuSO 4 phản ứng: m CuO  80.(z  0, 065)  6,8  80z  6,8  Loại.  CuSO 4 dư, Al và Fe phản ứng hết. Phương trình hóa học: 2Al  3CuSO 4  Al2 (SO 4 )3  3Cu (1) x 1,5x 0,5x 1,5x Fe  CuSO 4  FeSO 4  Cu y

y

y

(mol) (2)

y

(mol) Chất rắn Z là Cu với số mol là 1,5x  y  z  0, 085 (**) Dung dịch Y gồm 0,5x mol Al2 (SO 4 )3 ; y mol FeSO 4 và z mol CuSO 4 dư. Ta có: ½ Y thu được 2,2 gam chất rắn nên Y thu được 4,4 gam chất rắn. Viết các phương trình hóa học: Kết tủa gồm Fe(OH) 2 và Cu(OH) 2 t 4Fe(OH) 2  O 2   2Fe 2 O3  4H 2 O t Cu(OH) 2   CuO  H 2 O

 m raén  0,5y.160  z.80  4, 4 (gam)  80y  80z  4, 4 (***) Từ (*), (**) và (***) suy ra: x  0, 02; y  0, 03; z  0, 025 Khối lượng mỗi kim loại ban đầu là: m Al  0, 02.27  0,54 (gam); m Fe  0, 03.56  1, 68 (gam); m Cu  0, 025.64  1, 6 (gam)

ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 1 Câu 1: (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl 20% thu được dung dịch Y. Biết nồng độ của MgCl2 trong dung dịch Y là 11,787%. 1. Tính nồng độ phần trăm của muối sắt trong dung dịch Y. 2. Nếu thêm vào dung dịch Y nói trên một lượng dung dịch NaOH 10% vừa đủ thì nồng độ phần trăm của chất tan có trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu? Câu 2: (2 điểm) Cho V lít CO 2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch NaOH aM dư thu được dung dịch B. Nếu cho từ từ 800 ml dung dịch HCl 0,2M vào B, khi kết thúc phản ứng thu được 0,672 lít khí (đktc). Nếu cho dung dịch Ca(OH) 2 dư vào B thì thu được 10 gam kết tủa. 1. Tính V và a. 2. Tính nồng độ (mol/l) của các chất trong dung dịch B. Biết thể tích dung dịch không đổi. Câu 3: (1 điểm) Hòa tan 17,4 gam hỗn hợp A chứa Fe, Al và Cu bằng axit H 2SO 4 loãng dư thì thoát ra 8,96 lít khí H 2 (đktc). Mặt khác, cho 17,4 gam hỗn hợp A vào axit H 2SO 4 đặc nóng, dư thì thấy thoát ra 12,32 lít khí SO 2 (đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu 4: (2 điểm) 1. Dẫn lượng dư khí H 2 đi qua 5,52 gam hỗn hợp X gồm Fe3O 4 , MgO, CuO nung nóng cho đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,40 gam chất rắn. Mặt khác để hòa tan hết 0,15 mol hỗn hợp X cần dùng vừa đủ 225 ml dung dịch HCl 2M. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. 2. Một dung dịch X chứa H 2SO 4 và HCl theo tỉ lệ mol 1 : 2. Cứ 100 ml dung dịch X được trung hòa bằng 40 ml dung dịch NaOH 0,5M. a. Tính nồng độ mol mỗi axit trên. b. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. c. 200 ml dung dịch X phản ứng vừa đủ với bao nhiêu lít dung dịch Y chứa NaOH 0,2M và KOH 0,2M. d. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng giữa dung dịch X và Y. Câu 5: (2,5 điểm) 1. Hòa tan hoàn toàn 24,625 gam hỗn hợp muối gồm KCl, MgCl2 và NaCl vào nước, rồi thêm vào đó 300 ml dung dịch AgNO3 1,5M. Sau phản ứng thu được dung dịch A và kết tủa B. Cho 2,4 gam Mg vào dung dịch A, khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng chất rắn C và dung dịch D. Cho toàn bộ chất rắn C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy khối lượng của chất rắn C giảm đi 1,92 gam. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi được 4 gam chất rắn E. Tính phần trăm khối lượng các muối có trong hỗn hợp ban đầu. 2. Dùng một lượng dung dịch H 2SO 4 10%, đun nóng để hòa tan vừa đủ 0,4 mol CuO. Sau phản ứng, làm nguội dung dịch. Khối lượng CuSO 4 .5 H 2 O tách ra khỏi dung dịch là 30 gam. Tính độ tan của CuSO 4 trong điều kiện thí nghiệm trên. BẢNG ĐIỂM Câu 1

Giải 1. Gọi số mol của Fe và Mg lần lượt là x, y (mol). Mg  2HCl  MgCl2  H 2 (1) x 2x x x Fe  2HCl  FeCl2  H 2 n HCl

(mol) (2)

y 2y y y (mol)  2x  2y (mol); n H2  x  y (mol)

Điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

 m dd HCl  (73x  73y) : 20%  365x  365y (gam) Bảo toàn khối lượng ta có: m X  m dd HCl  m dd Y  m H2

0,25 điểm

 m dd Y  387x  419y (gam) Ta có: n MgCl2  x (mol)  m MgCl2  95x (gam) n FeCl2  y (mol)  m FeCl2  127y (gam)

0,25 điểm

Nồng độ phần trăm của MgCl2 trong dung dịch Y: 95x C% MgCl2  .100%  11, 787% 387x  419y  x  y  m dd Y  806x  806y (gam)

0,25 điểm

Nồng độ phần trăm của FeCl2 trong dung dịch Y: 127y C% FeCl2  .100%  15, 76% 806y 2. Phương trình hóa học: MgCl2  2NaOH  Mg(OH) 2  2NaCl (3) x 2x x 2x FeCl2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaCl

(mol) (4)

x 2x x 2x (mol) Ta có: n NaOH  4x (mol)  m NaOH  4x.40  160x (gam)  m dd NaOH  160x :10%  1600x (gam) Bảo toàn khối lượng ta có: m Y  m dd NaOH  m Z  m Mg(OH)2  m Fe(OH)2

2

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

 m Z  806x  1600x  58x  90x  2258x (gam) Ta có: n NaCl  4x (mol)  m NaCl  4x.58,5  234x (gam) 234x C% NaCl  .100%  10,36% 2258x Nồng độ trăm của NaCl là: 1. CO 2 hết, dung dịch B gồm Na 2 CO3 và NaOH dư Na 2 CO3  Ca(OH) 2  CaCO3  2NaOH

(1)

0,1 

0,1 (mol) Dung dịch B gồm 0,1 mol Na 2 CO3 và NaOH x mol. CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O (2) 0,1  0, 2  0,1 n NaOH pöù 0, 2 (mol); n CO2  0,1 (mol)  V  VCO2  0,1.22, 4  2, 24 (lít) HCl  NaOH  NaCl  H 2 O

0,25 điểm

(mol)

0,25 điểm (3)

x x (mol) HCl  Na 2 CO3  NaHCO3  NaCl (4) 0,1  0,1  0,1 (mol) HCl  NaHCO3  NaCl  CO 2  H 2 O (5) 0, 01  0, 03  0, 03 (mol) Ta có: n HCl  x  0,1  0, 03  0,16 (mol)  x  0, 03 (mol) n NaOH bñ  n NaOH pöù n NaOH dö  a  0, 46M

2. Nồng độ (mol/l) của các chất trong dung dịch B là:

0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm

0, 03 0,1  0, 06M  0, 2M; CM ( NaOH)  0,5 0,5 Gọi số mol Fe, Al, Cu trong 17,4 gam hỗn hợp A lần lượt là a, b, c (mol).  56a  27b  64c  17, 4 (*) - Hòa tan A bằng H 2SO 4 loãng dư Fe  H 2SO 4 loaõng  FeSO 4  H 2 (1) CM (Na 2 CO3 ) 

3

a a 2Al  3H 2SO 4 loaõng  Al2 (SO 4 )3  3H 2

(mol) (2)

b  1,5b (mol) n H2  a  1,5b  0, 4 (mol)  a  1,5b  0, 4 (**) - Hòa tan A bằng H 2SO 4 đặc, nóng dư

0,25 điểm

t 2Fe  6H 2SO 4 ñaëc   Fe 2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O

(3)

a  1,5a t 2Al  6H 2SO 4 ñaëc   Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O

(mol) (4)

b  1,5b t Cu  2H 2SO 4 ñaëc   Cu SO 4  SO 2  2H 2 O

(mol) (5)

c c 1,5a  1,5b  c  0,55 (**) Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0,1; b  0, 2; c  0,1 m Fe  0,1.56  5, 6 (gam)   m Al  0, 2.27  5, 4 (gam) m  0,1.64  6, 4 (gam)  Cu

4

1. a. Phương trình hóa học: Fe3O 4  4H 2  3Fe  4H 2 O

0,25 điểm

0,25 điểm

(mol)

0,25 điểm

(1)

t

CuO  H 2   Cu  H 2 O

(2) Fe3O 4  8HCl  FeCl2  2FeCl3  4H 2 O (3) MgO  2HCl  MgCl2  H 2 O (4) CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O (5) b. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe3O 4 , MgO, CuO có trong 0,15 mol hỗn hợp X  x  y  z  0,15  x  0, 025   Ta có: 8x  2y  2z  0, 45  y  z  0,125  Tổng số mol MgO và CuO bằng 5 lần số mol Fe3O 4 Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe3O 4 , MgO và CuO có trong 5,52 gam hỗn hợp X. Số mol nguyên tử oxi trong Fe3O 4 và CuO bằng: 5,52  4, 4  0, 07 16 (mol) Ta có: 232a  40b  80c  5,52 a  0, 01 %m Fe3O4  42, 03%     b  0, 02  %m MgO  14, 49% 4a  c  0, 07 5a  b  c c  0, 03    %m CuO  43, 48% 2. a. Phương trình hóa học:

0,25 điểm 0,25 điểm

0,5 điểm

2NaOH  H 2SO 4  Na 2SO 4  2H 2 O

(1) NaOH  HCl  NaCl  H 2 O (2) Gọi số mol H 2SO 4 là x, suy ra số mol HCl là 2x. n NaOH  2x  2x  0, 02  x  0, 005 0, 005.2 0, 005  0,1M  CM (H2SO4 )   0, 05M; CM (HCl)  0,1 0,1 b. Ta có: n Na 2SO4  n H2SO4  0, 005 (mol)  m Na 2SO4  0, 71 (gam)

n NaCl  n HCl  0, 01 mol  m NaCl  0,585 (gam) Tổng khối lượng muối là: 0, 71  0,585  1, 295 (gam) c. Trong 200 ml dung dịch X có chứa 0,01 mol H 2SO 4 và 0,02 mol HCl. 2MOH  H 2SO 4  M 2SO 4  2H 2 O (3) MOH  HCl  MCl  H 2 O 0, 02  0, 02 V  0, 2 0, 2 (lít) d. Ta có: m Na  m K  m goác clorua  m goác sunfat

(4)

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

m Na  0, 2.0, 2.23  0,92 (gam); m K  0, 2.0, 2.39  1,56 (gam) m Cl  0, 02.35,5  0, 71 (gam); mSO4  0, 01.96  0,96 (gam)

5

Tổng khối lượng muối = 4,15 (gam) 1. a. Phương trình hóa học: KCl  AgNO3  AgCl  KNO3 NaCl  AgNO3  AgCl  NaNO3 MgCl2  2AgNO3  2AgCl  Mg(NO3 ) 2 Mg  2AgNO3  Mg(NO3 ) 2  2Ag Mg  2HCl  MgCl2  H 2 Mg(NO3 ) 2  2NaOH  Mg(OH) 2  2NaNO3

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

t Mg(OH) 2   MgO  H 2 O

(7) 4 n Mg( NO3 )2  n MgO   0,1 40 Theo (6) và (7): (mol) n  0, 08 (mol)  n  n Mg(NO3 )2 Mg dö  0, 02 (mol) Ta có: Mg dö Theo (4): n AgNO3  2.0, 02  0, 04 (mol)

Theo (3): n MgCl2  n Mg( NO3 )2  0, 08 (mol)  n AgNO3  0,16 (mol) Đặt x, y là số mol KCl, NaCl. Ta có: 74,5x  58,5y  24, 625  0, 08.95  17, 025 (*) x  y  (0,3.1,5)  (0,16  0, 04)  0, 25 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x  0,15; y  0,1 Vậy phần trăm khối lượng các muối là: 0,15.74,5 %m KCl  .100%  45,38% 24, 625 0,1.58,5 %m NaCl  .100%  23, 76% 24, 625 %m MgCl2  100%  45,38%  23, 76%  30,86% 2. a. Phương trình hóa học:

0,25 điểm

0,25 điểm

1 điểm

0,25 điểm

CuO  H 2SO 4  CuSO 4  H 2 O 0, 4

0, 4

0,25 điểm

0, 4

0, 4.98.100  392 10 (gam)  0, 4.160  64 (gam)

n H2SO4  0, 4 (mol)  m dd H2SO4  n CuSO4  0, 4 (mol)  m CuSO4

Khối lượng các chất trong bình khi phản ứng kết thúc là: 0, 4.80  392  424 (gam) Khối lượng CuSO 4 trong 30 gam CuSO 4 .5H 2 O : 160 m CuSO4  30.  19, 2 250 (gam) Sau khi CuSO 4 .5H 2 O tách ra thì dung dịch còn lại có m CuSO4  64  19, 2  44,8 (gam)

m dd  424  30  394 (gam); m H2O  394  44,8  349, 2 (gam) Như vậy: 349,2 gam H 2 O hòa tan được 44,8 gam CuSO 4

Độ tan của CuSO 4 trong điều kiện thí nghiệm trên là 44,8 SCuSO4  .100  12,829 349, 2 (gam)

0,25 điểm

0,25 điểm

CHƯƠNG 2: KIM LOẠI CHỦ ĐỀ 1: NHÔM, KẼM VÀ HỢP CHẤT

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: 40 gam hỗn hợp Al, Al2O3 và MgO được hòa tan bằng dung dịch NaOH 2M thì thể tích NaOH vừa đủ phản ứng là 300 ml, đồng thời thoát ra 6,72 lít khí H2 (đktc). Tìm phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. • Phân tích đề bài

AI và Al203 phản ứng được với NaOH còn MgO thì không. Tuy nhiên chỉ có AI mới phản ứng với NaOH thu được H2. Viết phương trình hóa học. Từ đó tính được số mol AI, số mol Al203 từ đó tính được MgO. Tính được khối lượng mỗi chất, suy ra tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu. • Giải chi tiết

6,72  0,3  mol  ; n NaOH  2.0,3  0,6  mol 22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2O  2NaAlO 2  3H 2 1 n H2 

 2

Al2O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O 2 n Al  n NaOH(1) = .n H2  0, 2  mol  3 Theo (1):  n NaOH( 2)  0, 6  0, 2  0, 4  mol 

1 n Al 2 O3 = .n NaOH  0,5.0, 4  0, 2  mol  2 Theo (2): Khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp đầu là: m Al  0, 2.27  5, 4  gam  ; m Al2O3  0, 2.102  20, 4  gam 

m MgO  40  5, 4  20, 4  14, 2  gam 

Vậy phần trăm khối lượng mỗi chất là: 5, 4 %m Al  .100%  13,5% 40 20, 4 %m Al2O3  .100%  51% 40 %m MgO  100%  13,5%  51 %  35,5% Ví dụ 2: Một hỗn hợp gồm ba kim loại Fe, Al và Cu. Chia m gam hỗn hợp X thành hai phần bằng nhau. Hòa tan hết phần một trong dung dich NaOH dư thu được 3,36 lít khí (đktc). Cho phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, sau phản ứng hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch tăng 10,5 gam so với khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu. Phần chất rắn không tan cho tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư lại thu được 4,48 lít khí nữa (đktc). Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh năm 2010) Phân tích đề bài Ở phần một Al phản ứng với NaOH thu được H2. Viết phương trình hóa học. Từ đó tính được số mol Al trong mỗi phần. Ở phần hai: Cu không phản ứng với H2SO4 loãng, có Fe và Al phản ứng thu được H2. Viết phương trình hóa học, áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, từ đó tính được số mol Fe mỗi phần. Cu phản ứng với H2SO4 đặc nóng, từ dữ kiện đề bài tính được số mol Cu mỗi phần. • Giải chi tiết - Phần 1: Chỉ có Al tác dụng với NaOH sinh ra khí H2 3,36 nH 2   0,15  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2 1

0,1 

0,15  mol 

Vậy số mol Al trong mỗi phần là 0,1  mol   m Al  0,1.27  2, 7  gam  - Phần 2: Al và Fe tác dụng với H2SO4 loãng Gọi số mol Fe trong mỗi phần là x (mol). Phương trình hóa học: 2Al  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2  2   0,15  mol 

0,1 Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2 x

x

3  mol 

Khối lượng dung dịch tăng 10,5 gam nên ta có: m ăng m m m ddt Al Fe H 2  0,1.27  56x   0,15  x  .2  10,5  gam 

 x  0,15  mol   m Fe  0,15.56  8, 4  gam 

Chất rắn không tan là Cu cho tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng, phương trình hóa học: to Cu  2H 2SO 4 ®Æc   CuSO 4  SO 2  2H 2 O 4 4, 48  0, 2  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (4): n Cu  n SO2  0, 2  mol   m Cu  0, 2.64  12,8  gam  Vậy khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu là: 2, 7 %m Al  .100%  11,3% 2, 7  8, 4  12,8 8, 4 %m Fe  .100%  35,15% 2, 7  8, 4  12,8 %m Cu  100%  11,3%  35,15%  53,55% Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm Na và Al. Cho m gam A vào nước dư, thấy thoát ra 1,344 lít khí (ở đktc) và một phần chất rắn không tan. Mặt khác, cho 2m gam A vào lượng dư dung dịch NaOH, thấy thoát ra 20,832 lít khí (đktc). Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Gia Lai năm 2018) • Phân tích đề bài Cho hỗn hợp gồm Na và Al vào nước thì Na phản ứng với H2O trước để thu được dung dịch kiềm (NaOH), sau đó Al mới phản ứng với NaOH. Cho hỗn hợp gồm Na và Al vào dung dịch NaOH thì có Na phản ứng với nước trong dung dịch NaOH và Al phản ứng hết với dung dịch NaOH. Viết phương trình hóa học và tính toán theo dữ kiện đề bài để giải quyết bài tập này. • Giải chỉ tiết Gọi số mol Na và Al trong m gam A là x, y (mol). Phương trình hóa học: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2 1 n SO2 

2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2 

- Cho m gam A vào nước dư nên Na tan hết, chất rắn không tan là Al, phương trình (2) tính theo NaOH. 1,344 n H2   0, 06  mol  22, 4 Theo đề bài: 1 n NaOH  n Na  x  mol  , n H2 (1)  .n Na  0,5x  mol  2 Theo (1): 3 n H2 (2)  .n NaOH  1,5x  mol  2 Theo (2):  0,5x  1,5x  0, 06  x  0, 03 - Cho 2m gam A (gồm 0,06 mol Na và 2y mol Al) vào lượng dư NaOH nên Na và Al đều hết.

Theo đề bài:

n H2 

20,832  0,93  mol  22, 4

1 n H2 (1)  .n Na  0,5.0, 06  0, 03  mol  2 Theo (1):  n H ( 2 )  0,93  0, 03  0,9  mol  2 2 n Al  .n H2 ( 2 )  .0,9  0, 6  mol   2y  0, 6  y  0,3 3 3 Theo (2):  m  23x  27y  0, 03.23  0,3.27  8, 79  gam 

Ví dụ 4: Thêm từ từ cho đến hết 0,55 mol dung dịch NaOH vào hỗn hợp dung dịch Y gồm 0,2 mol HCl và 0,1 mol AlCl3. Tính khối lượng kết tủa thu được. • Phân tích đề bài Cho từ từ NaOH vào HCl và AlCl3 thì NaOH phản ứng với HCl trước, sau đó mới phản ứng với AlCl3 thu được kết tủa (Al(OH)3), nếu NaOH dư thì kết tủa bị hòa tan dần. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: HCl  NaOH  NaCl  H 2 O 1

 mol 

0, 2  0, 2

n  0,2  mol   nNaOH pö vôùiAlCl  0,55  0,2  0,35 mol  3 Theo (1): NaOH(1) n OH (trong NaOH) 0,35 3   3,5  4, n 0,1 Al (trong AlCl ) 3 Vì sau phản ứng thu được Al(OH)3 và NaAlO2. Phương trình hóa học: AlCl3  3NaOH  Al(OH)3  3NaCl 2 x

3x

x

 mol 

AlCl3  4NaOH  NaAlO 2  3NaCl  2H 2 O y

4y

 3  mol 

Gọi số mol AlCl3 phản ứng ở (2) và (3) lần lượt là x, y (mol).  x  y  0,1  x  0, 05   Ta có hệ phương trình: 3x  4y  0,35  y  0, 05 n  n Al OH   x  0, 05  mol  Theo (2):  3  m  0, 05.78  3,9  gam 

Ví dụ 5: Hòa tan 6,13 gam hỗn hợp D gồm Na, K, Ba, Al2O3 (trong đó nguyên tố oxi chiếm 23,491% về khối lượng) vào lượng nước dư, đến khi phản ứng hoàn toàn thì thu được dung dịch G và 1,456 lít khí H2 (đktc). Cho 1,6 lít dung dịch HCl 0,1 M vào G thì thu được dung dịch F và m gam kết tủa. a. Xác định giá trị của m. b. Tính khối lượng chất tan có trong dung dịch F. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lý Tự Trọng - cần Thơ năm 2016) • Phân tích đề bài Đối với bài tập hòa tan hỗn hợp kim loại kiềm, kiềm thổ vào nước, ta có thể quy đổi chung các kim loại này là M có hóa trị I. Đầu tiên, kim loại phản ứng với H2O trước thu được dung dịch kiềm. Sau đó, Al2O3 phản ứng với MOH. Dung dịch G phản ứng với HCl nên G có kiềm còn dư. Viết phương trình hóa học, tính theo phương trình hóa học và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết a. Nguyên tố oxi chiếm 23,491% về khối lượng nên: m O  6,13.23, 491%  1, 44  gam 

1, 44 1 1  0, 09  mol   n Al2O3  . n O  .0, 09  0, 03  mol  16 3 3  m ( Na,K, Ba )  6,13  0, 03.102  3, 07  gam   n0 

Quy đổi chung các kim loại này là M có hóa trị I. 1, 456 n H2   0, 065  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2M  2H 2 O  2MOH  H 2 1

 mol 

0,13  0, 065

0,13

2  mol 

Al2 O3  2MOH  2MAlO 2  H 2 O 0, 03

0,13

Theo (1): n Al2O3 1

Vì

n M  0,13  mol   M M 

3, 07 307  0,13 13

n MOH  0, 065, 2 nên Al2O3 hết, phương trình tính theo Al2O3.  nMOH pöù 2nAl O  2.0,03  0,06  mol 

 0, 03 

n 2 3 Theo (2): MAlO2  nMOH dö  0,13  0,06  0,07  mol 

Dung dịch G gồm 0,07 mol MOH và 0,06 mol MAlO2. Theo đề bài: n HCl  0,1.1, 6  0,16  mol  Phương trình hóa học: MOH  HCl  MCl  H 2 O 0, 07  0, 07

 3  mol 

0, 07

 nHCl pöùvôùiMAlO  0,16  0,07  0,09  mol  2

n HCl 0, 09   1,5  4, n MAlO2 0, 06 Xét tỉ lệ: nên sau phản ứng chứa hợp chất của Al là AlCl3 và Al(OH)3. Phương trình hóa học: MAlO 2  HCl  H 2 O  Al(OH)3  MCl 4 1

x

x

x

x

MAlO 2  4HCl  AlCl3  MCl  2H 2 O y

4y

y

y

 mol  5   mol 

Gọi số mol MAlO2 phản ứng ở (4) và (5) lần lượt là x, y (mol).  x  y  0, 06  x  0, 05   Ta có hệ phương trình:  x  4y  0, 09  y  0, 01 n  x  0, 05  mol  Theo (4): Al OH 3  m  m Al OH   0, 05.78  3,9  gam  3

b. Dung dịch F Theo (3): n MCl  0, 07  mol 

Theo (4): n MCl  x  0, 05  mol  Theo (5): n MCl  n AlCl3  y  0, 01  mol  Vậy F gồm 0,01 mol AlCl3 và 0,13 mol MCl.  307   m MCl  0,13.   35,5   7, 685  gam   13 

 m F  m AlCl3  m MCl  0, 01.133,5  7, 685  9, 02  gam  Vậy khối lượng chất tan có trong dung dịch F là 9,02 gam. Ví dụ 6: Hòa tan hoàn toàn a mol Al vào dung dịch chứa b mol HCl thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH vào X, sự phụ thuộc của số mol Al(OH)3 theo số mol NaOH được biểu diễn bằng đồ thị như hình vẽ dưới đây: Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và xác định các giá trị a, b, x. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

• Phân tích đề bài Dựa vào đồ thị, khi cho từ từ NaOH vào HCl và AlCl3 thì NaOH phản ứng với HCl trước, sau đó mới phản ứng với AlCl3 thu được kết tủa (Al(OH)3), sau đó thì kết tủa bị tan dần. Viết phương trình hóa học. Xét tại các mốc thời điểm của đồ thị. Tính toán theo dữ kiện đề bài để tính được giá trị bài yêu cầu. • Giải chi tiết 1 Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 O Số mol kết tủa lớn nhất = số mol Al = a (mol) → Al phản ứng hết với HCl, phương trình tính theo Al. n  nAl  a mol  ,nHCl pö  3nAl  3a mol  Theo (1): AlCl 3 Khi số mol NaOH = 0,1 (mol) thì kết tủa mới bắt đầu hình thành nên sau (1) HCl còn dư: nHCl dö  b  3a mol  Thứ tự phản ứng: NaOH  HCl  NaCl  H 2 O

 2

3NaOH  AlCl3  Al(OH)3  3NaCl NaOH  Al(OH)3  NaAlO 2  2H 2 O

 3  4

- Tại thời điểm n NaOH  0,1 mol  , xảy ra vừa hết (2). Theo (2): n HCl  n NaOH  0,1 mol   b  3a  0,1  b  3a  0,1

- Tại thời điểm n NaOH  1 mol  , kết tủa lớn nhất, xảy ra vừa hết phương trình (1) và (2). Theo (3): n NaOH (3)  3n AlCl3  3a  mol 

 0,1  3a  1  a  0,3  mol   b  3.0,3  0,1  1 mol

Theo (3):

n Al OH   n AlCl3  a  0,3  mol  3

- Tại thời điểm n NaOH  x  mol  , kết tủa bị hòa tan ở phương trình (4). Theo (4): n NaOH ( 4 )  n Al( OH )3  0,3  mol   x  n NaOH  n NaOH  2  n NaOH3  n NaOH  4   1  0, 3  1,3  mol 

Giá trị của a, b, x lần lượt là: 0,3; 1; 1,3. Ví dụ 7: Cho 21 gam hỗn hợp gồm Fe, Mg, Zn hòa tan bằng axit HCl dư thoát ra 8,96 lít H2 (đktc). Thêm dung dịch KOH đến dư vào dung dịch thu được rồi lọc kết tủa tách ra, đem nung trong không khí đến lượng không đổi cân nặng 12 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. • Phân tích đề bài Đặt ẩn số mol mỗi kim loại ban đầu. Viết phương trình hóa học. Tính toán theo phương trình hóa học và dữ kiện đề bài. Từ đó tính được giá trị các ẩn, suy ra khối lượng mỗi kim loại ban đầu. • Giải chi tiết

Gọi số mol Fe, Mg, Zn lần lượt là a, b, c (mol).  56a  24b  65c  21 * Phương trình hóa học: Fe  2HCl  FeCl2  H 2

1 Mg  2HCl  MgCl2  H 2  2  Zn  2HCl  ZnCl2  H 2  3

8,96  0, 4  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (1), (2) và (3) ta có: n H2 = n Fe  n Mg  m Zn  0, 4  mol  n H2 

 a  b  c  0, 4 **

Phương trình hóa học: FeCl2  2KOH  Fe(OH) 2  2KCl

 4 MgCl2  2KOH  Mg (OH) 2  2KCl  5 ZnCl2  2KOH  Zn (OH) 2  2KCl

(6)

Zn (OH) 2  2KOH  K 2 ZnO 2  2H 2 O  7  Kết tủa gồm Fe(OH)2 và Mg(OH)2. n  n FeCl2  n Fe  a  mol  Theo (1) và (4): Fe OH 2 n  n MgCl 2  n Mg  b  mol  Theo (2) và (5): Mg OH 2 Phương trình hóa học: to 4Fe(OH) 2  O 2   2Fe 2 O3  4H 2 O (6)

 mol  t Mg (OH) 2   MgO  H 2 O 7  b b  mol   m  m Fe O  m MgO  160.0,5a  40.b  12  gam   80a  40b  12 *** a

0,5a

o

2

3

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a = 0,1; b = 0,1; c = 0,2 Vậy khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là: m Fe  0,1.56  5, 6  gam  m Mg  0,1.24  2, 4  gam  m Zn  0, 2.65  13  gam 

Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn 15,75 gam hỗn hợp X gồm Al, Al2O3, Na2O vào nước dư được dung dịch Y. Nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Y thấy lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị bên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp đầu.

(Trích đề thi vào lớp 10

chuyên Hải Phòng năm 2017)

• Phân tích đề bài

Dung dịch Y gồm NaAlO2 và có thể có NaOH dư. Dựa vào đồ thị suy ra Y có chứa NaOH dư, HCl sẽ phản ứng với NaOH trước rồi HCl phản ứng với NaAlO2 thu được kết tủa (Al(OH)3), rồi kết tủa tan dần. Xét tại các thời điểm trên đồ thị và các dữ kiện đề bài, tính được lượng Al ban đầu.

• Giải chi tiết

Gọi số mol của Al, Al2O3 và Na2O lần lượt là a, b, c (mol).  27a  102b  62c  15, 75 * Phương trình hóa học: Na 2 O  H 2 O  2NaOH

1 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2  Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O 3 

Dung dịch Y gồm NaAlO2 và có thể có NaOH dư. Do khi n HCl  0,15  mol  , kết tủa chưa hình thành nên dung dịch Y chứa NaOH dư, Al và Al2O3 hết. Theo (1): n NaOH  2n Na 2O  2c  mol  n n  nAl  2nAl O = a  2b  mol  2 3 Theo (2) và (3): NaOH pöù NaAlO2  Y   nNaOH(Y )  nNaOH dö  2c  a  2b  mol 

Phương trình hóa học: HCl  NaOH  NaCl  H 2 O

 4

HCl  NaAlO 2  H 2 O  Al(OH)3  NaCl 3HCl  Al(OH)3  AlCl3  3H 2 O  6

 5

- Tại thời điểm nHCl  0,15  mol  , xảy ra vừa hết phương trình (4) Theo (4): n NaOH  n HCl  0,15  mol   2c  a  2b  0,15  **

- Tại thời điểm n HCl  0, 75  mol  , xảy ra vừa hết phương trình (4), (5) và (6).  n HCl (5), ( 6 )  75  0,15  0, 6  mol  Theo (5):

n Al OH   n HCl (5)  n NaAlO2 (Y)  a  2b  mol  3

n  3n Al OH   3.  a  2b   3a  6b  mol  Theo (6): HCl(6) 3 n HCl(5),( 6 )  a  2b  3a  6b  4a  8b  mol   4a  8b  0, 6  ***

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0,05; b  0,05; c  0,15 Vậy phần trăm khối lượng của nhôm trong hỗn hợp đầu là: 0, 05.27 %m Al  .100%  8,57% 15, 75 Ví dụ 9: Nung ở nhiệt độ cao m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe2O3 trong điều kiện không có không khí, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Hòa tan phần một trong dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Hòa tan phần hai trong 650 ml dung dịch NaOH 0,1M dư, thu được dung dịch Z và còn lại 4,4 gam chất rắn không tan. Tìm giá trị của m. • Phân tích đề bài Viết phương trình nhiệt nhôm. Hòa tan phần hai trong dung dịch NaOH không có khí thoát ra nên trong Y không có Al dư, vậy Al hết, Fe2O3 dư. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: to 2Al  Fe 2 O3   Al2 O3  2Fe 1 Hỗn hợp Y gồm Al2O3, Fe và có thể có Al dư hoặc Fe2O3 dư. Do hòa tan phần hai trong dung dịch NaOH không có khí thoát ra nên trong Y không có Al dư, vậy Al hết, Fe2O3 dư. Y gồm Al2O3, Fe và Fe2O3 dư.

Đặt số mol Al và Fe2O3 trong X lần lượt là a, b (mol). 1  nAl O  .nAl  0,5a  mol  ; nFe  nAl  a  mol  2 3 2  b  0,5a  mol  ; n Al2O3 (Y)  0,5a  mol  ; n Fe ( Y )  a  mol

 nFe

Theo (1):  n Fe 2 O3  Y 

2 O3

pö

Mỗi phần chứa (0,5b  0, 25a ) mol Fe 2 O3 ; 0, 25a mol Al2 O3 ; 0,5a mol Fe. - Phần một: 1,12 n H2   0, 05  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2  2 

0, 05 

0, 05  mol 

Theo (2): n Fe  0,5a  0, 05  mol   a  0,1 - Phần hai: Theo đề bài: n NaOH  0,1.0, 65  0, 065  mol  Phương trình hóa học: Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O  3 

0, 025 0, 065

 mol 

→ Al2O3 hết, NaOH dư. Chất rắn không tan là Fe và Fe2O3. Ta có: m Fe  m Fe2O3 = 4, 4  0,5.0,1.56   0,5b  0, 25.0,1 .160  4, 4  b  0, 07  m  0,1.27  0, 07.160  13,9  gam  2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Hỗn hợp G gồm Na và Al. Cho 16,9 gam G vào nước dư thu được 12,32 lít khí H2 (đktc). Tính khối lượng của mỗi kim loại trong G. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lương Văn Tụy- Ninh Bình năm 2013) Câu 2: Cho V lít dung dịch NaOH 0,1 M vào cốc chứa 400 ml dung dịch ZnCl2 0,1 M thu được 2,97 gam kết tủa. Tính giá trị của V. Câu 3: Cho m gam hỗn hợp Al, Zn với tỉ lệ mol là 2 : 1 tác dụng với HNO3 dư thu được 6,72 lít khí N2, N2O (đktc) có tỉ khối so với He là 29/3. Tìm giá trị của m. Câu 4: Cho từ từ 135 ml dung dịch Ba(OH)2 2M vào 80 ml dung dịch Al2(SO4)3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được kết tủa Y. Đem Y nhiệt phân khối lượng không đổi thì thu được a gam chất rắn. Tính a. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS tỉnh Bình Phước năm 2018) Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm Fe2O3, Al2O3, Na2O. Thí nghiệm 1: Hòa tan hỗn hợp X vào nước dư thấy còn lại 8 gam chất rắn Thí nghiệm 2: Thêm vào X một lượng Al2O3 bằng 50% lượng Al2O3 rồi lại làm như thí nghiệm 1, thấy còn lại 13,1 gam chất rắn. Thí nghiệm 3: Thêm vào X một lượng Al2O3 bằng 75% Al2O3 có trong X rồi lại làm như thí nghiệm 1, thấy còn lại 18,2 gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Câu 6: Cho 26,91 gam kim loại M vào 700 ml dung dịch AlCl3 0,5M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít H2 (đktc) và 17,94 gam kết tủa. Xác định M và V. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Ninh năm 2017) Câu 7: Dung dịch X chứa a mol AlCl3 và 2a moi HCl. Rót từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X ta có đồ thị sau: Tính giá trị của X?

Câu 8: Thực hiện hai thí nghiệm Thí nghiệm 1 : Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 600 ml dung dịch NaOH 1M thu được m gam kết tủa. Thí nghiệm 2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 900 ml dung dịch NaOH 1M thu được m gam kết tủa. Tính a và m? Câu 9: Cho Al tan hết trong 200 ml trong dung dịch NaOH 2M thu được dung dịch X và thoát ra 10,08 lít khí (đktc). Cho 175 gam dung dịch HCl 14,6% vào X; kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và m gam kết tủa. Tính giá trị của m. Câu 10: Hỗn hợp X gồm 3,92 gam Fe, 16 gam Fe2O3 và m gam Al. Nung nóng X ở nhiệt độ cao trong điều kiện không có không khí, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 loãng, thu được 4a mol H2. - Phần 2: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, thu được a mol khí H2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 11: Hỗn hợp X gồm kim loại Al và oxit FexOy. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, khi đó xảy ra phản ứng: 2yAl  3Fe x O y  yAl2 O3  3xFe Sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành ba phần: - Phần một: Cho tác dụng với dung dịch NaOH (lấy dư), sau phản ứng thu được 1,68 lít khí H2 và 12,6 gam chất rắn không tan. - Phần hai: Cho tác dụng với H2SO4 (đặc, nóng, lấy dư), sau phản ứng thu được 27,72 lít khí SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. - Phần ba: Có khối lượng nhiều hơn phần một là 8,05 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc. a. Tính m. b. Xác định công thức phân tử của oxit FexOy. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên TPHCM năm 2017) Câu 12: Có một hỗn hợp B gồm nhôm và oxit sắt từ. Lấy 32,22 gam hỗn hợp B đem nung nóng để phản ứng nhiệt nhôm xảy ra hoàn toàn. Chia hỗn hợp sau phản ứng thành hai phần. Cho phần một tác dụng hết với lượng dư dung dịch NaOH, thu được 2,016 lít H2 (đktc). Hòa tan hết phần hai vào lượng dư axit HCl tạo ra 8,064 lít H2 (đktc). a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính số gam oxit sắt từ có trong 32,22 gam hỗn hợp B. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2014) Câu 13: Hòa tan hoàn toàn một lượng AlCl3 và một lượng Al2(SO4)3 vào nước thu được 200 gam dung dịch X, chia dung dịch X thành hai phần: - Phần một: Cho tác dụng với BaCl2 dư thu được 13,98 gam kết tủa trắng. - Phần hai: Cho tác dụng với 476 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, sau khi phản ứng xong thu được 9,024 gam kết tủa. Biết khối lượng phần hai gấp n lần khối lượng phần một (n là số nguyên dương) và lượng chất tan trong phần hai nhiều hơn lượng chất tan trong phần một là 32,535 gam. Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc năm 2017) Gợi ý giải Câu 1: Gọi số mol Na và Al lần lượt là x, y (mol)  23x  27y  16,9 * 12,32  0,55  mol  22, 4 Theo đề bài: G phản ứng với nước dư nên Na phản ứng hết. Phương trình hóa học: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2 1 n H2 

 x  0,5x x  mol  2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2 

TH1: Al phản ứng hết, NaOH còn dư, phương trình (2) tính theo Al.

3 n H2  0,5x  .n Al  0,55  mol   0,5x  1,5y  0,55 ** 2 Theo (1) và (2): Từ (*) và (**) suy ra: x  0,5; y  0, 2 m Na  0,5.23  11,5  gam 

Khối lượng mỗi kim loại trong G là: m Al  0, 2.27  5, 4  gam  TH2: NaOH phản ứng hết, Al còn dư, phương trình (2) tính theo NaOH. Theo (1): n NaOH  x  mol  3 n H2  .n NaOH  1,5x  mol  2 Theo (2):  0,5x  1,5x  0,55  x  0, 275  mol 

Khối lượng mỗi kim loại trong G là: m Na  0, 275.23  6,325  gam  m Al  16,9  6,325  10,575  gam 

Câu 2: Phương trình hóa học: ZnCl2  2NaOH  Zn (OH) 2  2NaCl 1

Zn (OH) 2  2NaOH  Na 2 ZnO 2  2H 2 O

2 

n ZnCl2  0, 4.0,1  0, 04  mol  ; n Zn (O H )2 

Theo đề bài: Ta thấy: n Zn (OH)2  n ZnCl2

2,97  0, 03  mol  99

→ Có hai trường hợp xảy ra. TH1: NaOH hết, ZnCl2 dư, xảy ra phương trình (1). 0, 06  0, 6  lít  0,1 Theo (1): TH2: Kết tủa Zn(OH)2 bị hòa tan một phần, ZnCl2 hết; xảy ra (1) và (2). n  n ZnCl2 = 0, 04  mol  Theo (1): Zn  OH 2 1  nZn OH  ( 2)  nZn OH bò hoøa tan  0,04  0,03  0,01  mol  n NaOH  2n Zn (OH)2  2.0, 03  0, 06  mol   V 

2

2

n NaOH  2n ZnCl2  2n Zn (OH)2 (2)  2.0, 04  2.0, 01  0,1  mol   V 

Theo (1) và (2): Câu 3: Gọi số mol N2 và N2O lần lượt là x, y (mol).  x  y  0,3  *

0,1  1  lít  0,1

29 29 116 28x  44y 116  M hh  .4     28x  44y  11, 6 **  3 3 3 xy 3 Ta có: Từ (*) và (**) suy ra: x  0,1; y  0,2  n N2 : n N2O  1 : 2 d hh /He 

Phương trình hóa học: 26Al  96HNO3  26Al( NO3 )3  3N 2  6N 2 O  48H 2 O 1

13Zn  32HNO3  13Zn  NO3 2  N 2  2N 2 O  16H 2 O

Gọi số mol Al, Zn lần lượt là 2a, a (mol). 3 1 n N2  .n Al  .n Zn  0,1 mol  26 13 Theo (1 ) và (2) ta có: 3.2a a    0,1  a  0,325 26 13

2

Vậy khối lượng hỗn hợp là: m  0,325.2.27  0,325.65  38, 675  gam  Câu 4: n  2.0,135  0, 27  mol  ; n Al2 SO4   1.0, 08  0, 08  mol  Theo đề bài: Ba ( OH )2 3 Phương trình hóa học: 3Ba (OH) 2  Al2 (SO 4 )3  3BaSO 4  2Al(OH)3 1

0, 24 

0,16  mol 

 0, 24

0, 08

2  mol   0, 24  mol  ; n Al (O H )

Ba (OH) 2  2Al(OH)3  Ba (AlO 2 ) 2  4H 2 O 0, 03  0, 06 Từ (1) và (2) ta có trong Y gồm: n BaSO4 Phương trình hóa học: o 2Al(O H)3 t  Al2 O3  3H 2 O  3

 0,16  0, 06  0,1 mol 

 mol 

 0, 05

0,1

3

Chất rắn gồm 0,24 mol BaSO4 và 0,05 mol Al2O3.  a  0, 24.233  0, 05.102  61, 02  gam  Câu 5: Các thí nghiệm đều cho X vào nước dư nên Na2O tan hết. Phương trình hóa học: Na 2 O  H 2 O  2NaOH 1

Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O  2  Thí nghiệm 1 : Chất rắn gồm Fe2O3 có thể có Al2O3 dư. m  mraén ( TN1)  13,1  8  5,1  gam  Ta thấy: raén TN2 Thí nghiệm 2 (thêm 50% Al2O3) sau phản ứng có Al2O3 dư. m  mraén ( TN3) Ta thấy: raén TN2

→ Thí nghiệm 3 (thêm 75% Al2O3) sau phản ứng có Al2O3 dư và 25%m Al2O3  18, 2  13,1  5,1 gam  20, 4  m Al2O3  5,1: 25%  20, 4  gam   n Al2O3   0, 2  mol  102 m  mraén ( TN1)  13,1  8  5,1 gam   50%mAl O  10,2  gam   TN1 Al 2O3 heá t. 2 3 Lại có: raén TN2 Thí nghiệm 1 chỉ gồm Fe 2 O3 , m Fe2O3  8  gam 

 nAl O 2

dö(2)

3

 mAl O 2

3

 13,1  8  5,1  gam 

pöùheá t vôù i NaOH

 20,4  20,4.50%  5,1  25,5  gam   nAl O  2

3

25,5  0,25 mol  102

1 1 nNa O  .nNaOH  .2nAl O pöùheátvôùiNaOH  0,25  mol  2 2 3 2 2 Theo (1 ) và (2): Khối lượng mỗi chất trong X là: mFe O  8 gam  ; mAl O  20,4  gam ; mNaO  0,25.62  15,5 gam  2

3

2

3

2

Câu 6: Kim loại M tác dụng với AlCl3 có khí thoát ra khí và kết tùa nên M là kim loại kiềm/ kiềm thổ. Gọi số mol H 2 sinh ra là X (mol). 17,94 n AlCl3  0,5.0, 7  0,35  mol  ; n Al OH    0, 23  mol  3 78 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2M  2nH 2 O  2M  OH n  nH 2 1

Để dễ dàng ta có thể viết phương trình hóa học: 2M  2H 2 O  2MOH  H 2  2

 mol  AlCl3  3MOH  Al(OH)3  3MCl  3  Al(OH)3  MOH  MAlO 2  2H 2 O  4  2x  x

Ta thấy: n Al (O H)3  n AlCl3 → Có hai trường hợp xảy ra. TH1: MOH hết, AlCl3 dư, xảy ra phương trình (2), (3). Theo (3): 2x  n MOH  3n Al (O H )3  0, 69  mol   x  0,345  mol   V  0,345.22, 4  7, 728  lít  n n 26,91 .n M  0,345  mol   .  0,345  M  39n 2 2 M Theo (1):  n  1; M  39 Vậy M là kali (K). n H2 

TH2: Kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần, AlCl3 hết; xảy ra (2), (3) và (4). n  n AlCl3  0,35  mol  Theo (3): Al OH 3 (3)  nAl  OH   4  nAl  OH  bò hoøa tan  0,35  0,23  0,12  mol  3

3

2x  n MOH  3n AlCl3  n Al OH  ( 4 )  3.0,35  0,12  1,17  mol   x  0,585 Theo (3) và (4): 3  V  0,585.22, 4  13,104  lít 

n n 26,91 .n M  0,585  mol   .  0,585  M  23n 2 2 M Theo (1):  n  1; M  23 Vậy M là natri (Na). Câu 7: - Tại thời điểm n NaOH  0,918  mol  thì Al(OH)3 đạt cực đại sau đó bị hòa tan một phần. n H2 

Phương trình hóa học: HCl  NaOH  NaCl  H 2 O

2a  2a AlCl3  3NaOH  Al(OH)3  3NaCl Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O

1  mol   2  3

n  n AlCl3  a  mol  Theo (2): Al OH 3 (2 )  nAl (O H ) (3)  nAl ( OH ) bò hoøa tan  a  0,6a  0,4a  mol  3

3

Theo (1 ), (2) và (3) ta có: n NaOH  n HCl  3n AlCl3  n Al(OH)3 (3)  2a  3a  0, 4a  5, 4a  mol  0,918 a   0,17  mol  5, 4 - Tại thời điểm n NaOH  x  mol  thì Al(OH)3 chưa đạt cực đại, chỉ xảy ra phương trình (1) và (2).

Theo đề bài: n Al (O H )3  0,8a  0,8.0,17  0,136  mol  x  n NaOH  n HCl  3n Al OH   2.0,17  3.0,136  0, 748  mol  Theo (2): 3 Vậy giá trị của x là 0,748. Câu 8: Theo đề bài: Thí nghiệm một NaOH hết, Al2(SO4)3 dư; ở thí nghiệm hai, Al2(SO4)3 tan hoàn toàn thu được kết tủa, sau đó kết tủa tan một phần trong NaOH.

Thí nghiệm 1: n NaOH  1.0, 6  0, 6  mol  Phương trình hóa học: Al2 (SO 4 )3  6NaOH  2Al(OH)3  3Na 2SO 4

0, 6 Theo (1):

 02

3

 6a

3

2a

Al  OH 3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O 0,9  6a

 mol 

n Al OH   0, 2  mol   m  m Al OH   0, 2.78  15, 6  gam 

Thí nghiệm 2: n NaOH  0,9  mol  Phương trình hóa học: Al2 (SO 4 )3  6NaOH  2Al(OH)3  3Na 2SO 4

a

1

 2

 mol 

3

0,9  6a

Từ (2) và (3) ta có: n Al (O H )3  2a   0,9  6a   0, 2  mol   a  0,1375  mol  Câu 9 10, 08 n NaOH  2.0, 2  0, 4  mol  ; n H2   0, 45  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2 1

0,3 

0,3

0,3 

 mol 

0, 45

Theo (1): nNaOH pöù 0,3  mol   nNaOH dö  0,4  0,3  0,1 mol  Dung dịch X gồm 0,1 mol NaOH và 0,3 mol NaAlO2. 25,55 m HCl  175.14, 6%  25,55  gam   n HCl   0, 7  mol  36,5 Theo đề bài: Phương trình hóa học: NaOH  HCl  NaCl  H 2 O  2 

 mol 

 0,1

0,1

 3

NaAlO 2  HCl  H 2 O  Al(OH)3  NaCl  0,3

0,3

 mol   4  mol 

0,3

Al(OH)3  3HCl  AlCl3  3H 2 O 0,1 

0,3

Theo (2) và (3): n HCl(2),(3)  n NaOH  n NaAlO2  0,1  0,3  0,3  mol   n HCl ( 4 )  0, 7  0, 4  0,3  mol  Theo (4): nAl  OH  bò hoøa tan  0,1  mol   nAl ( OH)

n 3 coø

3

 m  mAl  OH 

3

coø n laïi

laïi

 0,3  0,1  0,2  mol 

 0,2.78  15,6  gam 

Vậy giá trị của m là 15,6. Câu 10 3,92 16 n Fe   0, 07  mol  ; n Fe2O3   0,1 mol  56 160 Theo đề bài: to  Al2 O3  2Fe 1 Phương trình hóa học: 2Al  Fe 2 O3  Chất rắn Y gồm Al2O3, Fe và có thể có Al dư hoặc Fe2O3 dư. Do khi cho phần hai của Y tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được khí H2, do đó trong Y có Al dư, phương trình (1) tính theo Fe2O3.

Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2 2a  3

a

 2  mol 

2 nAl moãi phaàn  a mol  3 Theo (2): Cho phần một tác dụng với lượng dư H2SO4 loãng, phương trình hóa học: 2Al  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2  3 2a a 3 Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2  4 

 mol  Theo (3): n H (3)  a  mol   n H Theo (4): n Fe  3a  mol   n Fe(Y)  6a  mol  3a 

 mol 

3a

2

Theo(1):

2

 4

 4a  a  3a  mol 

nAl pö  nFe(1)  2nFe O  2.0,1  0,2  mol  2

3

n Fe Y   n Fe(X)  n Fe (1)  0, 07  0, 2  0, 27  mol   a 

0, 27  0, 045  mol  6

2a 4.0,045   0,06  mol   nAl  0,2  0,06  0,26  mol  3 3  m Al  0, 26.27  7, 02  gam 

 nAl dö  2.

Câu 11 a. Hỗn hợp rắn Y gồm: Al2O3, Fe và có thể có Al dư, FexOy dư. - Phần một tác dụng với NaOH dư thu được khí H2 nên trong Y có chứa Al dư. → Hỗn hợp Y gồm Al2O3, Fe và Al dư. Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2 1

0, 05 

0, 075

 mol 

Theo (1): n Al  0, 05  mol  mchaát raén  mFe  12,6  gam   nFe 

12,6  0,225  mol  56

Lại có: Gọi số mol Al2O3 trong phần một là a (mol). - Phần hai tác dụng với H2SO4 đặc nóng. Gọi số mol của Al2O3, Fe, Al trong phần hai lần lượt là ak; 0,225k; 0,05k (mol). Phương trình hóa học: 2Al  6H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O  2  2Fe  6H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O  3 Al2 O3  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2 O

 4

Theo (2) và (3) ta có: n SO2  1,5.0, 05k  1,5.0, 225k  1, 2375  mol   k  3 Số mol củaAl2O3, Fe, Al trong phần hai lần lượt là 3a; 0,675; 0,15 (mol). Theo (2), (3) và (4) ta có: n Al2 (SO4 )3  0.5.n Al  n Al2O3  0, 075  3a  mol  ; n Fe2 (SO4 )3  0,5.n Fe  0,3375  mol 

 mchaát raén khan   0,075  3a .342  0,3375.400  263,25  gam   a  0,1 mol 

Ta có: m1  0,1.102  0, 225.56  0, 05.27  24,15  gam 

m 2  3.0,1.102  0, 675.56  0,15.27  72, 45  gam  - Phần ba: có khối lượng nhiều hơn phần một là 8,05 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thể tích các khí đều đo ở đktc.  m3  24,15  8, 05  32, 2  gam  Vậy khối lượng X ban đầu là: m  m1  m 2  m3  24,15  72, 45  32, 2  128,8  gam  b. Phương trình hóa học: to 2yAl  3Fe x O y   yAl2 O3  3xFe 0,1

0, 225  mol 

3x 0, 225 9 x 3     0,1 4 y 4 Theo phương trình ta có: y Vậy công thức của oxit sắt là Fe3O4. Câu 12 Phương trình hóa học: to 8Al  3Fe3O 4   4Al2 O3  9Fe 1

Cho phần một tác dụng với NaOH thu được khí H2 nên trong B có Al dư → Fe3O4 hết, (1) tính theo Fe3O4. Vậy B gồm Al2O3, Fe và Al. -Phần một 2, 016 n H2   0, 09  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2 

Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O

3

2 nAl phaàn 1  .nH  0,06  mol  3 2 Theo (2): Gọi số mol Fe trong phần một là 3x (mol). → Số mol Al2O3 trong phần một là 4x/3 (mol). - Phần hai Gọi số mol Al2O3, Fe, Al trong phần hai lần lượt là 4kx/3; 3kx; 0,06k (mol). 8, 064 n H2   0,36  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 1 0, 06k

 0, 09k

 mol 

Fe  2HCl  FeCl2  H 2  2  3kx  3kx  mol  0,36  * 0, 09  3x Theo (1) và (2): Lại có: (102.4x / 3  56.3x  27.0, 06)  k  1  32, 22 ** Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 03; k  2 1 n Fe3O4  .n Fe  x  0,18  mol   m Fe3O4  B  0,18.232  41, 76  gam  3 Theo (1): Câu 13 Gọi số mol của AlCl3, Al2(SO4)3 trong phần một lần lượt là x, y (mol). - Phần một Phương trình hóa học: 0, 09k  3kx  0,36  k 

Al2 (SO 4 )3  3BaCl2  3BaSO 4  2AlCl3 1 0, 02  0, 06  0, 04  mol  Theo (1): y  n Al2 (SO4 )3  0, 02  mol  ; n AlCl3  0, 04  mol  n AlCl3  x  0, 04  mol   m AlCl3  133,5.  x  0, 04   133,5x  5,34  gam  - Phần hai: số mol AlCl3, Al2(SO4)3 trong phần hai lần lượt là nx; 0,02n (mol). Lượng chất tan trong phần hai nhiều hơn lượng chất tan trong phần một là 32,535 gam nên ta có phương trình: 133,5  nx  x   342  0, 02n  0, 02   32,535

 133,5nx  6,84n  133,5x  39,375 *

Theo đề bài: n Ba (O H )2  1.0, 476  0, 476  mol  Phương trình hóa học: 2AlCl3  3Ba (OH) 2  2Al(OH)3  BaCl2 2

 mol  Al2 (SO 4 )3  3Ba (OH) 2  2Al(OH)3  3BaSO 4  3 0, 02n  0, 06n 0, 04n 0, 06n  mol  nx

 1,5nx

nx

nBa(OH) dö  0,476  1,5nx  0,06n  mol  2  n  nx  0,04n  mol  Theo (2) và (3) ta có:  Al(OH)3 Phương trình hóa học: 2Al(OH)3  Ba (OH) 2  Ba (AlO 2 ) 2  4H 2 O  4 

n  2n Ba  OH   2.  0, 476  1,5nx  0, 06n   mol  Theo (4): Al(OH)3 tan 2  n Al ( OH )3  nx  0, 04n  2.  0, 476  1,5nx  0, 06n   4nx  0,16n  0,952  mol 

Khối lượng kết tủa: m BaSO4  m Al OH   233.0, 06n  78.  4nx  0,16n  0,952  69, 024  gam  3

 312nx  26, 46n  143, 28 ** Từ (*) và (**), giải hệ phương trình suy ra: n  4; x  0, 03 Vậy nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch X là: 0, 03.5.133, 5 C% AlCl3  .100%  10, 0125% 200 0, 02.5.342 C% Al2 (SO4 )3  .100%  17,1% 200

CHỦ ĐỀ 2: SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT BÀI TẬP SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT TÁC DỤNG CHẤT OXI HÓA MẠNH  Các chất oxi hóa mạnh thường gặp: HNO3, H2SO4 đặc, nóng, AgNO3  Fe + Chất oxi hóa mạnh → Muối Fe(III)  Fe + Muối Fe(III) → Muối Fe(II)  Chú ý: Khi Fe dư thì sản phẩm luôn luôn tạo muối Fe(ll). Muoá i Fe  II   AgNO3  Muoá i Fe  III   Ag BÀI TOÁN PHỨC TẠP HAI GIAI ĐOẠN HNOđ3ñaë /cH 2SO4  X { FeO,Fe3O4 ,Fe2O3 ,Fe}   Muoá i Fe(III)  SPK  H 2O  Fe   O2

S 3 2 4 ñaë c  Muoá i Fe(III)  SPK  H 2O  Fe  X FeS,FeS2 ,Fe,...  HNO3 / H 2SO4 ñaë c  CO  X{ FeO,Fe3O4 ,Fe2O3 , Fe}   Muoá i Fe(III)  SPK  H 2O  Fex Oy  HNO / H SO đ

Cách 1: Quy đổi hỗn hợp X rồi tính toán. Cách 2: Viết các phương trình hóa học rồi tính toán theo phương trình. BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC OXIT SẮT • Bước 1: Đặt công thức tổng quát FexOy. • Bước 2: Viết PTHH. • Bước 3: Lập phương trình toán học dựa vào các ẩn số đã đặt (sử dụng các phương pháp bảo toàn, tăng giảm khối lượng,...). • Bước 4: Giải phương trình toán học. PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI ► Phạm vi áp dụng: trong các bài toán đề cho số chất trong hỗn hợp nhiều hơn số dữ kiện để tính toán và đề bài không hỏi lượng mỗi chất trong hỗn hợp. ► Hướng quy đổi thường áp dụng: Quy đổi hỗn hợp nhiều chất thành ít chất (số chất bằng số dữ kiện đề cho), hoặc thành các đơn chất, hoặc một chất giả định (dạng tổng quát). 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Nung hỗn hợp gồm 5,6 gam bột sắt và 1,6 gam bột lưu huỳnh trong môi trường không có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A. Cho dung dịch HCl 2M phản ứng vừa đủ với A thu được hỗn hợp khí B. a. Viết các phương trình hóa học. b. Tính thể tích HCl đã tham gia phản ứng. • Phân tích đề bài Tính toán số mol Fe, S theo đề bài. Viết phương trình hóa học và so sánh chất hết, chất dư. Xác định các chất có trong A. Viết phương trình hóa học khi cho A vào HCl và tính theo phương trình hóa học. • Giải chi tiết 5, 6 1, 6 n Fe   0,1 mol  ; n s   0, 05  mol  56 32 Theo đề bài: a. Phương trình hóa học: to Fe  S   FeS 1 0,1 0, 05  mol  Ta thấy: nFe  nS nên Fe dư, S hết, (1) tính theo S. Chất rắn A gồm FeS và Fe dư. Phương trình hóa học: Fe  2HCl  FeCl2  H 2  2

FeS  2HCl  FeCl2  H 2S

 3

b. Theo (1): nFeS  nFe pöù nS = 0,05  mol 

 n Fe ( A)  0,1  0, 05  0, 05  mol  → A chứa 0,05 mol FeS và 0,05 mol Fe. Theo (2): n HCl  2n Fe  2.0, 05  0,1  mol 

Theo (3): n HCl  2n FeS  2.0, 05  0,1  mol  0, 2  n HCl  0,1  0,1  0, 2  mol   V   0,1 lít   100  ml  2 Ví dụ 2: Cho 11,2 gam sắt vào 100 ml dung dịch hỗn hợp KNO3 0,2M và H2SO4 0,5M tạo thành V ml khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch A. Hãy tính giá trị của V. Phân tích đề bài Tính toán số mol theo đề bài. Viết phương trình phản ứng, so sánh chất hết chất dư, phương trình tính theo chất hết. Giải chi tiết Theo đề bài: 11, 2 n Fe   0, 2  mol  ; n KNO3  0, 2.0,1  0, 02  mol  ; n H2SO4  0,5.0,1  0, 05  mol  56 Khi cho Fe vào dung dịch chứa KNO3 và H2SO4 thì xảy ra phản ứng, phương trình hóa học: 2Fe  4H 2SO 4  2KNO3  Fe 2 (SO 4 )3  K 2SO 4  2NO  4H 2 O 0, 2

0, 05

 0, 02

0, 02

 mol

n Fe n H2SO4 n KNO3    4 2 Ta thấy: 2 KNO3 hết, Fe và H2SO4 dư, phương trình tính theo KNO3.

Theo phương trình: n NO  n KNO3  0, 02  mol   VNO  0, 02.22, 4  0, 448  lít   448  ml  Vậy giá trị của V là 448. Ví dụ 3: Hòa tan hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 (có số mol bằng nhau) bằng dung dịch H2SO4 20% (lượng axit lấy dư 50% so với lượng phản ứng vừa đủ), thu được dung dịch A. Chia A thành bốn phần bằng nhau, mỗi phần có khối lượng 79,3 gam. Phần I tác dụng vừa đủ với V1 ml dung dịch KMnO4 0,05M. Phần II tác dụng vừa đủ với V2 ml dung dịch brom 0,05M. Phần III tác dụng vừa đủ với V3 ml dung dịch HI 0,05M. Cho Na2CO3 từ từ đến dư vào phần IV được V4 lít khí và m gam kết tủa. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Các thể tích khí đo ở đktc. Xác định các giá trị V1 V2, V3, V4 và m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học Tự Nhiên) • Phân tích đề bài Để giải quyết bài tập hỗn hợp gồm nhiều oxit dễ dàng hơn, ta sử dụng phương pháp quy đổi. Quy hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 (có số mol bằng nhau) thành Fe3O4 có số mol là x (mol). Viết các phương trình hóa học và tính toán theo phương trình. • Giải chi tiết Quy đổi hỗn hợp FeO, Fe2O3, Fe3O4 về Fe3O4 có số mol là x (mol). Phương trình hóa học: Fe3O 4  4H 2SO 4  FeSO 4  Fe 2 (SO 4 )3  4H 2 O 1  4x

x

Theo (1):  mH SO 2

4

x

nH SO 2

laá y

4

 4x  mol  ; nH SO

pöù

 mol 

x 2

4

dö

 4x.50%  2x  mol 

  4x  2x  .98  588x  gam 

 mddH SO  588x : 20%  2940x  gam  2

4

Bảo toàn khối lượng ta có: m ddA  m Fe3O4  m H2SO4  232x  2940x  3172x  gam 

Lại có: m dd A  4.79,3  317, 2  gam  317, 2 x  0,1 mol  3172

n  x  0,1  mol  ; nFe (SO )  x  0,1  mol  ; nH SO dö = 2x  0,2  mol  2 4 3 2 4 Theo (1): FeSO4 Vậy trong mỗi phần chứa: 0,025 mol FeSO4; 0,025 mol Fe2(SO4)3 và 0,05 mol H2SO4 dư. - Phần một Phương trình hóa học: 2KMnO 4  10FeSO 4  8H 2SO 4  5Fe 2 (SO 4 )3  2MnSO 4  K 2SO 4  8H 2 O  2  n FeSO4

Ta thấy: Theo (2): - Phần hai

10



n KMnO4

n H2SO4

 8 FeSO4 phản ứng hết, phương trình tính theo FeSO4. n FeSO4 0, 005   0, 005 mol  V1   0,1  lÝt 5 0, 05

 3  mol 

Phương trình hóa học: 6FeSO 4  3Br2  2FeBr3  2Fe 2 (SO 4 )3 0, 025  0, 0125 Theo (3): - Phần ba

n Br2  0, 0125  mol   V1 

0, 0125  0, 25  l Ýt  0, 05

 4 Phương trình hóa học: Fe 2 (SO 4 )3  2Kl  2FeSO 4  K 2SO 4  l2 0, 025  0, 05  mol  n Kl  0, 05  mol   V3 

0, 05  1 lít  0, 05

Theo (4): - Phần bốn Phương trình hóa học: H 2SO 4  Na 2 CO3  Na 2SO 4  CO 2  H 2 O

0, 05  0, 05

5 

 mol 

 0, 05

FeSO 4  Na 2 CO3  FeCO3  Na 2SO 4 0, 025  0, 025 0, 025

(6)  mol

Fe 2 (SO 4 )3  3Na 2 CO3  3H 2 O  2Fe(OH)3  3CO 2  3Na 2SO 4 0, 025  0, 075

0, 05

0, 075

7   mol 

Theo (5) và (6) ta có: n CO2  0, 05  0, 075  0,125  mol   VCO2  0,125.22, 4  2,8  lít  m  mFeCO  mFe(O H)  0,025.116  0,05.107  8,25  gam  3 3 Ta có: keát tuûa Vậy giá trị V1 V2, V3, V4 lần lượt là 0,1; 0,25; 1; 2,8 và giá trị của m là 8,25. Chú ý: Đối với trường hợp gồm các oxit sắt tác dụng với axit H2SO4 loãng và HCl: Nếu n FeO  n Fe2O3 thì quy đổi FeO và Fe2O3 thành Fe3O4. Nếu không biết mối quan hệ giữa FeO và Fe2O3 thì quy đổi Fe3O4 hỗn hợp thành FeO và Fe2O3. Ví dụ 4: Cho a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng 37,6 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc). a. Tính a. b. Tính số mol H2SO4 đã phản ứng. • Phân tích đề bài Sử dụng phương pháp quy đổi, quy hỗn hợp A chứa Fe, Fe2O3. Đặt số mol mỗi chất. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình, dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết

a. Quy đổi hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 thành hỗn hợp chứa x mol Fe và y mol Fe 2 O3  56x  160y  37, 6 1 3,36  0,15  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Fe  6H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O n SO2 

Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O

1 2

2 2 n Fe  x  .n SO2  .0,15  0,1 mol  3 3 Theo(1): 37, 6  56.0,1 y  0, 2  mol  160 Ta có: n Fe  n Fe ( A )  2n Fe 2 O 3 (A)  x  2y  0,5  mol 

 a  0,5.56  28  gam 

b. Theo (1 ) và (2) ta có: n H 2 SO4  3n Fe  3n Fe 2 O3  3x  3y  3.0,1  3.0, 2  0,9  mol  Vậy số mol H2SO4 phản ứng là 0,9 mol. Chú ý: Đối với trường hợp gồm sắt và các oxit sắt tác dụng với axit H2SO4 đặc nóng, HNO3 ta quy đổi hỗn hợp đó thành hỗn hợp chứa Fe và Fe2O3. Ví dụ 5: Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch FeCl2 0,5M vào 100 ml dung dịch AgNO3 1,2M. Sau phản ứng hoàn toàn được m gam kết tủa và dung dịch chứa các muối. a. Viết phương trình hóa học của phản ứng. b. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh năm 2017) • Phân tích đề bài Nếu 2n FeCl2  n AgNO3 thì Fe(NO3)2 sinh ra phản ứng tiếp với AgNO3 tạo Fe(NO3)3. Phương trình hóa học: FeCl2  2AgNO3  Fe( NO3 ) 2  2AgCl Fe( NO3 ) 2  AgNO3  Fe( NO3 )3  Ag

FeCl2  3AgNO3  2AgCl  Ag  Fe( NO3 )3

1 2  3

• Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: FeCl2  3AgNO3  2AgCl  Ag   Fe( NO3 )3

b. Theo đề bài: n FeCl2  0,5.0,1  0, 05  mol  ; n AgNO3  1, 2.0,1  0,12  mol  Do 2n FeCl2  n AgN O3 nên thứ tự phản ứng: FeCl2  2AgNO3  Fe( NO3 ) 2  2AgCl

1

 mol  Fe( NO3 ) 2  AgNO3  Fe( NO3 )3  Ag 2 0, 05 0, 02  0, 02  mol  Theo phương trình: n AgCl  0,1 mol  ; n Ag  0, 02  mol  0, 05

0,1

 0, 05

0,1

mkeát tuûa  mAgCl  mA g  0,1.143,5  0,02.108  16,51  gam 

Vậy giá trị của m là 16,51. Ví dụ 6: Cho 122,4 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 10,08 lít

khí SO2 (đktc), dung dịch Y và còn lại 4,8 gam kim loại. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Tính m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hải Dương năm 2016)  Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. Đặt ẩn số mol của Cu và Fe3O4. Dựa vào dữ liệu đề bài, tính toán theo phương trình hóa học.  Giải chi tiết Cho hỗn hợp X gồm Cu, Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng, sau phản ứng còn lại 4,8 gam kim loại. → Kim loại còn lại là Cu, muối sắt thu được là muối sắt (II). Gọi số mol của Cu, Fe3O4 phản ứng với H2SO4 lần lượt là x, y (mol). Phương trình hóa học: to 2Fe3O4  10H 2SO4 ñaëc   3Fe2 (SO4 )3  SO2  10H 2O 1

 1,5x

x Cu  2H 2đñaë SO c 4

o

t   CuSO  SO 2 2H O 4 2



y

y

y

Cu  Fe 2 (SO 4 )3  CuSO 4  2FeSO 4 1,5x  1, 5x

0,5x

 1,5x

3x

 2  mol 

 mol 

3  mol 

Theo (1) và (3) ta có: n Cu  1,5x  mol    n Cu  1,5x  y  mol  Khối lượng Fe3O4 và Cu phản ứng: 232x  64  y  1,5x   122, 4  4,8

 328x  64y  117, 6 *

10, 08  0, 45  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (1) và (2) ta có: n SO2  0,5x  y  0, 45  mol   0,5x  y  0, 45 ** Từ (*) và (**) suy ra: x  0,3; y  0,3 Dung dịch Y gồm CuSO4 và FeSO4. Theo (2) và (3) ta có: n CuSO4  y  1,5x  0, 75  mol  n SO2 

Theo (1) và (3) ta có: n FeSO4  3x  0,9  mol  Vậy khối lượng muối là: m  0, 75.160  0,9.152  256,8  gam 

Chú ý: Cu có thể khử muối sắt (III) thành muối sắt (II). Ví dụ 7: Hỗn hợp X chứa Al, Fe. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 11,76 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, 6,95 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được 5,04 lít khí SO2 (đktc). Tính giá trị m. Gọi số mol của Al, Fe trong m gam X lần lượt là x, y (mol). Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 1

 mol  Fe  2HCl  FeCl2  H 2  2  y y  mol  x

 1,5x

11, 76  0,525  mol  22, 4 Theo (1) và (2) ta có: Mặt khác, gọi số mol của Al, Fe trong 6,95 gam hỗn hợp X lần lượt là a, b (mol).  27a  56b  6,95 ** n H2  1,5x  y 

Phương trình hóa học: 2Al  6H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O

1,5a

a

 mol 

 3

2Fe  6H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3SO 2  6H 2 O  4   1,5b

b

 mol 

5, 04  0, 225  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (3) và (4) ta có: n SO2  1,5a  1,5b  0, 225  mol   1,5a  1,5b  0, 225 ***  Từ (**) và (***) suy ra: a  0, 05; b  0,1 x a 0, 05 1     y  2x Vì tỉ lệ mol trong hỗn hợp X không đổi nên ta có: y b 0,1 2 Thay y = 2x vào (*) ta có: 1,5x  2x  0,525  x  0,15; y  2x  2.0,15  0,3  m  0,15.27  0,3.56  20,85  gam  n SO2 

Ví dụ 8: Cho m2 gam hỗn hợp gồm Al và FexOy , nung nóng hỗn hợp để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm (chỉ xảy ra phản ứng tạo thành Fe và nhôm oxit). Hỗn hợp sau phản ứng được chia làm hai phần, phần một có khối lượng là 9,39 gam. Hòa tan hoàn toàn phần một bằng axit HCl dư thì thu được 2,352 lít khí (đktc). Phần hai tác dụng vừa đủ với 900 ml dung dịch NaOH 0,2M thấy giải phóng 0,672 lít khí (đktc). Xác định công thức hóa học của FexOy, tính giá trị m2 (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Quảng Trị năm 2017) • Phân tích đề bài Dựa vào đề bài, xác định hỗn hợp chất rắn sau phản ứng nhiệt nhôm. Phần hai tác dụng với NaOH sinh ra khí nên sau phản ứng chứa Al dư, Fe, Al2O3. Viết phương trình các phương trình hóa học và tính toán để xác định tỉ số x : y. • Giải chi tiết to  yAl2 O3  3xFe 1 Phương trình hóa học: 2yAl  3Fe x O y  Hỗn hợp rắn sau phản ứng gồm Al2O3, Fe và có thể có Al dư hoặc FexOy dư. Vì phần hai tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng khí nên sau (1) Al dư, FexOy hết, phương trình tính theo FexOy. Hỗn hợp rắn gồm Fe, Al, Al2O3. - Phần hai tác dụng với NaOH 0, 672 n Na 0H  0, 2.0,9  0,18  mol  ; n H2   0, 03  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2 

 mol  Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O  3  0, 08  0,16  mol  Theo (2): n Al ( p2 )  0, 02  mol  ; n NaOH ( 2 )  0, 02  mol   n NaOH (3)  0,18  0, 02  0,16  mol  0, 02 0, 02 

0, 03

1 n Al2O3  .n NaOH (3)  0, 08  mol  2 Theo (3): → Tỉ lệ số mol Al : Al2O3 trong mỗi phần = 0,02 : 0,08 = 1:4 - Phần một tác dụng với HCl Gọi số mol Al, Fe trong phần một lần lượt là a, b (mol). → Số mol Al2O3 trong phần một là 4a (mol).

Ta có: 27a  56b  102.4a  9,39  435a  56b  9,39 *  Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2  4 

 mol  Fe  2HCl  FeCl2  H 2  5  b  b  mol 

a

 1,5a

2,352  0,105  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (4) và (5) ta có: n H2  1,5a  b  0,105  mol   1,5a  b  0,105 **  Từ (*) và (**) suy ra: a  0, 01 ; b  0, 09 n H2 

Số mol Al2O3, là: 4a  4.0, 01  0, 04  mol  y x x 3 n Al2O3  .n Fe  0, 04  .0, 09   3x 3x y 4 Theo (1): Vậy công thức oxit sắt là Fe3O4. Ta thấy: số mol các chất ở phần hai gấp đôi phần một nên khối lượng phần hai gấp đôi phần một. Bảo toàn khối lượng ta có: m2  mphaàn moät  mphaàn hai  9,39  9,39.2  28,17  gam  Ví dụ 8: Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm x mol AlCl3 và y mol FeCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau: a. Tính x và y. b. Cho z = 0,74 mol thu được m gam kết tủa. Tính m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đà nẵng năm 2017) • Phân tích đề bài Dựa vào đồ thị, ta xét tại các thời điểm số mol NaOH khác nhau. Viết phương trình hóa học biểu diễn đồ thị. Ta làm tương tự với dạng đồ thị của muối nhôm với dung dịch bazơ. • Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: FeCl3  3NaOH  Fe(OH)3  3NaCl 1

AlCl3  3NaOH  Al(OH)3  3NaCl Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O

 2  3

- Tại thời điểm n NaOH  0, 66  mol  thấy kết tủa là lớn nhất, nên xảy ra phương trình (1) và (2), kết tủa Al(OH)3 chưa bị tan. Theo (1 ) và (2) ta có: n NaOH  3n FeCl3  3n AlCl3  3x  3y  0, 66  mol 

 3x  3y  0, 66 *

- Tại thời điểm n NaOH  0,8  mol  thấy lượng kết tủa nhỏ nhất và sau đó không đổi, nên xảy ra phương trình (1), (2) và (3); kết tủa Al(OH)3 bị tan hoàn toàn. Theo (1), (2) và (3) ta có: n NaOH  4n AlCl3  n FeCl3  4x  3y  0,8  mol 

 4x  3y  0,8 **

Từ (*) và (**) suy ra: x  0,14; y  0, 08 b. Tại thời điểm n NaOH  0, 74  mol  thấy kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần, xảy ra phương trình (1), (2) và (3). Theo (1):

n NaOH (1)  3n FeCl3  3y  0, 24  mol  ; n Fe OH   n FeCl3  0, 08  mol  3

n  3n AlCl3  3.0,14  0, 42  mol  ; n Al OH  ( 2 )  n AlCl3  0,14  mol  Theo (2): NaOH (2) 3  n NaOH 3  0, 74  0, 24  0, 42  0, 08  mol 

Theo (3):  nAl  OH 

3

nAl  OH  coø n laïi

3

 nAl  OH   3  nNaOH 3  0,08 mol 

bò hoø a tan

3

 nAl  OH   2  nAl ( OH)  3  0,14  0,08  0,06  mol  3

3

Vậy khối lượng kết tủa (m) thu được là: m  m Fe OH   m Al OH   0, 08.107  0, 06.78  13, 24  gam  3

3

2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1 : Cho từ từ đến hết 100 ml dung dịch FeCl2 1,2M vào 200 ml dung dịch AgNO3 2M. Sau phản ứng hoàn toàn được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. Câu 2: Đun nóng hỗn hợp Fe, S (không có không khí) thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng axit HCl dư thoát ra 6,72 lít khí D (đktc), dung dịch B và chất rắn E. Cho khí D đi chậm qua dung dịch CuSO4 tách ra 19,2 gam kết tủa đen. a. Viết phương trình hóa học xảy ra. b. Tính lượng Fe, S trong hỗn hợp đầu biết lượng E bằng 3,2 gam. Câu 3: Cho hỗn hợp X gồm Al, Fe vào dung dịch chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm hai kim loại và dung dịch Z. Cho NaOH dư vào dung dịch Z thu được hai kết tủa gồm hai hiđroxit kim loại. Xác định các chất trong hỗn hợp Y và dung dịch Z. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Phổ Thông Năng Khiếu TPHCM năm 2017) Câu 4: Hòa tan 54,4 gam hỗn hợp X gồm Fe và FeO vào dung dịch H2SO4 loãng, sau đó làm bay hơi dung dịch người ta thu được 222,4 gam chất rắn FeSO4.7H2O. Viết phương trình phản ứng và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Bình năm 2016) Câu 5: Nung nóng m gam hỗn hợp A gồm bột Al và sắt oxit FexOy trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia làm hai phần. Phần một có khối lượng 14,49 gam được hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu được dung dịch C và 5,544 lít khí SO2 duy nhất (điều kiện tiêu chuẩn). Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng, thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (điều kiện tiêu chuẩn) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức của oxit sắt và tính m. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS tỉnh Cà Mau) Câu 6: Chuyển hóa hoàn toàn 1,68 gam sắt thành một oxit sắt, sau đó hòa tan hết oxit sắt bằng dung dịch axit H2SO4 loãng 0,20M thu được dung dịch chứa 5,52 gam muối. 1. Xác định công thức phân tử của oxit sắt. 2. Tính thể tích dung dịch H2SO4 đã dùng. Biết rằng lượng axit đem dùng dư 20% so với lượng cần thiết. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bà rịa - Vũng Tàu năm 2013) Câu 7: Nung nóng 1,32a gam hỗn hợp Mg(OH)2 và Fe(OH)2 trong không khí đến lượng không đổi nhận được chất rắn X có khối lượng bằng a gam. Tính phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp rắn X. Câu 8: Một dung dịch A chứa AlCl3 và FeCl3. Thêm NaOH dư vào 100 ml dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc, nung ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi cân nặng 2 gam. Mặt khác, phải dùng 400 ml dung dịch AgNO3 0,2M để kết tủa hết clo ra khỏi 50 ml dung dịch A. Tính nồng độ mol/l mỗi muối trong dung dịch A. Câu 9: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). Tính số gam muối (dạng khan) có trong dung dịch Y. (Trích đề kiểm tra kiến thức THPT Khoa học tự nhiên thi vào lớp 10 chuyên năm 2018) Câu 10: Có m gam hỗn hợp X chứa Fe, Al và Zn. Chia hỗn hợp X thành hai phần: Phần một chứa 14,8 gam hỗn hợp kim loại đem tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 7,84 lít khí H2 (đktc) Phần hai chứa 0,45 mol hỗn hợp kim loại cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thì thấy có

13,44 lít khí SO2 thoát ra (đktc). Tìm giá trị của m. Câu 11: Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm với oxit sắt từ rồi chia hỗn hợp sau phản ứng thành hai phần bằng nhau. Phần I phản ứng vừa hết với V ml dung dịch NaOH 2M tạo ra 672 ml khí (đktc). Phần II phản ứng vừa hết với V1 ml dung dịch HCl 0,5M tạo ra 2,688 lít khí (đktc). Biết các phản ứng đạt hiệu suất 100%. Tính V và V1 Câu 12: Nung nóng m1 gam hỗn hợp FeS2 và FeCO3 trong không khí tới khi phản ứng hoàn toàn, cần dùng hết 6,44 lít không khí (đktc, giả thiết không khí chỉ gồm 80% N2 và 20% O2 về thể tích), thu được hỗn hợp khí A và được chất rắn B chứa một chất duy nhất. Hòa tan hoàn toàn B bằng dung dịch H2SO4 vừa đủ được dung dịch C. Thêm một lượng dư dung dịch Ba(OH)2 vào C, lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 12,885 gam chất rắn. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính m1 Tính thể tích dung dịch NaOH 1M tối thiểu phải dùng để phản ứng hết với khí A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên khoa học tự nhiên năm 2009) Câu 13: Hòa tan 30,0 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 vào 500 ml dung dịch H2SO4 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y và 6,32 gam chất rắn Z. Z không tan trong dung dịch HCl. Thêm nước vào Y để được 600 ml dung dịch Y1. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X. b) Cô cạn 300 ml dung dịch Y1 thu được chất rắn khan T. Tính phần trăm khối lượng của các chất có trong T. c) Để loại hết các chất tan trong 300 ml dung dịch Y1 cần V lít dung dịch U 0,2M. Cho biết tên dung dịch U và tính V? (Trích đề thi vào lớp 10 Phổ thông năng khiếu TPHCM năm 2017)  Gợi ý giải Câu 1 Theo đề bài: n FeCl2  1, 2.0,1  0,12  mol  ; n AgNO3  2.0, 2  0, 4  mol  Ta thấy: 2n FeCl2  n AgNO3 nên ta có thứ tự phản ứng: FeCl2  2AgNO3  Fe( NO3 ) 2  2AgCl 1

 mol  Fe( NO3 ) 2  AgNO3  Fe( NO3 )3  Ag  2 0,12 0,16  0,12  mol  Theo phương trình: n AgCl  0, 24  mol  ; n Ag  0,12  mol  0,12

0, 24

 0,12

0, 24

 mkeát tuûa  mAgCl +mAg  0,24.143,5  0,12.108  47,4  gam 

Vậy giá trị của m là 47,4. Câu 2 a. Phương trình hóa học: Fe  S  FeS 1 Chất rắn A gồm FeS, có thể có Fe dư và S dư. Hòa tan A bằng HCl, phương trình hóa học: FeS  2HCl  FeCl2  H 2S  2  Có thể có: Fe  2HCl  FeCl2  H 2  3 Chất rắn E là S dư, trong A có chứa S dư. 6, 72 nD   0,3  mol  22, 4 Theo đề bài: D gồm H2S và có thể có H2. Cho khí D qua dung dịch CuSO4, phương trình hóa học: H 2S  CuSO 4  CuS  H 2SO 4  4 

19, 2  0, 2  mol  96  n CuS  0, 2  mol   n D  0,3  mol 

n CuS 

Theo đề bài: Theo (4): n H2S

→ Trong D có chứa H2, trong A có chứa Fe dư. Các phương trình hóa học xảy ra là (1), (2), (3) và (4). b. Ta có: n H2  n D  n H2S  0,3  0, 2  0,1 mol 

Theo (3): n Fe(A)  n H2  0,1 mol  n n n  nH S  0,2  mol  2 Theo (1) và (2) ta có: Fe pöù S pöù FeS( A ) nđFe bñ  nFe pöù nFe( A )  0,2  0,1  0,3 mol   mFe bñ  0,3.56  16,8  gam    mS bñ  mS pöù mS E  0, 2.32  3,2  9,6  gam  Vậy khối lượng Fe, S trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là 16,8 (gam) và 9,6 (gam). Câu 3 Ta có sơ đồ:  Ag Y   Cu Al AgNO3 ; Cu NO3 2  Al (NO3 )3  X   Fe(OH)2 Fe NaOH dö Dung dòch Z Fe(NO )    3 2  Cu(NO ) Cu(OH)2  3 2   Phương trình hóa học: Al  3AgNO3  Al( NO3 )3  3Ag

2Al  3Cu ( NO3 ) 2  2Al( NO3 )3  3Cu Fe  2AgNO3  Fe( NO3 ) 2  2Ag Fe  Cu ( NO3 ) 2  Fe( NO3 ) 2  Cu Al( NO3 )3  3NaOH  Al(OH)3  3NaNO3 Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O Fe( NO3 ) 2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaNO3 Cu ( NO3 ) 2  2NaOH  Cu (OH) 2  2NaNO3 Câu 4: 222, 4 n FeSO4 .7H2O   0,8  mol  278 Theo đề bài: Gọi số mol Fe, FeO trong hỗn hợp X là x, y (mol).  56x  72y  54, 4 * Phương trình hóa học: Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2 O FeO  H 2SO 4  FeSO 4  H 2 O

1  2

Theo (1) và (2) ta có: n FeSO4  n FeSO4 .7H2O  n Fe  n FeO  0,8  mol   x  y  0,8  ** Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 2; y  0, 6 Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X là: 0, 2.56 %m Fe  .100%  20,59%; %m FeO  100%  20,59%  79, 41 % 54, 4 Câu 5 a. Phương trình hóa học:

o

t 2yAl  3Fe x O y   yAl2 O3  3xFe

1

Hỗn hợp B gồm Al2O3, Fe và có thể có Al dư hoặc FexOy dư. Vì phần hai tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng khí nên sau (1) Al dư, chất rắn còn lại là Fe. Vậy hỗn hợp B gồm Fe, Al, Al2O3. Phần một: o 2Fe  6H 2đñaë SO t  Fe2 (3SO4 )  3SO2  6H 2O  2  c 4 o

2Al  6H 2SO4 ñaëc t  Al 2 (SO4 )3  3SO2  6H 2O o

t Al 2O3  3H 2SO4   Al 2 (SO4 )3  3H 2O

Phần hai: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2

 3

 4  5

Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O (6) 0,336 2,52 n H2   0, 015  mol  ; n Fe   0, 045  mol  22, 4 56 b. Xét phần hai ta có: 2 2 n Al  .n H2  .0, 015  0, 01 mol  3 3 Theo (5):  n Fe : n Al  9 : 2 Xét phần một: Gọi số mol của Fe, Al lần lượt là 9x, 2x (mol). 5,544 n SO2   0, 2475  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (2) và (3) ta có: n SO2  1,5.  n Fe  n Al   1,5.  9x  2x   0, 2475  mol 

 x  0, 015  mol 

n Fe  9.0, 015  0,135  mol  m Fe  7,56  gam    n Al  2.0, 015  0, 03  mol  m Al  0,81  gam   m Al2O3  14, 49  7,56  0,81  6,12  gam   n Al2O3 

6,12  0, 06  mol  102

3x 3x x 3 .n Al2O3  0,135  .0, 06   y y y 4 Theo (1): Vậy công thức oxit sắt là Fe3O4. n Fe 

Lại có: n Al : n Al2O3  0, 03 : 0, 06  1: 2  n Al2O3 p2  2n Al p2  0, 02  mol   mphaàn 2  0,01.27  0,02.102  0,045.56  4,83  gam 

 m  mphaàn 1  mphaàn 2  14,49  4,83  19,32  gam 

Câu 6 1, 68  0, 03  mol  56 1. Theo đề bài: Phương trình hóa học: to 2xFe  yO 2   2Fe x O y n Fe 

2Fe x O y  2yH 2SO 4 I   xFe 2 (SO 4 ) 2y / x  2yH 2 O

1  2

1 n Fe2 (SO4 )2 y/x  .n Fe  0,5.0, 03  0, 015  mol  2 Theo (1) và (2) ta có: 5,52 y 368  56.2 4  M muoái   368    0,015 x 96.2 3 Vậy công thức oxit sắt là Fe3O4.

4 4 n H2SO4  .n Fe  .0, 03  0, 04  mol  3 3 2. Theo (1) và (2) ta có: Mà lượng axit đem dùng dư 20% so với lượng cần thiết nên: nH SO duøng  0,04.120%  0,048  mol  2

4

Vậy thể tích H2SO4 đã dùng là: V  0, 048 : 0, 2  0, 24  lít  Câu 7 Gọi số mol của Mg(OH)2 và Fe(OH)2 lần lượt là x, y (mol). Phương trình hóa học: to Mg (OH) 2   MgO  H 2 O 1 x

 mol 

x

t 4Fe  OH 2  O 2   2Fe 2 O3  4H 2 O o

 0, 5 y

y

( 2)

 mol 

58x  90y  1,32a  x  0, 015a   Ta có hệ phương trình: 40x  160.0,5y  a  y  0, 005a Vậy phần trăm khối lượng mỗi oxit trong hỗn hợp rắn X là: 0, 015a.40 %m MgO  .100%  60% a %m Fe2O3  100%  60%  40%

Câu 8: Phương trình hóa học: FeCl3  3NaOH  Fe  OH 3  3NaCl 1 AlCl3  3NaOH  Al(OH)3  3NaCl  2  Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O  3 t  Fe 2 O3  3H 2 O 2Fe(OH)3   4 2 n Fe2O3 =  0, 0125  mol  160 Ta có: Theo (1) và (4) ta có: n FeCl3  n Fe (OH)3  2n Fe2O3  2.0, 0125  0, 025  mol  o

0, 025  0, 25  mol  0,1 Mặt khác, 50 ml dung dịch A chứa 0,0125 mol FeCl3 và x mol AlCl3. Theo đề bài: n AgNO3  0, 4.0, 2  0, 08  mol   CM ( FeCl3 ) 

Phương trình hóa học: FeCl3  3AgNO3  Fe(OH)3  3AgCl  5 

0, 0125  0, 0375  mol  AlCl3  3AgNO3  Al(OH)3  3AgCl  6  x  3x  mol 

Theo (1) và (2) ta có: n AgNO3 (2)  0, 08  0, 0375  0, 0425  mol  0, 0425  3x  0, 0425  x  3 0, 0425  CM AlCl3    0, 283M 3.0, 05 Câu 9 Coi hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 có số mol lần lượt là x, y (mol).  56x  160y  49, 6 *

Phương trình hóa học: 2Fe  6H 2SO4 ñaëc  Fe2 (SO4 )3  3SO2  6H 2

 0,5x

x

1,5x

Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O y

y

1  mol 

2  mol 

8,96  0, 4  mol  22, 4 Theo (1): 4 49, 6  56x 13  x   mol   y    mol  15 160 60 Theo (1) và (2): n Fe2 (SO4 )3  0,5x  y  0,35  mol  n SO2  1,5x 

 mmuoái  0,35.400  140  gam 

Câu 10 Xét phần một: Gọi số mol của Fe, Al, Zn lần lượt là x, y, z (mol).  56x  27y  65z  14,8 *  Phương trình hóa học: Fe  H 2SO4  FeSO4  H 2

1

 mol  2Al  3H SO  Al (SO )  3H  2 y  1,5y  mol  Zn  H SO  ZnSO  H 3 z z  mol  x

x

2

2

4

2

4

4 3

4

2

2

7,84  0,35 * *  22,4 Theo (1) (2) và (3) ta có: Xét phần hai: Giả sử khối lượng phần hai gấp k lần phần một. 0,45 nFe  kx; nAl  ky; nZn  kz  kx  ky  kz  0,45  k  xyz Phương trình hóa học: nH  x  1,5y  z  2

o

t 2Fe  6H 2SO4ñaëc   Fe2 (SO4 )3  3SO2  6H 2O

 1,5kx

kx o

t 2Al  6H 2SO4ñaëc   Al 2 (SO4 )3  3SO2  6H 2O

 1,5ky

ky o

t Zn  2H 2SO4ñaëc   ZnSO4  SO2  2H 2O

kz

 kz n SO2  1,5kx  1,5ky  kz 

 4  mol   5  mol   6  mol 

13, 44  0, 6  mol  22, 4

Theo (4) (5) và (6) ta có: 0, 6 k 1,5x  1,5y  z 0, 45 0, 6   0,5x  0,5y  z  0 (***) Ta có: x  y  z 1,5x  1,5y  z Từ (*), (**) và (***) suy ra: x = y = z = 0,1

0, 45 0, 45   1,5 x  y  z 0,3 Ta có : Suy ra, khối lượng phần hai gấp 1,5 lần phần một. Vậy khối lượng hỗn hợp ban đầu là: m  14,8  14,8.1,5  37  gam  . kx  ky  kz  0, 45  k 

Câu 11 t  9Fe  4Al2 O3 1 Phương trình hóa học: 8Al  3Fe3O 4  - Phần I phản ứng với NaOH thu được khí nên sau (1) Al còn dư 0, 672 n H2   0, 03  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2  2 o

0, 02  0, 02

0, 03

Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O

 mol   3

Theo (2): n Al  0, 02  mol  2, 688 n H2   0,12  mol  22, 4 - Phần II: Phương trình hóa học: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2  4

 0, 03

0, 02 0, 06

Fe  2HCl  FeCl2  H 2 0, 09 0,18 

0, 09

 mol  5  mol 

Al2 O3  6HCl  2AlCl3  3H 2 O (6)

Theo (4) và (5) ta có: n Fe  0, 09  mol  4 n Al2O3  .n Fe  0, 04  mol  9 Theo (1): Theo (2) và (3) ta có: n NaOH  0, 02  2.0, 04  0,1  mol  0,1  0, 05  lít   50  ml  2 Theo (4), (5) và (6) ta có: n HCl  0, 06  0,18  6.0, 04  0, 48  mol  V

 V1 

0, 48  0,96  lít   960  ml  0,5

Câu 12 Phương trình hóa học: 4FeS2  11O 2  2Fe 2 O3  8SO 2 4FeCO3  O 2  2Fe 2 O3  4CO 2

1  2

Vậy A là SO2 và CO2. B là Fe2O3. Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O  3 Dung dịch C chứa Fe2(SO4)3. Fe 2 (SO 4 )3  3Ba (OH) 2  3BaSO 4  2Fe(OH)3 o

4 5

t 2Fe(OH)3   Fe 2 O3  3H 2 O Chất rắn còn lại sau khi nung là hỗn hợp Fe203 và BaS04. Theo (3), (4) và (5): Từ 1 mol Fe2O3 tạo hỗn hợp gồm 1 mol Fe2O3 và 3 mol BaSO4.

12,885 12,885   0, 015  mol  160  3.233 859 Suy ra: Theo (1) và (2) tổng số mol FeS2 và FeCO3 gấp đôi số mol Fe2O3 gấp đôi số mol Fe2O3 và bằng 0,03 mol. Đặt số mol FeS2 và FeCO3 lần lượt là x, y ta có: x  y  0, 03 * n Fe2O3 

11 1 6, 44 x y  0, 0575  ** 4 4 5.22, 4 Theo (1) và (2) ta có: Từ (*) và (**) ta có: x  0, 02; y  0, 01 n O2 

Vậy m1  0, 02.120  0, 01.116  3,56  gam  Khí A chứa 0,04 mol SO2 và 0,01 mol CO2. Lượng NaOH ít nhất khi tạo ra muối axit: SO 2  NaOH  NaHSO3 (6) CO 2  NaOH  NaHCO3  7  Tổng số mol NaOH  0, 05 mol  VNaOH  0, 05  lít   50  ml  Câu 13 a. Gọi số mol Cu, Fe3O4 lần lượt là x, y (mol).  64a  232b  30 *

Do sau phản ứng còn lại chất rắn Z là Cu, nên muối sắt thu được là muối Fe (II). Phương trình hóa học: Fe3O 4  4H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  FeSO 4  4H 2 O 1

y

4y

y

y

Cu  Fe 2 (SO 4 )3  CuSO 4  2FeSO 4 y

y

 y

2y

 mol  2  mol 

Theo (1) và (2) ta có: nCu pöù 0,5y  mol   nCu dö  x  y  0,09875  * *  Từ (*) và (**) suy ra: x  0,17875; y  0, 08 Vậy phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp X là: 0,17875.64 %m Cu  .100%  38,13%; %m Fe3O4  100%  38,13%  61,87% 30 b. Cô cạn 300 ml dung dịch Y thu được T gồm: n FeSO4  0,12  mol  ; n CuSO4  0, 04  mol  Phần trăm khối lượng của các chất có trong T là: 0,12.152 %m FeSO4  .100%  74, 03%; %m CuSO 4  100%  74, 03%  25,97% 0,12.152  0, 04.160 c. 300 ml dung dịch Y gồm: 0,12 mol Fe2(SO4)3; 0,04 mol CuSO4; 0,09 mol H2SO4. Ta có: n Ba (OH)2  0,12  0, 04  0, 09  0, 25  mol  V

0, 25  1, 25  lít  0, 2

CHỦ ĐỀ 3: HỢP KIM

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Hợp kim Fe - Zn có cấu tạo tinh thể dung dịch rắn, trong đó có 72,1% Fe về khối lượng. Xác định công thức hóa học của hợp chất? • Phân tích đề bài Từ %m Fe , ta tính được %m Zn . Gọi công thức tổng quát của hợp chất, sau đó xét tỉ lệ x : y để suy ra công thức. • Giải chi tiết Ta có: %m Zn  100%  72,1 %  27,9% Gọi công thức tổng quát của hợp chất là: FexZny . %m Fe %m Zn x:y : M Fe M Zn Xét tỉ lệ: 72,1 27,9  : 56 65  1, 2875 : 0, 43

 3 :1 x  3, y  1 Chọn Vậy công thức hóa học là Fe3Zn Ví dụ 2: Một loại thép phế liệu gồm các chất có phần trăm khối lượng như sau: 64% Fe2O3; 34,8% Fe; 1,2%C. Cần trộn bao nhiêu kg thép phế liệu trên với một tấn gang (chứa 3,6% cacbon về khối lượng còn lại là sắt) để luyện được một loại thép có hàm lượng cacbon là 1,2% (còn lại là sắt)? Biết Fe2O3 bị cacbon khử hoàn toàn theo phương trình: Fe 2 O3  3C  2Fe  3CO (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2013) • Phân tích đề bài Gọi khối lượng của thép là m, từ đó suy ra khối lượng Fe3O4 có trong thép. Từ đề bài: Tính lượng C đã phản ứng với Fe3O4. Viết phương trình hóa học và tính được m. • Giải chi tiết Gọi khối lượng thép phế liệu là m (kg). Trong thép phế liệu: m Fe2O3  64%.m  0, 64m  kg  ; m C  1, 2%.m  0, 012m  kg  Đổi 1 tấn = 1000 kg Trong gang: m C  3, 6%.1000  36  kg  Luyện thép có hàm lượng cacbon là 1,2%: m C  1, 2%.(m  1000)  0, 012m  12  kg   mC pöù 0,012m  36   0,012m  12   24  kg   nC pöù

24  2  kmol  12

Phương trình hóa học: to Fe 2 O3  3C   2Fe  3CO 2  3

2

 mol 

2  m Fe2O3  0, 64m  .160  m  166, 67 (kg) 3 Ví dụ 3: Cho một luồng khí H2 (lấy dư) qua ống sứ đựng 10 gam quặng hemantit được đốt nóng ở nhiệt độ cao, sau khi phản ứng kết thúc, lấy chất rắn còn lại trong ống sứ đem hòa tan trong dung dịch HCl (lấy dư) thì thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cho rằng quặng hemantit chứa Fe2O3 và các tạp chất coi như trơ. a. Tính phần trăm khối lượng Fe2O3 có trong quặng. b. Cần bao nhiêu tấn quặng hemantit nói trên để sản xuất được 1 tấn gang chứa 96% sắt? Biết hiệu suất của quá trình là 80%.

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên TPHCM nảm 2017) • Phân tích đề bài

Viết phương trình hóa học. Tính theo phương trình suy ra khối lượng Fe2O3. Từ đó tính được phần trăm khối lượng Fe2O3 có trong quặng. Từ hiệu suất và phần trăm sắt trong gang tính được tấn quặng hematit cần dùng. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: to Fe 2 O3  3H 2   2Fe  3H 2 O 1 Fe  2HCl  FeCl2  H 2  2 2, 24  0,1 mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (2): n Fe  n H2  0,1  mol  1 n Fe2O3  .n Fe  0,5.0,1  0, 05  mol   m Fe2O3  0, 05.160  8  gam  2 Theo (1): Vậy phần trăm khối lượng Fe2O3 có trong quặng là: 8 %m Fe2O3  .100%  80% 10 b. Đổi: 1 tấn = 1000 kg 960 m Fe  1000.96%  960  kg   n Fe   kmol  56 Theo đề bài: 1 1 960 60 60 9600 n Fe2O3  .n Fe  .   kmol   m Fe2O3  .160   kg  2 2 56 7 7 7 Theo (1): Mà hiệu suất của quá trình là 80%, quặng hematit chứa 80% Fe2O3 nên ta có: 9600 mquaëng  : 80%: 80%  2143  kg  2,143  taá n 7 Ví dụ 4: Từ 1 tấn quặng hematit (chứa 58% Fe2O3). Tính khối lượng gang (chứa 95% Fe) thu được, biết hiệu suất của quá trình là 85%. • Phân tích đề bài Dựa vào quá trình chuyển đổi từ Fe2O3 thành Fe và tỉ lệ về khối lượng, ta tính được khối lượng Fe được tạo ra từ quặng hematit. Chú ý đến hiện suất của quá trình sản xuất. • Giải chi tiết m  1.58%  0,58  taá n   580  kg  Theo đề bài: Fe 2 O3 Ta có quá trình: Fe 2 O3  2Fe n H2 

Cứ: 160  580

112  gam   H  100%  x

 kg   H  100% 

580.112  406  kg  160 Nếu hiệu suất là 100%, khối lượng Fe thu được là: Với hiệu suất là 85% và trong gang chứa 95% Fe nên khối lượng gang thu được là:  406.85%  : 95%  363  kg  x

2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Một loại đồng thau có chứa 59,63% Cu và 40,37% Zn. Hợp kim này có cấu tạo tinh thể của hợp chất hoá học giữa đồng và kẽm. Xác định công thức hóa học của hợp chất. Câu 2: Cho 5,5 gam hỗn hợp hai kim loại Al và Fe tác dụng với dung dịch H2SO4 dư sinh ra 4,48 lít khí (đktc). Tính thành phần phần trăm của các kim loại trong hỗn hợp ban đầu? Câu 3: Tính khối lượng quặng hemahit (chiếm 86% Fe2O3) cần dùng để điều chế được 1 tấn gang chứa 90% Fe. Biết lượng sắt hao phí trong quá trình sản xuất là 5%.

Câu 4: Cho 6 gam hợp kim Cu, Fe và Al trong axit HCl dư, thấy thoát ra 3,024 lít khí H2 (đktc) và 1,86 gam chất rắn không tan. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi kim loại trong hợp kim.  Gợi ý giải Câu 1 Gọi công thức tổng quát của hợp chất là: CuxZny. %m Cu %m Zn x:y : M Cu M Zn Xét tỉ lệ: 59, 63 40,37  : 64 65  0,93 : 0, 62

 3: 2 Chọn x  3; y  2 Vậy công thức hóa học là Cu3Zn2. Câu 2 Gọi số mol của Al, Fe lần lượt là x, y (mol).  27x  56y  5,5 * 4, 48  0, 2  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Al  3H 2SO 4  Al2 (SO 4 )3  3H 2 1 n H2 

x  1,5x Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2 y y

 mol  2  mol 

Theo (1) và (2) ta có: n H2  1,5x  y  0, 2  1,5x  y  0, 2 ** Từ (*) và (**) suy ra: x  0,1; y  0, 05 Phần trăm mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là: 0,1.27 %m Al  .100%  49, 09% 5,5 %m Fe  100%  49, 09%  50,91% Câu 3 Vì lượng sắt hao phí trong quá trình sản xuất là 5% nên: mFe(gang)  1.  90  5 %  0,95 taá n  950  kg Ta có quá trình: Fe 2 O3  2Fe Cứ: 160  x

112  gam  950  kg 

950.160  1357  kg  Khối lượng Fe2O3 trong quặng là: 112 Trong quặng chứa 86% Fe2O3 nên ta có: mquaëng  1357 : 86%  1578 kg  1,578 taá n

Câu 4 n H2 

3, 024  0,135  mol  22, 4

Theo đề bài: Ta có: mchaát raén khoâng tan  mCu  1,86  gam 

 m Fe  m Al  6  1,86  4,14  gam 

Gọi số mol Fe và Al trong hợp kim lần lượt là x, y (mol). 56x  27y  4,14 * Các phương trình hóa học: Fe  2HCl  FeCl2  H 2

1

x  x  mol  2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2  2  y

1,5y  mol 

Theo (1) và (2): x  1,5y  0,135 ** Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 045; x  0, 06 Suy ra: m Fe  0, 045.56  2,52  gam  ; m Al  0, 06.27  1, 62  gam  Vậy phần trăm khối lượng Cu, Fe, Al lần lượt là: 31%; 42%; 27%.

ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 2 Câu 1: (2 điểm) Cho m gam Na vào 50 ml dung dịch HCl aM. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,344 lít khí H2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A vào 50 ml dung dịch AlCl3 0,5M, phản ứng xong thu được 0,78 gam kết tủa và dung dịch B. a. Tìm m và a. b. Cho 0,448 lít khí CO2 (đktc) từ từ vào dung dịch B. Tính khối lượng kết tủa thu được. Câu 2: (2 điểm) Sục từ từ khí CO2 đến dư vào dung dịch gồm Ca(OH)2 và NaAlO2. Khối lượng kết tủa biểu diễn theo đồ thị dưới đây. Xác định giá trị của m và x. Câu 3: (2 điểm) Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần một tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d  13. 1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2. Cho phần hai tác dụng hết với 55 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa. Tính a, V. Câu 4: (2 điểm) Hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO, CuO. Cho luồng khí H2 đi qua 21,1 gam X đốt nóng một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y. Đem Y tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH thu được chất rắn Z. Hòa tan hoàn toàn Z trong 150 gam H2SO4 83,3% đun nóng, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 1,12 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch T có chứa 36 gam muối. Hãy: a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X. Câu 5: (2 điểm) 1. Đốt cháy 8,64 gam hỗn hợp Mg và Fe trong khí O2, thu được 12,32 gam hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 12,8 gam chất rắn. Mặt khác cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam kết tủa. Tính m? 2. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 84,15 gam hỗn hợp Al và Fe2O3. Chia hỗn hợp chất rắn thu được sau phản ứng thành hai phần. Phần thứ nhất (có khối lượng 28,05 gam) được cho tác dụng với HCl dư, thu được 0,175 mol H2. Phần thứ hai được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,15 mol H2. Hãy tính hiệu suất của phản ứng nhiệt nhôm. BẢNG ĐIỂM Câu 1

Giải a. Vì dung dịch A tạo kết tủa với AlCl3 nên dung dịch có NaOH → Na dư, HCl hết. Gọi số mol của Na là: x (mol) 1 Na  HCl  NaCl  H 2 1 2 0, 05a  0, 05a  mol 

Điểm 0,25 điểm

1 Na  H 2 O  NaOH  H 2 2 x  0, 05a  x  0, 05a

0,25 điểm

2  mol 

H2  0,5n Na  0,5x  0, 06  x  0,12  m  2, 76  gam 

nAl(OH)3  0.01 mol   n AlCl3  0, 025  mol  nên có hai TH TH1: Kết tủa Al(OH)3 chưa bị hòa tan AlCl3  3NaOH  3NaCl  Al(OH)3   3  x  0, 05a 3

x  0, 05a

 mol 

 x  0,12    x  0, 05a  a  1,8M  0, 01  3 TH2: AlCl3 hết tạo kết tủa sau đó kết tủa Al(OH)3 bị hòa tan một phần AlCl3  3NaOH  3NaCl  Al  OH 3   3  0, 025  0, 075 0, 025  mol  Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O 0, 015  0, 015 0, 015

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

4

 mol 

 x  0,12   a  0, 6M  x  0, 05a  0, 09 b. Phương trình hóa học: CO 2  NaAlO 2  H 2 O  NaHCO3  Al(OH)3 0, 02 0, 015  0, 015  mol   m   78.0, 015  1,17  gam 

Tại điểm: n CO2  x  n NaAlO2  n Al ( OH)3  0,175  mol 

0,5 điểm

Tại điểm: n CO2  0,37 CO 2  NaAlO 2  H 2 O  NaHCO3  Al(OH)3

 0,175  mol 

0,175  0,175 CO 2  Ca  OH 2  CaCO3  H 2 O

2

 0,195

0,195

0,5 điểm

 mol 

n CaCO3  0,195  mol   m  m CaCO3  m Al OH   33,15  gam 

0,5 điểm

Vậy m  33,15  gam  . Hòa tan kết tủa: CaCO3  CO 2  H 2 O  Ca  HCO3 2

0,5 điểm

3

0,195  0,195 Ta có: x  0,175  0,195  0,195  0,565  mol 

3

t  FeS 1 1. Fe  S  X gồm H2 và H2S, vậy chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y. o

 2

FeS  2HCl  FeCl2  H 2S x x

 mol   3  mol 

Fe  2HCl  FeCl2  H 2 y y

0,5 điểm

34x  2y x 3  13  2   * xy y 1 Ta có: 2  x  y 4 n  Fe   nS 2x 3 Coi số mol Fe và S ban đầu lần lượt là 4, 3 (mol). Phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là: 4.56 %m Fe  .100%  70% 4.56  3.32 %mS  100%  70%  30% 2. 2FeS 10H 2đñaë SO  Fe 4  SO 3 29SO 210H O  4  c noù 4 ng 2 MY 

x

5x

x/2

2Fe  6H 2đñaë SO c noù 4ng

 Fe 4  SO 2

y

3y

9x/ 2



3

y/2

H 2SO4 dö  BaCl 2  2HCl  BaSO4 z

z

 3SO2  6H 2O 3y / 2

6  mol 

Fe 2  SO 4 3  3BaCl2  2FeCl3  3BaSO 4 3  x/2  y/2 

(x/2  y/2)

Ta có:

3.  0,5x  0,5y   z 

mol  5 mol 

7   mol 

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

58, 25  0, 25 ** 233

55.98  0,55 *** 100.98 Từ (*), (**), (***) suy ra: x  0, 075; y  0, 025; z  0,1  5x  3y  z 

4

Khối lượng hỗn hợp X: a  16  gam   9.0, 075 3.0, 025  22, 4.     8, 4  lít  2   2 Thể tích khí SO2 là: a. Phương trình hóa học: o

t Cu  H 2   Cu  H 2O

1

Hỗn hợp chất rắn Y gồm Al2O3, MgO, Cu và CuO dư. Theo đề bài: n Na 0H  0,1 mol  Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O 0, 05 

0,1

2  mol 

0,5 điểm

Theo (2): n Al2O3  0, 05  mol  Gọi số mol MgO, Cu, CuO trong Z lần lượt là a, b, c (mol). 40a  80b  80c  16 * Z gồm a mol MgO, b mol Cu, c mol CuO.

0,5 điểm

MgO  H 2SO4  MgSO4  H 2 O CuO  H 2SO4  CuSO4  H 2O o

Cu  2H 2đñaë SO c 4

t   CuSO 2 SO 2 2H O 4

 3  4  5

0,5 điểm 0,5 điểm

c  n SO2  0, 05  mol   c  0, 05  ** Ta có: mmuoái  mMgSO  mCuSO  120a  160b  160c  36 * * *  4

4

Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0,1; b  0,1; c  0, 05 b. Khối lượng mỗi chất trong có trong X là: m MgO  4  gam  ; m Al2O3  5,1  gam  ; m CuO  12  gam  5

1. Phương trình hóa học: to 2Mg  O 2   2MgO o

t 3Fe  2O 2   Fe3O 4 o

t Fe  O2   FeO o

t 4Fe  3O 2   2Fe 2 O3 MgO  2HCl  MgCl2  H 2 O

Fe3O 4  8HCl  2FeCl3  FeCl2  4H 2 O FeO  2HCl  FeCl2  H 2 O

0,25 điểm

Fe 2 O3  6HCl  2FeCl3  3H 2 O MgCl2  2NaOH  Mg(OH) 2  2NaCl FeCl2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaCl FeCl3  3NaOH  Fe(OH)3  3NaCl o

t Mg(OH) 2   MgO  H 2 O o

t 4Fe(OH) 2  O 2   2Fe 2 O3  4H 2 O o

t 2Fe(OH)3   Fe 2 O3  3H 2 O Gọi số mol Mg, Fe trong hỗn hợp ban đầu là x, y (mol).  24x  56y  8, 64 *

0,25 điểm

y 40x  80y  12,8 ** Nung Z thu được x mol MgO, 2 mol Fe2O3: Từ (*) và (**) suy ra: x  0, 08; y  0,12

Ta có: m O2  12,32  8, 64  3, 68  gam   n O(oxit )  0, 23  mol  Gọi số mol FeCl2, FeCl3 trong dung dịch Y lần lượt là a, b (mol).  a  b  0,12 ***

0,25 điểm

Lại có: n HCl  2n O ( oxit )  0, 46  mol   2a  3b  0, 08.2  0, 46  2a  3b  0,3 **** Từ (***) và (****) suy ra: x  y  0, 06 FeCl3  3AgNO3  3AgCl  Fe( NO3 )3 0, 06

 0,18

 mol 

0,25 điểm

FeCl2  3AgNO3  Fe( NO3 )3  2AgCl  Ag  0,12

0, 06

0, 06  mol 

0,25 điểm

MgCl2  2AgNO3  Mg ( NO3 ) 2  2AgCl

 mol  Theo phương trình: n AgCl  0, 46  mol  ; n Ag  0, 06  mol  m  m AgCl  m Ag  0, 46.143,5  0, 06.108  72, 49  gam  2. m 2  m  m1  84,15  28, 05  56,1  gam   0,16

0, 08

0,25 điểm

→ Phần hai gấp hai lần phần một. to 2Al  Fe 2 O3   Al2 O3  2Fe 1 Chất rắn sau phản ứng gồm Al dư, Fe2O3 dư, Al2O3 và Fe có số mol trong phần một lần lượt là a, b, c, 2c (mol).  27a  160b  214c  28, 05 *

0,25 điểm

Phần một cho tác dụng với HCl 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 Fe  2HCl  FeCl2  H 2 Al2 O3  6HCl  2AlCl3  3H 2 O

0,25 điểm

Fe 2 O3  6HCl  2FeCl3  3H 2 O

n H2  1,5n Al  n Fe  0,175  mol   1,5a  2c  0,175 **  - Phần hai cho tác dụng với NaOH Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O

2Al  2NaOH  2H 2 O  2NaAlO 2  3H 2

0,15  mol 

0,1 

Ta có: n Al  2a  0,1  mol   a  0, 05  mol  ***  Từ (*), (**) và (***) suy ra: a  0, 05; b  0,1; c  0, 05 n  2nAl O  2.  3c  6.0,05  0,3  mol  2 3 Theo (1): Al pöù nFe O pöù nAl O  0,15  mol  2

3

2

3

nAl dö  3a  0,15 mol   n  3b  0,3 mol  Lại có:  Fe2O3 dö nAl ban ñaàu  0,15  0,3  0,45  mol   H  66,67%  nFe2O3 ban ñaàu  0,3  0,15  0,45  mol 

CHƯƠNG 3. PHI KIM CHỦ ĐỀ 1. HALOGEN VÀ HỢP CHẤT

ĐIỀU CHẾ * Phòng thí nghiệm: Clo được điều chế bằng cách dùng chất oxi hóa mạnh tác dụng với dung dịch HCl đặc. ñun nheï MnO2  4HCl  MnCl 2  Cl 2  2H 2 O Ngoài ra 2KMnO2  16HCl  2KCl  2MnO2  5Cl 2  8H 2 O * Công nghiệp: Clo được điều chế bằng cách điện phân dung dịch NaCl bão hòa có màng ngăn xốp. Ñieä n phaâ n coùmaø ng ngaê n 2NaCl  2H 2 O  Cl 2  H 2  2NaOH

BẠN CÓ BIẾT ??? ► Dung dịch khí hiđro clorua (HCl) trong nước gọi là dung dịch axit clohiđric (HCl). ► Trong dạ dày có axit clohiđric với pH khoảng 2 - 2,5. Axit trong dạ dày sẽ giúp kích hoạt các enzim tiêu hóa thức ăn và tiêu diệt các vi khuẩn gây hại. 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Cho Cl2 tác dụng với 16,2 gam kim loại R (chỉ có một hóa trị) thu được 58,8 gam chất rắn D. Cho O2 dư tác dụng với chất rắn D đến phản ứng hoàn toàn thu được 63,6 gam chất rắn E. Xác định kim loại R và tính phần trăm khối lượng của mỗi chất trong E. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2004) • Phân tích đề bài Cl 2 O2 dö  63, 6 gam E Ta có sơ đồ: 16, 2 gam R  58, 8 gam D  Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, ta tính được số mol Cl2 và O2. Từ phương trình hóa học, ta lập phương trình để suy ra kim loại. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: 2R  nCl 2  2RCl n (1) 4R  nO2  2R2 On (2) Áp dụng tăng giảm khối lượng ta có: 58, 8  16, 2 63, 6  58, 8 nCl   0, 6 (mol); nO   0,15 (mol) 2 2 71 32 0, 6.2 1, 2 nR   (mol) n n Theo (1): 0,15.4 0, 6 nR   (mol) n n Theo (2): 1, 8 16, 2.n nR  (mol)  M R  .n  9n  n 1, 8 Theo (1) và (2) ta có: Với n = 3 thì MR = 27(R là Al). 2 nAl O  nO  0,1 2 3 3 2 Trong E gồm AlCl3 và Al2O3. Theo (2): (mol) Vậy phần trăm khối lượng mỗi chất trong E là: 0,1.102 %mAl O  .100%  16%;%mAlCl  100  16  84% 2 3 3 63, 6 Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Zn và Al. Đốt nóng 11,58 gam hỗn hợp X trong V1 lít Cl2 đến khi phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn Y gồm kim loại và các muối clorua. Hòa tan hết rắn Y trong dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được V2 lít H2. Trộn V1 lít Cl2 với V2 lít H2 sau một thời gian thu được 7,392 lít hỗn hợp khí Z. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X. • Phân tích đề bài Ta có sơ đồ:  Zn V1 lít Cl 2  Zndö,Al dö H2SO4 loaõng  V1 lít Cl 2 11, 58 gam X   Y   V2 lít H 2   7, 392 lít Z ZnCl ,AlCl Al 2 3  Đặt ẩn và tính theo phương trình.  • Giải chi tiết a. Phương trình hóa học t0 Zn  Cl 2   ZnCl 2 (1) 0

t 2Al  3Cl 2   2AlCl 3 (2) Zn  H 2 SO4  ZnSO4  H 2 (3)

2Al  3H 2 SO4  Al 2  SO4 3  3H 2

(4) b. Gọi số mol của Zn và AI trong hỗn hợp X lần lượt là x, y (mol). → 65x + 27y = 11,58 (*) Sau khi trộn Cl2 với H2, không có phản ứng xảy ra nên ta có: 7, 392 nZ   0, 33(mol)  nCl  nH  0, 33(mol) 2 2 22, 4 n  nZn(1)  1, 5nAl ( 2 ) Theo (1) và (2) ta có: Cl 2 n  nZn(3)  1, 5nAl ( 4 ) Theo (3) và (4) ta có: H2 n  nH  nZn  1, 5nAl  x  1, 5y  0, 33 2 Theo (1), (2), (3) và (4) ta có: Cl 2 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,12; y = 0,14 Khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp X là: mZn = 0,12.65 = 7,8 (gam); mAl = 0,14. 27 = 3,78 (gam) Chú ý: Ở nhiệt độ thường và trong bóng tối, khí clo hầu như không phản ứng với khí hiđro. Khi chiếu sáng bởi ánh sáng mặt trời hoặc ánh sáng của magie cháy, phản ứng trên xảy ra nhanh và có thể nổ. Ví dụ 3: Nung nóng m gam hỗn hợp bột Fe và Cu với khí Cl2 (lấy dư), sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9,2 gam muối clorua. Hòa tan toàn bộ sản phẩm vào nước ròi cho một lượng dư dung dịch NaOH vào, kết tủa thu được đem nung nóng trong không khí đến khi khối lượng không đổi cân được 4,8 gam chất rắn. 1. Viết phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra. 2. Tính số gam mỗi kim loại trong m gam hỗn hợp ban đầu. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Trà Vinh năm 2017) • Phân tích đề bài Ta có sơ đồ FeCl 3 NaOH Fe  OH 3 t 0 Fe O Fe Cl 2 ,dö m gam    9, 2 gam      4, 8 gam  2 3 CuO CuCl 2 Cu Cu  OH 2 Viết phương trình học và tính theo phương trình, dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết 1. Phương trình hóa học t0 2Fe  3Cl 2   2FeCl 3 (1) 0

t Cu  Cl 2   CuCl 2 (2)

FeCl 3  3NaOH  Fe  OH 3  3NaCl

(3) CuCl 2  2NaOH  Cu  OH 2  2NaCl (4) t Fe  OH 3   Fe2 O3  3H 2 O 0

Cu  OH 2   CuO  H 2 O (6)

(5)

t0

2. Gọi số mol Fe và Cu trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là x, y (mol). n  nFe  x(mol); nCuCl  nCu  y(mol) 2 Theo (1) và (2) ta có: FeCl 3 m  mCuCl  9, 2(gam)  162, 5 x  135 y  9, 2 2 Ta có FeCl 3 (*) 1 nFe O  nFeCl  0, 5x(mol) 2 3 3 2 Theo (3) và (5) ta có: n  nCuCl  y(mol) 2 Theo (4) và (6) ta có: CuO m  mCuO  4, 8(gam)  160.0, 5x  80y  4, 8 Ta có Fe2O3 (**) Từ (*) và (**) suy ra x = 0,04; y = 0,02 Số gam mỗi kim loại trong m gam hỗn hợp ban đầu là: mFe = 0,04.56 = 2,24 (gam); mAl = 0,02. 27 = 0,54 (gam)

Ví dụ 4: Trong phòng thí nghiệm, để điều chế được cùng một lượng khí clo người ta có thể dùng m1 (gam) MnO2 (chứa 2% tạp chất trơ) hoặc dùng m2 (gam) KMnO4 (chứa 10% tạp chất trơ) tác dụng với dung dịch HCl dư. Viết phương trình phản ứng và so sánh m1 với m2. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS tỉnh Cà Mau năm 2018) • Phân tích đề bài Do dùng m1 (gam) MnO2 và m2 (gam) KMnO4 đều điều chế được cùng một lượng clo nên để giải bài tập đơn giản hơn ta sử dụng phương pháp quy đổi, quy số mol clo thu được là 1 (mol) để từ phương trình hóa học tính được khối lượng m1 và m2. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: t0 MnO2  4HCl   MnCl 2  Cl 2  2H 2 O (1) 2KMnO4 +16HCl → 2MnCI2 + 2KCI + 5Cl2 + 8H2O (2) Coi lượng Cl2 điều chế được là 1 (mol). n  nCl  1 mol   mMnO  87  gam  2 2 Theo (1): MnO2 Do m1 (gam) MnO2 chứa 2% tạp chất trơ nên lượng MnO2 đã lấy ban đầu là: m1  87 : 98%  88, 78  gam  n  nCl  0, 4  mol   mKMnO  63, 2 gam  2 4 Theo (2): KMnO4 Do m2 (gam) KMnO4 chứa 10% tạp chất trơ nên lượng KMnO4 đã lấy ban đầu là: m2  63, 2 : 90%  70, 22  gam 

Vậy m1  m2 . Ví dụ 5: Hỗn hợp X có khối lượng 87,7 gam gồm hai muối KClO3 và KMnO4. Thí nghiệm 1: Nung X đến khối lượng không đổi thu được 71,7 gam chất rắn. Thí nghiệm 2: Nung X một thời gian thu được 81,3 gam chất rắn, hòa tan chất rắn này trong nước, dung dịch thu được cho phản ứng với lượng dư dung dịch HCl đặc thu được 25,76 lít clo (đktc) bay ra. a. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng các chất trong X. b. Tính hiệu suất nhiệt phân các muối trong X ở thí nghiệm 2. • Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. Thí nghiệm 1: Khối lượng giảm là khối lượng của oxi. Thí nghiệm 2: Đặt ẩn số. Xác định được các chất và số mol của các chất trong hỗn hợp chất rắn. Tính theo phương trình và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: t0 2KClO3   2KCl  3O2 (1) 0

2KMnO4 t  K 2 MnO4  MnO2  O2 (2) 2KMnO4 + 16HCl → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 ↑ + 8H2O (3) K2MnO4 + 8HCl → MnCl2 + 2KCl + 2Cl2 ↑ + 4H2O (4) KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O (5) a. Khối lượng giảm là khối lượng của oxi, vậy ta có: 122, 5nKClO  158nKMnO  87, 7 nKClO  0, 2(mol) %mKClO  27, 94% 3 4  3 3     87, 7  71, 7 n  0, 4(mol) %mKMnO  72, 06% 1, 5nKClO3  0, 5nKMnO4   KMnO4  4 32  b. Giả sử có x mol KClO3 và y mol KMnO4 bị nhiệt phân. Ta có: 87, 7  81, 3 1, 5x  0, 5y   0, 2  1, 5x  0, 5y  0, 2 32 (*) Vậy hỗn hợp rắn gồm x mol KCl; (0,2 - x) mol KClO3; y/2 mol K2MnO4; y/2 mol MnO2 và (0,4 - y) mol KMnO4. Khi hòa tan hỗn hợp này trong nước, MnO2 không tan nên dung dịch phản ứng với HCl chỉ

gồm: (0,2 - x) mol KClO3; y/2 mol K2MnO4 và (0,4 - y) mol KMnO4.Theo (3), (4), (5) ta có:

5 25, 76 0, 4  y    1,15  3x  2, 5y  0, 45  2 22, 4 (**) Từ (*) và (**) suy ra x = 0,1; y = 0,1 0,1 0,1 H KClO  .100%  50%; H KMnO  .100%  25% 3 4 0, 2 0, 4 Vậy Ví dụ 6: Hấp thụ hoàn toàn V lít khí Cl2 (đktc) vào 200 ml dung dịch NaOH 1,5M ở nhiệt độ thường, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa các chất tan có cùng nồng độ mol. Tính V. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Nguyễn Du – Đăk lăk năm 2017) • Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. Do không biết các chất tan trong dung dịch X là những chất nào, nên ta xét hai trường hợp. Trường hợp 1: NaOH hết, dung dịch X không chứa NaOH. Trường hợp 2: NaOH dư, dung dịch X chứa NaOH dư. • Giải chi tiết Ta có: nNaOH  0, 2.1, 5  0, 3  mol  3  0, 2  x   y 

TH1: NaOH hết. Phương trình hóa học: Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O Theo phương trình: nNaOH  nNaClO nên chúng có cùng nồng độ mol. 1 V 0, 3 nCl  .nNaOH    V  3, 36 (lit) 2 2 22, 4 2 Ta có: TH2: NaOH dư. Phương trình hóa học Cl 2  2NaOH  NaCl  NaClO  H 2 O V V V V    (mol) 22, 4 11, 2 22, 4 22, 4 Do dung dịch thu được chứa các chất tan có cùng nồng độ mol nên: V nNaOH dö  nNaCl  nNaClO  nCl  (mol) 2 22, 4 V V nNaOH pö  nNaOH dö  nNaOH ban ñaàu    0, 3  V  2, 24 (lít) 11, 2 22, 4 Ta có: Ví dụ 7: Cho 31,6 gam KMnO4 tác dụng hết với dung dịch HCI đặc, dư và đun nóng thu được một lượng khí X. Dẫn toàn bộ khí X vào 1 lít dung dịch KOH 2M trong điều kiện thích hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính nồng độ mol các chất có trong dung dịch Y (giả thiết rằng thể tích dung dịch sau phản ứng thay đổi không đáng kể). (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Quảng Trị năm 2017) • Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học, xác định khí X. Tính toán theo phương trình hóa học, xác định chất hết chất dư. Từ đó xác định các chất trong dung dịch Y. • Giải chi tiết Theo đề bài: nKMnO4 0, 2  mol  ; nKOH  2  mol 

Phương trình hóa học: 2KMnO4 + 16HCl → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2↑ + 8H2O (1) 0,2 → 0,5 (mol) Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O (2) 0,5 → 1 → 0,5 → 0,5 (mol) → Dung dịch thu được chứa 0,5 mol KCl 0,5 mol KClO và 1 mol KOH (dư).  CM (KCl )  0, 5M; CM (KClO)  0, 5M; CM (KOH)  1M Ví dụ 8: Sục khí clo dư vào dung dịch chứa muối NaBr và KBr thu được muối NaCl và KCl, đổng thời

thấy khối lượng muối giảm 8,9 gam. Thể tích clo đã tham gia phản ứng với hai muối trên là bao nhiêu? • Phân tích đề bài Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng vào để tính toán. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Áp dụng tăng giảm khối lượng: Cứ 1 mol muối bromua → 1 mol muối clorua thì khối lượng muối giảm: 80 - 35,5 = 44,5 (gam) Vậy cứ X mol muối bromua → x mol muối clorua thì khối lượng muối giảm: 44,5x (gam) Theo đề bài: mmuối giảm = 8,9 (gam) → 44,5x = 8,9 → x = 0,2 n  0,1 mol   VCl  2, 24  lít  2 Theo phương trình: Cl 2 Ví dụ 9: Cho 31,84 gam hỗn hợp NaX, NaY (X, Y là hai halogen ở hai chu kì kế tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư, thu được 57,34 gam kết tủa. Tìm công thức hóa học của NaX, NaY. • Phân tích đề bài Đặt công thức chung của halogen. Sau đó viết phương trình hóa học. Tính toán theo dữ kiện đề bài, từ đó tính được phân tử khối trung bình của hai halogen. Suy ra halogen X và Y. • Giải chi tiết Đặt công thức chung của hai halogen là Phương trình hóa học:



A XAY

.

NaA  AgNO3  AgA   NaNO3 a

a

a

(mol)

 31, 84 a   23  A  A  83,13  a  57, 34 Ta có:  108  A Vì X  A  Y  X  83,13  Y  X  80  83,13  Y  127 → X là brom và Y là iot. Công thức hóa học của hai muối là NaBr, NaI. Ví dụ 10: Cho Fe3O4 tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được dung dịch X chứa m1 gam muối. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau. Sục khí Cl2 vào phần một thu được dung dịch Y chứa m2 gam muối (biết m2 = 0,5m1 + 1,42). Phần hai cho tác dụng với AgNO3 lấy dư thu được m3 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính m3. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Gia Lai năm 2017) • Phân tích đề bài Viết các phương trình hóa học. Áp dụng tăng giảm khối lượng ở phần một ta tính được khối lượng khí clo phản ứng. Tính toán theo dữ kiện đề bài và theo phương trình hóa học. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Khối lượng muối ở mỗi phần là: 0,5m1 Phần một: 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 Bảo toán khối lượng theo phương trình 1, 42 mCl  m2  0, 5m1  0, 5m1  1, 42  0, 5m1  1, 42(gam)  nCl   0, 02(mol) 2 2 71 nFeCl  2nCl  0, 04(mol) 2

2

n  2nFeCl  2.0, 04  0, 08(mol) 2 Ta có: FeCl 3 (moãiphaàn) Phần hai:

FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag + 2AgCl FeCl3 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3AgCl n  nFeCl  0, 04(mol); nAgCl  2 nFeCl  3 nFeCl  0, 32(mol) 2 2 3 Ta có: Ag  m3  m  mAg  mAgCl  0, 04.108  0, 32.143, 5  50, 24(gam) 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: A là hỗn hợp gồm Al, Zn và Fe. Khi cho 20,4 gam A tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 10,08 lít H2 (đktc). Mặt khác 0,2 mol hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 (đktc). Tính thành phần phần trăm về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2016) Câu 2: Cho 5,4 gam một kim loại A (hóa trị III) tác dụng hoàn toàn với khí clo, thu được 26,7 gam muối. a. Xác định kim loại A. b. Cho 5,4 gam kim loại trên tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch hỗn hợp dung dịch HCl a mol/l và H2SO4 b mol/l thu được 30,45 gam hỗn hợp muối. Tính a, b. c. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau (mỗi mũi tên là một phản ứng) O2 ñpnc(criolit ) dungdòchNaOH A 2 O3  A   B  C (1) ( 2) ( 3) (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Đăk Nông năm 2011) Câu 3: Cho 12,9 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al tác dụng với khí clo, nung nóng. Sau một thời gian thu được 41,3 gam chất rắn B. Cho toàn bộ B tan hết trong dung dịch HCl, thu được dung dịch C và khí H2. Dẫn lượng H2 này qua ống đựng 20 gam CuO nung nóng. Sau một thời gian thu được chất rắn nặng 16,8 gam. Biết chỉ có 80% H2 phản ứng. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol mỗi chất có trong A. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS tỉnh Quảng Trị năm 2017) Câu 4: Tiến hành hai thí nghiệm: Cho 7,3 gam HCl tác dụng với lần lượt MnO2 và KMnO4. Hỏi thí nghiệm nào thu được nhiều khí hơn? Câu 5: Cho Cl2 qua dung dịch KOH đặc (vừa đủ), đun nóng ở 100°C. Sau khi phản ứng kết thúc lấy dung dịch đem cô cạn, thu được m gam chất rắn X. Thêm 2,5 gam MnO2 vào X. Đun nóng hoàn toàn hỗn hợp trên cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn nặng (m - 7,1) gam. Tính m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn - Bình Định năm 2015) Câu 6: Hòa tan hoàn toàn 4,32 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào cốc đựng 24,5 gam dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thu được khí B (duy nhất) và dung dịch C. Hấp thụ hết B vào nước clo dư rồi thêm BaCl2 dư vào dung dịch tạo thành, thu được 18,64 gam kết tủa. Rót C vào cốc đựng 76,3 ml nước nguyên chất (d = 1 g/ml) thu được dung dịch D. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Biết rằng trong C lượng H2SO4 còn lại bằng 20% lượng H2SO4 ban đầu, tìm nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4 ban đầu và của mỗi chất trong dung dịch D. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên KHTN năm 2013) Câu 7: Hoà tan hoàn toàn 27,15 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaBr vào nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn đem cô cạn dung dịch thì thu được 20,475 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là bao nhiêu? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Đăk Nông năm 2011) Câu 8: Có một hỗn hợp A1 gồm Mg, Al, Zn, Fe, Cu trong đó số mol Cu gấp đôi số mol Fe. Lấy 5,896 gam hỗn hợp A1 cho tác dụng với axit HCI dư, thu được 4,2336 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, lấy 17,688 gam hỗn hợp A1 cho tác dụng với khí clo dư thu được 62,7375 gam hỗn hợp rắn. Viết các phương trình phản ứng. Tính phần trăm khối lượng của Fe và Cu trong hỗn hợp A1. Giả thiết hiệu suất phản ứng là 100%. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2010) Câu 9: Hỗn hợp X gồm Mg và kim loại M. Hòa tan hoàn toàn 8 gam hỗn hợp X cần vừa đủ 200 gam dung dịch HCI 7,3%. Mặt khác, 8 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 5,6 lít khí Cl2 (đktc) tạo ra hai muối clorua. Xác định kim loại M và phần trăm khối lượng của M trong hỗn hợp X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Đăk Lăk năm 2012) Câu 10: Đốt 10,98 gam hỗn hợp X gồm Al và Mg trong bình đựng khí clo. Sau một thời gian phản ứng thu được 28,73 gam hỗn hợp Y gồm bốn chất rắn. Cho toàn bộ lượng hỗn hợp Y tan hết vào dung dịch HCl thì thu được V lít H2 (đktc). Dẫn V lít khí này đi qua ống đựng 40 gam CuO nung nóng, sau phản

ứng thấy trong ống còn lại 36,16 gam chất rắn và chỉ có 75% lượng H2 đã phản ứng. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại có trong hỗn hợp X. (Trích đề thi thử vào lớp 10 chuyên Nguyễn Huệ năm 2016) Gợi ý giải Câu 1: Phương trình hóa học 2Al  6HCl  2AlCl 3  3H 2 Zn  2HCl  ZnCl 2  H 2 Fe  2HCl  FeCl 2  H 2 0

t 2Al  3Cl 2   2AlCl 3 0

t Zn  Cl 2   ZnCl 2 0

t 2Fe  3Cl 2   2FeCl 3 Gọi a, b, c là số mol của Al, Zn, Fe có trong 20,4 gam X.  27a  65b  56c  20, 4 (1) n  3a  2 b  2c  0, 9 Mà: H2 (2) Gọi ka, kb, kc là số mol của Al, Zn, Fe có trong 0,2 mol A.  ka  kb  kc  0, 2 (3) n  1, 5ka  kb  1, 5kc  0, 275 Mà: Cl 2 (4) Lấy (3) chia cho (4) để triệt tiêu k: a b  c 8   a  3b  c  0 1, 5a  b  1, 5c 11 (5) a  0,1 %mAl  13, 24%    b  0,1  %mZn  31, 86% c  0, 2 %m  54, 90% Fe  Từ (1), (2) và (5) ta có:  Câu 2: 5, 4 26, 7 nA  (mol); nACl  (mol) 3 M M  35 , 5 . 3 A A a. Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2A +3Cl2 → 2 ACl3 (1) 26, 7 5, 4 nACl  nA    M A  27 3 M A  35, 5.3 M A Theo phương trình ta có: Vậy kim loại A là nhôm (Al). b. Phương trình hóa học: 2Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2 (2) x 3x x (mol) 2Al + 3 H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3 H2 (3) y 1,5y 0,5y (mol)  5, 4 x  0,1  0, 2 x  y   27  y  0,1  Theo phương trình (2) và (3) ta có: 133, 5x  342.0, 5y  30, 45 3.0,1 1, 5.0,1  a  CM (HCl )   0, 6M; b  CM (H SO )   0, 3M 2 4 0, 5 0, 5 c. Các phương trình phản ứng: ñpnc  4Al  3O2 criolit (1) 2Al 2 O3  0

t  2Al 2 O3 (2) 4Al  3O2 

(3) Al 2 O3  2NaOH  2NaAlO2  2H 2 O Câu 3: Ta tóm tắt đề bài như sau:  H 2  CuO Mg : x  Cl 2  HCl A   B    Raé n : 16, 8 gam ︸  20 gam dd C 41,3gam Al : y 12 ,9 gam

Phương trình hóa học: Mg  Cl 2  MgCl 2 (1) 2Al  3Cl 2  2AlCl 3 (2) Mg  2HCl  MgCl 2  H 2 (3) 2Al  6HCl  2AlCl 3  3H 2 (4) 0

t CuO  H 2   Cu  H 2 O (5) Gọi số mol Mg và Al trong A lần lượt là x, y (mol) → 24x + 27y = 12,9 (*) Bảo toàn khối lượng cho quá trình từ A sang B: mCl  41, 3  12, 9  28, 4(gam)  nCl  0, 4(mol) 2

2

Bảo toàn khối lượng cho quá trình khử: mCuO  mraén  mO  mO  3, 2(gam)  nO  0, 2(mol)  nH

2

Do chỉ có 80% H2 phản ứng nên lượng H2 thực tế tạo ra là: 0,2 : 80% = 0,25 (mol) Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có nhận xét: nCl  nH  nMg  1, 5nAl  x  1, 5y  0, 4  0, 25  0, 65 2 2 (**) Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,2; y = 0,3 Câu 4: Phương trình hóa học: t0 MnO2  4HCl   MnCl 2  Cl 2  2H 2 O (1) 2KMnO4  16HCl  2MnCl 2  2KCl  5Cl 2  8H 2 O (2) Theo đề bài: nHCl = 0,2 (mol) 1 nCl  nHCl  0, 05 2 4 (mol) Theo (1): 5 nCl  nHCl  0, 0625 2 16 Theo (2): (mol) Vậy thí nghiệm (2) thu được nhiều khí hơn. Câu 5: Các phương trình hóa học: 0

100 C 3Cl 2  6KOH   5KCl  KClO3  3H 2 O

5x

x

(mol)

0

t 2KClO3   2KCl  3O2

x x 1, 5x (mol) Gọi số mol KClO3 là x (mol). m  mKClO  m  495x  m 3 Ta có: KCl Bảo toàn khối lượng: mX  mMnO  mchaát raén  mO  m  2, 5  m  7,1  mO  mO  9, 6  nO  0, 3  mol  2

2

n  1, 5x  x  0, 2  m  495.0, 2  99(gam) Mà O2 Câu 6:

2

2

2

a. Phương trình hóa học: t0 2Fe  6H 2 SO4 ñaëc   Fe2  SO4 3  3SO2  6H 2 O (1) x

3x

0, 5x

1, 5x

(mol)

0

t Cu  2H 2 SO4 ñaëc   CuSO4  SO2  2H 2 O (2)

y 2y y y (mol) Khí B là SO2; Dung dịch C: Fe2(SO4)3, CuSO4, H2SO4. SO2 + Cl2 + 2H2O → H2SO4 + 2HCl (3) 1,5x + y 1,5x + y (mol) H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ +2HCl (4) 1,5x + y 1,5x + y (mol) b. Đặt số mol của Fe và Cu trong 4,32 gam hỗn hợp A lần lượt là x, y (mol). Ta có: 56x + 64y = 4,32 (*) 18, 64 nBaSO  1, 5x  y   0, 08  mol   1, 5x  y  0, 08 4 233 (**) Theo (1) → (4): Từ (*) và (**) ta có: x = 0,02; y = 0,05 Tổng số mol H2SO4 đã tham gia phản ứng là: 3x + 2y = 0,16 (mol) 20 0,16.  0, 04 80 Số mol H2SO4 còn dư trong hỗn hợp C: (mol) Số mol H2SO4 trong hỗn hợp ban đầu là: 0,16 + 0,04 = 0,2 (mol) 98 0, 2.  80% 24, 5 Nồng độ % của dung dịch H2SO4 trong dung dịch ban đầu: Ta có: mD  4, 32  24, 5  0, 08.64  76, 3  100  gam   0, 01.400 C%Fe2  SO4 3  100 .100%  4, 0%  0, 05.160   C%CuSO  .100%  8, 0% 4 100  0, 04.98  C%H2SO4  100 .100%  3, 92%  Câu 7: Đặt số mol mỗi muối NaCl, NaBr trong X lần lượt là x, y (mol). Phương trình hóa học: Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 y → y (mol) Khối lượng muối khan thu được chính là muối NaCl: nNaCl  x  y  0, 35 (1) Khối lượng muối ban đầu là: 58,5x + 103y = 27,15 (2) Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,2; y = 0,15  mNaCl  0, 2.58, 5  11, 7 (gam) Câu 8: Các phương trình hóa học: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (1) 2AI+6HCl→ 2AICl3+3H2 (2) Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) Mg + Cl2 → MgCl2 (5) 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 (6) Zn + Cl2 → ZnCl2 (7) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (8) Cu + Cl2 → CuCl2 (9) Gọi x là số mol Fe, 2x là số mol Cu trong 5,896 gam A1

Theo đề bài:

nH  0,189  mol  2

n  2.0,189  0, 378  mol  Theo (1), (2), (3), (4) suy ra Cl  muoái (*) n  0, 6345  mol  Bảo toàn khối lượng: Cl 2 Theo đề bài: 17,688 gam hỗn hợp phản ứng vừa đủ với 0,6345 mol Cl2. Suy ra 5,896 gam hỗn hợp phản ứng vừa đủ với 0,2115 mol Cl2. n  2.0, 2115  0, 423  mol  Theo (5), (6), (7), (8), (9) suy ra Cl  muoái (**) Từ (*) và (**) suy ra: 2nCu  nFe  0, 423  0, 378  0, 045  mol 

→ 2.2x + x = 0,045 → x = 0,009 Vậy %mFe = 8,548% và %mCu = 19,54% Câu 9: 200.7, 3 5, 6 nHCl   0, 4(mol); nCl   0, 25(mol) 2 100.36, 5 22, 4 Theo đề bài: Gọi số mol Mg, M lần lượt là x, y (mol). Ta có: 24x + M.y = 8 (1) Cho X tác dụng với HCl (M thể hiện hóa trị n): nHCl  2x  ny  0, 4 (2) n  2x  my  0, 5 Cho X tác dụng với Cl2 (M thể hiện hóa trị m): Cl 2 (3) Từ (2) và (3) ta có: y.(m - n) = 0,1 → m > n → Nghiệm duy nhất là m = 3, n = 2. → y = 0,1; x = 0,1 Từ (1) → M = 56 → M là Fe và %Fe = 70%. Câu 10: Các phương trình hóa học: Mg + Cl2 → MgCl2 (1) 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 (2) Hỗn hợp Y gồm MgCl2, AlCl3, Mg dư và Al dư. Mg + 2HCl → MgCl2+ H2 (3) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (4) t0 CuO  H 2   Cu  H 2 O (5) 40  36,16 : 75%  0, 32(mol) 16 Ta có: 28, 73  10, 98 nCl   0, 25(mol) 2 71 Gọi x, y là số mol của Mg ở phản ứng (1), (3). Gọi a, b là số mol của Al ở phản ứng (2), (4). n  nH  0, 32  0, 25  0, 57  mol    x  y   1, 5 a  b   0, 57 2 (*) Theo phương trình ta có: Cl 2 mX  24  x  y   27  a  b   10, 98  gam   24  x  y   27 a  b   10, 98 (**) nH  2

x  y  0,12 %Mg  26, 23%   a  b  0 , 3 %Al  73, 77% Từ (*) và (**) suy ra 

CHƯƠNG III CHỦ ĐỀ 2 : PHÂN BÓN HÓA HỌC

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Có ba mẫu phân bón hóa học ở thể rắn đựng trong các lọ riêng biệt không khi nhãn là NH4NO3, NH4Cl, (NH4)2SO4. Hãy phân biệt các mẫu phân bón trên bằng phương pháp hóa học và viết phương trình minh họa. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hà Nội Amsterdam năm 2014) • Phân tích đề bài Ta thấy: Gốc SO4 tạo kết tủa với dung dịch muối của Ba, gốc Cl tạo kết tủa với muối của Ag, gốc NO3 không có cả hai tính chất trên. Bảng nhận biết: Thuốc thử NH4NO3 NH4Cl (NH4)2SO4 BaCl2 x x ↓ trắng AgNO3 x ↓ trắng • Giải chi tiết Lấy ở mỗi lọ một ít chất rắn vào ống nghiệm được đánh số từ 1 đến 3 để làm thuốc thử. Nhỏ dung dịch BaCl2 lần lượt vào ba mẫu thử • Nếu ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa mẫu (NH4)2SO4: (NH4 )2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2NH4Cl • Ống nghiệm không xuất hiện kết tủa là chứa mẫu NH4Cl và mẫu NH4NO3. Nhỏ dung dịch AgNO3 vào hai ống nghiệm chứa hai mẫu chưa nhận biết được còn lại • Nếu ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa mẫu NH4Cl: NH4Cl + AgNO3 → AgCl + NH4NO3 • Ống nghiệm không xuất hiện kết tủa chứa mẫu NH4NO3 Ví dụ 2: 1. Tên gọi và công thức hóa học của một số phân đạm thông dụng. 2. Cho 20 tấn H2SO4 98% tác dụng với Ca3(PO4)2 dư thu được 50 tấn supephotphat đơn. Tính hiệu suất phản ứng. • Phân tích đề bài 1. Nắm chắc lý thuyết và nêu tên gọi của một số phân đạm thông dụng. 2. Viết phương trình hóa học và dựa vào tỉ lệ khối lượng để tính khối lượng theo lý thuyết. Từ đó ta tính được hiệu suất của phản ứng. • Giải chi tiết 1. Một số phân đạm thông dụng (tên gọi và công thức hóa học) là Phân ure: CO(NH2)2. Phân đạm một lá (amoni sunfat): (NH4)2SO4. Phân đạm hai lá (amoni nitrat): NH4NO3. m  20.98%  19, 6 (tấn) 2. Theo đề bài: H2SO4 Phương trình hóa học: 2H 2 SO4  Ca3  PO4 2  Ca  H 2 PO4 2  2CaSO4 Ta thaá y: Suy ra:

1 98

 0, 5  1 (mol)  0, 5.234  136 (gam) 㚹䔿䔿䔿䔿 䔿尐䔿䔿䔿䔿䔿 秣 253 gam supephotphat ñôn

Cứ 98 gam H2SO4 thu được 253 gam supephotphat đơn. 19, 6.253  50, 6 98 → 19,6 tấn H2SO4 thu được khối lượng supephotphat đơn là: (tấn) Nhưng trong thực tế chỉ thu được 50 tấn supephotphat đơn, nên hiệu suất phản ứng là: mthöïcteá 50 H%  .100%  .100%  98, 81% m lyùthuyeát 50, 6

Ví dụ 3: Bằng kiến thức hóa học, em hãy giải thích vì sao trong sản xuất nông nghiệp khi bón phân cho cây trồng, người nông dân không trộn phân đạm một lá (NH4)2SO4, phân đạm hai lá NH4NO3 hoặc nước tiểu với vôi trong Ca(OH)2 hay tro bếp (có hàm lượng K2CO3 cao). • Giải chi tiết

Khi trộn phân đạm một lá (NH4)2SO4, phân đạm hai lá NH4NO3 hoặc nước tiểu (chứa ure, amoniac, muối amoni, ...) với vôi trong Ca(OH)2 hay tro bếp (có hàm lượng K2CO3cao) thì khi tiếp xúc với nước sẽ xảy ra phản ứng hóa học: (NH4)2SO4 + Ca(OH)2 → 2NH3 + CaSO4 + 2H2O 2NH4NO3 + Ca(OH)2 → 2NH3 + Ca(NO3)2 + 2H2O (NH4)2CO3 +Ca(OH)2 → CaCO3 +2NH3 +2H2O (NH4 )2SO4 + K2CO3 → 2NH3 + CO2 + K2SO4 + 2H2O 2NH4NO3 + K2CO3 → 2NH3 + CO2 + 2KNO3 + 2H2O (NH4)2CO3 + K2CO3 → 2NH3 + 2KHCO3 Phản ứng sinh ra khí NH3, làm giảm %N trong phân → Giảm độ dinh dưỡng phân đạm. Chú ý: Nước tiểu chứa ure, amoniac, muối amoni,... nên khi tan trong nước: CO(NH2)2 + 2H2O → (NH4)2CO3 Ví dụ 4: Một loại phân supephotphat kép có chứa 70,1% muối canxi đihiđrophotphat, còn lại gồm các chất không chứa photpho. Độ dinh dưỡng của loại phân lân này là bao nhiêu? • Phân tích đề bài Độ dinh dưỡng của phân lân chính là %P2O5. Do đó từ Ca(H2PO4)2 ta tính khối lượng P2O5. Đề bài không cho dữ liệu cụ thể nên để giải bài này đơn giản hơn, ta dùng phương pháp quy đổi: quy số mol Ca(H2PO4)2 là 1 mol. • Giải chi tiết Độ dinh dưỡng của phân lân lả %P2O5 trong phân. Coi số mol của muối canxi đihiđrophotphat (Ca(H2PO4)2) là 1 (mol).  mCa( H PO )  1.234  234  gam  2

4 2

→ mphân supephotphat kép  234 : 70,1%  333, 8 (gam) Độ dinh dưỡng của phân: Ca(H2PO4)2 → P2O5 n  nCa( H PO )  1 mol   mP O  1.142  142(gam) 2 4 2 2 5 Ta có: P2O5 mP O 142 %P2 O5  2 5 .100%  .100%  42, 54% mphaân 333, 8 Ví dụ 5: Có thể điều chế phân hỗn hợp nitrophotka (NPK) bằng cách trộn: NH4NO3, (NH4)2HPO4, KCl và một chất độn (giả thiết trong chất độn không chứa các nguyên tố kể trên). Xác định khối lượng mỗi chất cần lấy để thu được 100 kg phân bón NPK có chứa 14% về khối lượng mỗi thành phần dinh dưỡng N, P2O5, K2O. • Phân tích đề bài Độ dinh dưỡng của NPK là %N, %P2O5, %K2O trong phân. • Giải chi tiết Phân bón NPK có chứa 14% về khối lượng mỗi thành phần dinh dưỡng N, P2O5, K2O nên ta có: mN  mP O  mK O  100.14%  14(kg) 2

5

2

Độ dinh dưỡng của NPK là %N, %P2O5, %K2O trong phân: NH4NO3 → 2N (1) 2(NH4)2HPO4 → 4N + P2O5 (2) 2KCl → K2O (3) 14 14 14 nKCl  2nK O  2.  (kmol)  mKCl  .74, 5  22,19(kg) 2 94 47 47 Theo (3): 14 14 14 n NH  HPO  2nP O  2.  (kmol)  m NH  HPO  .132  26, 03(kg) 2 5 4 2 4 4 2 4 142 71 71 Theo (2): 14 nN  2nNH NO  2n NH  HPO  2nNH NO  2. (kmol) 4 3 4 3 4 2 4 71 Theo (1) và (2): 28 1 14 43 71  43 (kmol)  m nN   1  nNH NO   .80  24, 23(kg) NH 4 NO3 4 3 14 2 142 142 Mặt khác:

 mchaát raén  100  22,19  26, 03  24, 23  27, 55(kg)

2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: X là một loại phân đạm. Hòa tan X vào nước thu được dung dịch Y. Chia Y làm hai phần. Phần một cho từ từ dung dịch NaOH vào Y rồi đun nóng có khí thoát ra. Phần hai cho dung dịch AgNO3 vào Y có kết tủa trắng. Xác định công thức hóa học của X. Câu 2: Có ba mẫu phân bón hóa học không ghi nhãn là: phân KNO3, phân NH4NO3 và phân (NH4)3PO4. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết mỗi mẫu phân bón trên và cho biết mẫu nào là phân bón đơn, mẫu nào là phân bón kép. Câu 3: Trong công nghiệp người ta điều chế phân đạm urê bằng cách cho khí NH3 tác dụng với khí CO2 ở nhiệt độ 180 - 200°c khoảng 200 atm theo phản ứng: 2NH3 + CO2 → CO(NH2)2 + H2O Biết hiệu suất phản ứng là 70%. Vậy để sản xuất được 6 tấn urê cần phải sử dụng: a. Bao nhiêu tấn NH3? b. Bao nhiêu m3 khí CO2? (đktc) Câu 4: Hàm lượng (%) của KCl trong một loại phân kali có độ dinh dưỡng là 47% là bao nhiêu? Gợi ý giải Câu 1: Phần một cho từ từ dung dịch NaOH vào Y rồi đun nóng có khí thoát ra nên công thức X chứa gốc NH4. Phần hai cho dung dịch AgNO3 vào Y có kết tủa trắng. → Công thức của X là NH4Cl. Phương trình hóa học: NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O NH4Cl + AgNO3 → AgCl + NH4NO3 Câu 2: Phân bón đơn là NH4NO3. Phân bón kép là KNO3 va (NH4)3PO4. Nhận biết Lấy ở mỗi lọ một ít chất rắn vào ống nghiệm được đánh số từ 1 đến 3 để làm thuốc thử. Nhỏ dung dịch Ca(OH)2 lần lượt vào ba mẫu thử, đun nóng nhẹ • Nếu ống nghiệm xuất hiện kết tủa trắng và có khí mùi khai thoát ra thì ống nghiệm đó chứa mẫu (NH4)3PO4: 2(NH4)3PO4 + 3Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 6NH3 + 6H2O • Nếu ống nghiệm chỉ có khí mùi khai thoát ra thì ống nghiệm đó chứa mẫu NH4NO3: 2NH4NO3 + Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O • Ống nghiệm không xuất hiện kết tủa, không có khí thoát ra chứa mẫu KNO3. Câu 3 Phương trình hóa học: 2NH 3  CO2  CO(NH 2 )2  H 2 O Tathaá y : 1  0, 5  0, 5 Suy ra: 17  0, 5.44  0㚹 ,尐 5.秣 60

(mol) (gam)

30 gam

Để sản xuất được 30 gam ure với hiệu suất phản ứng 100% thì cần 17 gam NH3 và 22 gam CO2. → Sản xuất 6 tấn ure với hiệu suất là 100% thì cần: 6.17 6.22 mNH   3, 4(taá n); mCO   4, 4(taá n) 3 2 30 30 Vậy để sản xuất 6 tấn ure, hiệu suất 70% thì cần: mNH  3, 4 : 70%  4, 86(taá n); mCO  4, 4 : 70%  6, 29(taá n) 3

2

6

6, 29.10 .22, 4  3, 2.106 (lít)  3, 2.103 (m3 ) 2 44 Câu 4: Độ dinh dưỡng của phân kali bằng phần trăm khối lượng K2O có trong phân bón. Giả sử có 100 gam phân kali.  VCO 

 mK

2O

 100.47%  47  gam 

Độ dinh dưỡng: 2KCl  K 2 O Cöù: Suy ra:

149 47.149  94

94

(gam)

47

(gam)

Hàm lượng (%) của KCl trong một loại phân Kali là %mKCl  74, 5%

ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 Câu 1: (2 điểm) Có sơ đồ biến đổi sau: X→Y→Z→X→Q Biết rằng X là đơn chất của phi kim T còn Y, Z là hợp chất gồm hai nguyên tố, trong đó có chứa T. Dung dịch chất Y làm quỳ tím hóa đỏ. Z là muối của kali, trong đó kali chiếm 52,35% về khối lượng. Q là hợp chất (gồm ba nguyên tố) tạo thành khi cho X tác dụng với dung dịch xút ở nhiệt độ thường. Xác định công thức hóa học của các chất X, Y, Z, Q và viết phương trình hóa học biểu diễn các biến đổi trên. Câu 2: (2 điểm) Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, AI tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? Câu 3: (2 điểm) Sục 1,12 lít khí Cl2 vào 150 ml dung dịch NaI 2M (dung dịch X) sau đó đun sôi đuổi hết I2, thêm H2O vào cho đủ 200 ml (dung dịch Y). Thêm từ từ dung dịch AgNO3 0,5M vào dung dịch Y. Tìm thể tích AgNO3 tối thiểu dùng để kết tủa thu được có khối lượng lớn nhất. Câu 4: (2 điểm) Có hai bình chứa riêng rẽ khí Cl2 và O2, mỗi bình chứa 1 mol khí. Cho vào mỗi bình 6 gam kim loại M (có hóa trị không đổi). Đun nóng hai bình để các phản ứng trong bình xảy ra hoàn toàn thấy tỉ lệ số mol khí còn lại sau phản ứng tương ứng là 34 : 37. Xác định kim loại M. Câu 5: (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 8,56 gam một muối clorua vào nước thu được 200 ml dung dịch Y. Lấy 25 ml dung dịch Y đem tác dụng với AgNO3 dư thu được 2,87 gam muối kết tủa trắng. Tìm công thức hóa học của muối clorua đã dùng (muối X). BẢNG ĐIỂM Câu

1

2

Giải Y làm quỳ tím hóa đỏ Y là axit nên trong Y có một nguyên tố là H. Z chứa hai nguyên tố là K và T → Công thức Z có dạng KnT. n  1 39n %K   52, 35  T  35, 5n   T  39n T  35, 5 Tại điểm Vậy X là Cl2, Y là HCl, Z là KCl, Q là NaClO Phương trình hóa học: Cl2 + H2 → 2HCl HCl + KOH → KCl + H2O ñpdd 2KCl  2H 2 O   2KOH  Cl 2  H 2 mnx Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 10, 08 6,16 nH   0, 45(mol); nCl   0, 275(mol) 2 2 22, 4 22, 4 Gọi số mol Zn, Fe, Al trong 20,4 gam hỗn hợp X là a, b, c (mol) → 65a + 56b + 27c = 20,4 (*) Phương trình hóa học: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (3) Theo (1), (2) và (3) ta có a + b + 1,5c = 0,45 (**) Gọi số mol Zn, Fe, Al trong 0,2 mol X là ka, kb, kc (mol) Ta có: ka + kb + kc = 0,2 Phương trình hóa học: Zn + Cl2 → ZnCl2 (4) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (5) 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 (6) Theo (4), (5) và (6) ta có: ak + 1,5bk + 1,5ck = 0,275

Điểm

1 điểm

1 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

0, 275 a  1, 5b  1, 5c 0, 2 0, 275   3a  b  c  0 Ta có: a  b  c a  1, 5b  1, 5c (***) Từ (*), (**) và (***) suy ra a = 0,1; b = 0,2; c = 0,1 Khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X là: mZn  0,1.65  6, 5(gam); k

0,5 điểm

mFe  0, 2.56  11, 2(gam); mAl  0,1.27  2, 7(gam).

1,12  0, 05(mol); nNaI  0,15.2  0, 3(mol) 22, 4 Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,05 0,1 0,1 (mol) Dung dịch Y gồm 0,2 mol NaI, 0,1 mol NaCl. NaI + AgNO3 → AgI + NaNO3 NaCl + AgNO3 → AgCl + NaNO3 Ta có: nAgI  nNaI  0, 2(mol); nAgCl  nNaCl  0,1(mol) nCl  2

3

1 điểm 1 điểm

nAgNO  nAgI  nAgCl  0, 3(mol) 3

V

4

5

0, 3  0, 6(l) 0, 5

Thể tích AgNO3 tổi thiểu cần dùng là Phương trình hóa học 4M + n O2 → 2 M2On x 0,25nx (mol) 2M + n Cl2 → 2 MCln x 0,5nx (mol) 1  0, 5nx 34 6n   nx  0, 3   0, 3  M  20n M Ta có: 1  0, 25nx 37 Với n = 2, M = 40 → Kim loại M là canxi (Ca) 2, 87 1, 07 nAgCl   0, 02(mol); nMCl ( 25 ml )  (mol) n 143, 5 M  35, 5n Phương trình hóa học: MCl n  nAgNO3  M  NO3 n  nAgCl 1, 07 0, 02 (mol) M  35, 5n 1, 07  0, 02  M  18n Ta có: M  35, 5n → M là NH4 (M=18) Công thức muối X là NH4Cl

1 điểm

1 điểm

1 điểm

1 điểm

CHƯƠNG 4 NGUYÊN TỬ - BẢNG TUẦN HOÀN CHỦ ĐỀ 1: NGUYÊN TỬ Nguyên tử là hạt vô cùng nhỏ bé và trung hoà về điện.

1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Nguyên tử X có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 34 hạt. X là nguyên tố nào sau đây?  Phân tích đề bài Lập phương trình liên quan đến tổng số hạt.

Với bài toán chỉ có một phương trình liên hệ, ta sử dụng phương pháp chặn đối với các nguyên tử có: 1  soáproton(electron)  82 N 1   1,5 Z , ta có:  Giải chi tiết Nguyên tử X có tổng số hạt p, n, e là 34 hạt, nên ta có: p  n  e  34  2p  n  34  2Z  N  34 Ta có: N 1   1,5 Z 34  2Z  1  1,5 Z 34  3  3,5 Z  9,71  Z  11,33 Với Z  10 → Không có nguyên tố nào thoả mãn. Với Z  11  N  12  X là natri (Na). Ví dụ 2: Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt cơ bản là 46, trong đó số hạt không mang điện bằng 53,33% số hạt mang điện. Xác định nguyên tố X.  Phân tích đề bài Lập phương trình liên quan đến tổng số hạt và số hạt không mang điện bằng 53,33% số hạt mang điện (hạt mang điện là p và e, hạt không mang điện là n). Giải hệ phương trình, từ đó xác định nguyên tố X dựa vào số proton (electron).  Giải chi tiết Tổng số hạt trong nguyên tử X là: p  n  e  46  2p  n  46 (1) Số hạt không mang điện bằng 53,33% số hạt mang điện nên ta có: n  53,33%.(p  e)  n  0,5333.2p (2) Từ (1) và (2) suy ra: p  15, n  16 Vậy X là photpho (P). Ví dụ 3: Tổng số p, e, n trong hai nguyên tử A và B là 110, trong số đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34. Số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 4. Tính số hạt proton của A và B.  Phân tích đề bài Lập các phương trình liên hệ dựa vào đề bài. Từ đó xác định số hạt proton của A và B.  Giải chi tiết Tổng số hạt trong hai nguyên tử A và B là: pA  nA  eA  pB  nB  eB  110  2pA  2pB  nA  nB  110 (1) Tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34: pA  eA  pB  eB  nA  nB  34  2pA  2pB  (nA  nB )  34 (2)  pA  pB  36 (3)  Từ (1) và (2) suy ra: nA  nB  38 Số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 4 nên ta có: (pB  eB )  (pA  eA )  4  2pB  2pA  4 (4)

Từ (3) và (4) suy ra: pA  17; pB  19 Vậy số hạt proton của A và B lần lượt là 17, 19.

Ví dụ 4: Phân tử MX 3 có tổng số hạt bằng 238, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 70 hạt. Số hạt mang điện trong nguyên tử M nhiều hơn số hạt mang điện trong X là 18 hạt. Xác định công thức của MX 3 .  Phân tích đề bài Phân tử MX 3 có một nguyên tử M và 3 nguyên tử X. Lập các phương trình liên hệ dựa vào đề bài, từ đó tính được số proton (electron) của M và X. Xác định công thức MX 3 .  Giải chi tiết Phân tử MX 3 có tổng số hạt bằng 238, ta có: 2pM  nM  3(2pX  nX )  238  (2pM  6pX )  (nM  3nX )  238 (1)

Trong MX 3 số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 70 hạt nên ta có: (2pM  6pX )  (nM  3nX )  70 (2) 2pM  6pX  154 (3)  Từ (1) và (2) suy ra: nM  3nX  84 Số hạt mang điện trong nguyên tử M nhiều hơn số hạt mang điện trong X là 18 hạt nên ta có: 2pM  18  2pX (4)

Từ (3) và (4) suy ra: pM  26; pX  17 Vậy công thức của MX 3 là FeCl 3 . Ví dụ 5: Phân tử A có công thức XYZ (X, Y, Z là ba nguyên tố khác nhau). Tổng số các loại hạt proton, nơtron và electron trong một phân tử A là 141. Trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 35; hiệu nguyên tử khối giữa Y và Z gấp 64 lần nguyên tử khối của X, tổng nguyên tử khối của Y và Z gấp 96 lần nguyên tử khối của X, trong đó nguyên tử Z có số hạt không mang điện bằng một nửa số hạt mang điện. Tìm công thức của chất A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hoá thành phố Hà Nội năm 2016)  Phân tích đề bài Gọi M X ,M Y ,M Z lần lượt là nguyên tử khối của X, Y, Z. Lập phương trình liên quan giữa các đại lượng đề bài cho. Từ đó xác định được X, Y, Z và công thức của chất A.  Giải chi tiết Gọi M X ,M Y ,M Z lần lượt là nguyên tử khối của X, Y, Z. Đặt 2PX  2PY  2PZ  a; N X  N Y  N Z  b  88 a  b  141 a  88  44 PX  PY  PZ    2  a  b  35  b  53 N  N  N  53  X Y Z Theo đề bài ta có: Suy ra: M A  44  53  97 hay M X  M Y  M Z  97 (1)

Theo đề bài: M Y  M Z  64M X (2) Và M Y  M Z  96M X (3) MZ MY  t t Đặt M X và M X t  t   64 t  80   Từ (2) và (3) ta có: t  t   96 t   16 M Y t 80    M Y  5M Z Suy ra: M Z t  16

Thay vào (1) ta được: M X  6M Z  97 (4) MZ  t   16  M Z  16M X  0 (5) Mặt khác: M X Từ (4) và (5) ta có: M X  1; M Z  16  M Y  80 Vậy công thức của A là HBrO. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Nguyên tử X có tổng số hạt p, n, e là 28. Xác định nguyên tố X. Câu 2: Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong hai nguyên tử kim loại A và B là 118, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn tổng số hạt không mang điện là 38. Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của A là 2. Xác định hai kim loại A, B. Câu 3: Cho biết tổng số hạt proton, nơtron và electron trong hai nguyên tử của hai nguyên tố A, B là 78, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 26 hạt. Tỉ lệ số hạt mang điện trong A so với số hạt mang điện trong B là 10:3. a. Tìm hai nguyên tố A, B. b. Hợp chất A với D khi hoà tan trong nước cho dung dịch có tính kiềm. Hợp chất của B với D khi hoà tan trong nước cho dung dịch E có tính axit yếu. Hợp chất G có đồng thời cả A, B, D không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch E. Xác định hợp chất tạo bởi A với D; B với D và G. Viết phương trình phản ứng. Câu 4: Trong phân tử chất A có công thức M 2 X , có tổng số hạt p, n, e là 140, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 hạt. Số khối của M lớn hơn số khối của X là 23. Tổng số hạt trong nguyên tử M nhiều hơn trong nguyên tử X là 34 hạt. Xác định công thức của A. Câu 5: Một hợp chất B được tạo bởi một kim loại hoá trị II và một phi kim hoá trị I. Tổng số hạt trong phân tử B là 290, tổng số hạt không mang điện là 110, hiệu số hạt không mang điện giữa phi kim và kim loại là 70, tỉ lệ số hạt mang điện của kim loại so với phi kim trong B là 2/7. Tìm kim loại và phi kim trên. Câu 6: Một hợp chất có công thức MA X , trong đó M chiếm 46,667% về khối lượng. M là kim loại, A là phi kim ở chu kỳ 3. Trong hạt nhân của M có số nơtron nhiều hơn số proton là 4, trong hạt nhân của A có số nơtron bằng số proton. Tổng số proton trong MA X là 58. Xác định số proton, số nơtron, tên nguyên tố M, A và công thức MA X . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Sở Quảng Nam năm 2013) Gợi ý giải Câu 1 Giả sử X có số hiệu nguyên tử là Z Nguyên tử X có tổng số hạt p, n, e là 28 hạt  p  n  e  28  2p  n  28  2Z  N  28 N 28  2Z  1,5  1   1,5 Z Z Ta có: 28  1  2  1,5 Z 28  3  3,5 Z  8  Z  9,33 TH1: Z  8  N  12  A  20 (không có nguyên tố nào thoả mãn) TH2: Z  9  N  10  A  19  X là flo (F). Vậy X là flo (F). Câu 2 Tổng số hạt trong hai nguyên tử A và B là: pA  nA  eA  pB  nB  eB  118  2pA  2pB  nA  nB  118 (1) Tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34: 1

pA  eA  pB  eB  nA  nB  38  2pA  2pB  (nA  nB )  38 (2)

 pA  pB  39 (3)  Từ (1) và (2) suy ra: nA  nB  40 Số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 2 nên ta có: (pB  eB )  (pA  eA )  2  2pB  2pA  2 (4)

Từ (3) và (4) suy ra: pA  19; pB  20 Hai kim loại đó là K và Ca. Câu 3 a. Theo đề bài, ta có hệ phương trình: 2Z A  N A  2Z B  N B  78    Z A  Z B  26 (1) (2Z A  2Z B )  (N A  N B )  26 2Z A 10  (2) Lại có: 2Z B 3 Từ (1) và (2) ta có: Z A  20 (Ca); Z B  6 (C) b. Hợp chất của A với D tan trong nước cho dung dịch có tính kiềm. Hợp chất đó là CaO: CaO + H2O  Ca(OH)2 Hợp chất của B với D khi hoà tan trong nước cho dung dịch E có tính axit yếu. Hợp chất đó là CO2 .   H CO CO2  H 2O   2 3 Hợp chất G là CaCO3: CO2 + CaCO3 + H2O  Ca(HCO3)2 Câu 4 Theo đề bài, ta có hệ phương trình: 4PM  2N M  2PX  N X  140 2(2PM  PX )  (2N M  N X )  140 (1)   4PM  2PX  (2N M  N X )  44 2(2PM  PX )  (2N M  N X )  44 (2)   PM  N M  (PX  N X )  23 (PM  PX )  (N M  N X )  23 (3) 2P  N  (2P  N )  34 2(P  P )  (N  N )  34 (4)  M M X X  M X M X 2PM  PX  46 (5)  Giải hệ (1) và (2) suy ra: 2N M  N X  48 (6) PM  PX  11 (7)  Giải hệ (3) và (4) suy ra: N M  N X  12 (8) Giải hệ (5) và (7); (6) và (8) suy ra: PM  19; N M  20; PX  8; N X  8 Vậy M là kali (K), X là oxi (O). Câu 5 Gọi kim loại hoá trị II là X, phi kim hoá trị I là Y. Công thức của B có dạng XY2 . Tổng số hạt trong B (gồm một nguyên tử X và hai nguyên tử Y) là: (2Z X  N X )  2(2Z Y  N Y )  290 (1) Tổng số hạt không mang điện trong B là: N X  2N Y  110 (2) Hiệu số hạt không mang điện giữa phi kim và kim loại trong B là: 2N Y  N X  70 (3) Tỉ lệ số hạt mang điện của kim loại so với phi kim trong B là: 2Z X 2   7Z X  4Z Y  0 (4) 2.2Z Y 7  Z X  20, N X  20  X laøCa   Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta có:  Z Y  35, N Y  45 Y laøBr

Vậy hợp chất B là CaBr2 Câu 6 Trong nguyên tử M có: N M  PM  4  Số khối của M là 2PM  4 . Trong nguyên tử A có: N A  PA  Số khối của A là 2PA . Theo bài ra ta có: PM  xPA  58 (1) Mặt khác: M chiếm 46,667% về khối lượng trong hợp chất MA X 

2PM  4 .100%  46,667% 2PM  4  2xPA

 53,333(2PM  4)  46,667.2xPA  0  106,666PM  93,334xPA  213,332 (2) Từ (1), (2) suy ra: PM  26; xPA  32

Với PM  26  N M  26  4  30. Vậy M là nguyên tố sắt (Fe). Với xPA  32 và A là phi kim thuộc chu kì 3 nên: n  2; PA  16  N A  16. Vậy A là nguyên tố lưu huỳnh (S). Hợp chất có công thức là FeS2.

1. BÀI TẬP MẪU

Ví dụ 1: Nguyên tố X thuộc nhóm VA, trong hợp chất oxit cao nhất có tỉ lệ khối lượng mX : mO  31: 40 . Xác định nguyên tố X.  Phân tích đề bài Xác định công thức của oxit cao nhất X. Lập phương trình liên quan, từ đó xác định nguyên tố X.  Giải chi tiết X thuộc nhóm VA nên công thức oxit cao nhất có dạng X 2O5 mX 31 M .2 31   X   M X  31 16.5 40 Theo đề bài ta có: mO 40 Vậy X là nguyên tố photpho (P).

Ví dụ 2: Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí của X với hiđro là M (có công thức H 8aX ), oxit cao nhất của X là N (có công thức X 2Oa ). Tỉ khối của N so với M là 5,0137. Tìm X. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hoá tỉnh Nam Định năm 2018)  Phân tích đề bài Lập phương trình liên quan đến tỉ khối của N so với M, từ đó tìm ra X.  Giải chi tiết M dN/ M  N  5,0137 MM Theo đề bài ta có: 

2.M X  16.a  5,0137 8 a M X

 3,0137M X  21,0137a  40,1096  0  M X  6,97a  13,31 Vì X là phi kim nên a có các giá trị là 4, 5, 6, 7. a 4 5 6 7 M 14,57 21,54 28,51 35,48 (Cl) Kết luận Loại Loại Loại Thoả mãn Vậy nguyên tố X là clo (Cl). Ví dụ 3: Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (R có số oxi hoá thấp nhất) và trong oxit cao nhất tương ứng là a% và b% , với a: b  40 :17 . Xác định nguyên tố R.  Phân tích đề bài Xác định công thức của oxit cao nhất và hợp chất với hiđro. Sau đó lập công thức tính %R trong hợp chất. Lập phương trình liên hệ để xác định nguyên tố R.  Giải chi tiết Hợp chất oxit cao nhất của R là R2On .

Suy ra, hợp chất khí của R với hiđro là H 8 n R . MR a%  %R(H R)  .100% 8n 8  n  M R Ta có: b%  %R(R O )  2

n

2.M R .100% 2M R  16n

MR 2M R  16n a 8 n  M R 40     2.M R b 17 2(8  n  M R ) 2M R  16n  40M R  40n  320  17M R  136n  23M R  176n  320

Vì R tạo hợp chất khí với hiđro nên R là phi kim  a có các giá trị là 4, 5, 6, 7. A 4 5 6 7 16,7 24,3 32 (S) 39,6 MR Kết luận Loại Loại Thoả mãn Loại Vậy nguyên tố R là lưu huỳnh (S). Ví dụ 4: Hai nguyên tố X, Y ở hai nhóm (cột) liên tiếp và thuộc cùng một chu kì (hàng) trong bảng tuần hoàn hoá học. Tổng số hạt electron trong hai nguyên tử X, Y bằng 25 hạt. Xác định hai nguyên tố X, Y. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hoá thành phố Hải Phòng năm 2015)  Phân tích đề bài Từ dữ kiện đề bài, lập phương trình liên hệ giữa số proton các nguyên tố X và Y.  Giải chi tiết Giả sử PX  PY . Hai nguyên tố X,Y ở hai phân nhóm (cột) liên tiếp và thuộc cùng một chu kì (hàng) trong bảng tuần hoàn nên ta có: PY  PX  1 (1) Theo đề bài tổng số hạt electron trong hai nguyên tử X, Y bằng 25 hạt: PX  PY  25 (2) Từ (1) và (2) ta có: PX  12, PY  13 Vậy X là nguyên tố magie (Mg), Y là nguyên tố nhôm (Al). Ví dụ 5: Cho 5 nguyên tố A, X, Y, Z, T thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học, có điện tích hạt nhân tăng dần. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 180 hạt. a) Xác định 5 nguyên tố đã cho. b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho các đơn chất của 5 nguyên tố trên tác dụng với nhau từng đôi một. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hoá thành phố Hải Phòng năm 2018)  Phân tích đề bài 5 nguyên tố thuộc 5 ô liên tiếp nhau nên chúng hơn kém nhau một proton. Đặt ẩn số proton của A sau đó suy ra 4 nguyên tố còn lại. Lập phương trình liên hệ theo đề bài và suy ra 5 nguyên tố.  Giải chi tiết a. Gọi số proton trong hạt nhân của A là P. Vì A, X, Y, Z, T thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong bảng tuần hoàn nên số proton của X, Y, Z, T lần lượt là: P  1; P  2; P  3; P  4. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 180 hạt mà trong nguyên tử luôn có soáp  soáe nên 2[P  (P 1)  (P 2)  (P 3)  (P 4)]  180  P  16 . Vậy A, X, Y, T lần lượt là S, Cl, Ar, K, Ca. b. Phương trình hoá học các phản ứng xảy ra: 2K + S  K2S 2K + Cl2  2KCl Ca + S CaS Ca + Cl2  CaCl2 Ví dụ 6: Cho 6,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IIA, thuộc hai chu kì liên tiếp, tác dụng hết với dung dịch H2SO4 dư thu được 4,48 lít khi hiđro (đktc). Xác định hai kim loại đó.  Phân tích đề bài Hai kim loại thuộc hai chu kì liên tiếp nên ta đặt công thức chung của hai kim loại. Tính toán theo dữ kiện đề bài và phương trình hoá học.  Giải chi tiết V 4,48 nH    0,2 (mol) 2 22,4 22,4 Theo đề bài ta có: Gọi công thức chung của hai kim loại là A. Phương trình hoá học:

A + H2SO4  ASO4 + H2  0,2 0,2 (mol) m 6,4  MA    32  M Mg  24  M A  40  M Ca n 0,2 Vậy hai kim loại đó là Mg và Ca. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Nguyên tố X thuộc nhóm VIIA, trong hợp chất oxit cao nhất có tỉ lệ khối lượng mX : mO  71:112 . Xác định nguyên tố X. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hoá Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2017) Câu 2: Oxit cao nhất của nguyên tố R có dạng R2O7. Hợp chất khí của R với hiđro chứa 2,74% hiđro về khối lượng. Xác định R. Câu 3: Hợp chất khí với hiđro của nguyên tố X là XH3. Tỉ lệ về khối lượng phân tử giữa hợp chất khí với hiđro và oxit cao nhất của X là 17:71. Tính khối lượng mol nguyên tử X. Câu 4: Hai nguyên tử X, Y có hiệu điện tích hạt nhân là 16. Phân tử Z gồm 5 nguyên tử của hai nguyên tố X và Y có 72 proton. Xác định công thức phân tử của Z. Câu 5: Phân tử M có công thức phân tử YX2, cấu tạo từ nguyên tử của hai nguyên tố X, Y. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong phân tử M bằng 96 hạt. Hạt nhân nguyên tử X, Y đều có số hạt mang điện dương bằng số hạt không mang điện. Trong bảng tuần hoàn hoá học, hai nguyên tố X, Y thuộc cùng một nhóm (cột) và ở hai chu kì nhỏ (hàng) liên tiếp. Xác định công thức phân tử M. Câu 6: Một hỗn hợp X gồm hai muối clorua của hai kim loại kiềm A và B (biết nguyên tử khối của A  B và A, B ở hai chu kì kế tiếp nhau). Cho 19,15 gam hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 300 gam dung dịch AgNO3, sau phản ứng thu được 43,05 gam kết tủa và dung dịch D. a. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch AgNO3 b. Cô cạn dung dịch D người ta thu được bao nhiêu gam muối khan? c. Xác định hai muối clorua và khối lượng mỗi muối. Gợi ý giải Câu 1 X thuộc nhóm VIIA nên công thức oxit cao nhất có dạng X2O7 mX M .2 71 71   X   M X  35,5 16.7 112 Theo đề bài ta có: mO 112 Vậy X là nguyên tố clo (Clo). Câu 2 Oxit cao nhất của nguyên tố R có dạng R2O7R thuộc nhóm VIIA.  Hợp chất khí của R với hiđro có dạng HR. 1 %H  2,74%  .100  2,74  R  35,5  1 R Ta có: R là clo (Cl). Câu 3 Hợp chất khí với hiđro của nguyên tố X là XH3.  Hoá trị trong hợp chất với oxi là 8  3  5 .  Công thức oxit cao nhất của nguyên tố X có dạng X2O5. mXH MX 3 17 17 3     M X  31 mX O 71 2M X  16.5 71 Ta có: 2 5 Câu 4 Phân tử Z gồm 5 nguyên tử X và Y. Vậy X và Y chỉ có thể nhận các hoá trị II hoặc III. Suy ra, công thức của Z có thể là X2Y3 hoặc X3Y2. Gọi số proton của X và Y là Z X và Z Y  Z X  Z Y  16  Z  24 (Cr)  X  TH1: 2Z X  3Z Y  72  Z Y  8 (O)

 Z X  Z Y  16  Z  20  X  TH2: 3Z X  2Z Y  72  Z Y  4,8 (loại) Vậy công thức của hợp chất Z là Cr2O3 . Câu 5 Trong nguyên tử X: soáe  soáp  soán  x Trong nguyên tử Y: soáe  soáp  soán  y Tổng số hạt trong X bằng: 3x (hạt), trong Y bằng: 3y (hạt)  2.3x  3y  96  2x  y  32 (1) Theo bài: X, Y thuộc cùng một cột và ở hai chu kì kế tiếp: TH1: x  y  8 (2) x  13,3 (1),(2)   y  5,33 (loại) TH2: y  x  8 (3)

x  8 (O) (1),(3)   y  16 (S) Vậy công thức của hợp chất M là SO2. Câu 6 a. Gọi công thức chung của hai kim loại là R . 43,05 nAgCl   0,3 (mol) 143,5 Phương trình hoá học: RCl  AgNO3  AgCl   RNO3  0,3 0,3  0,3 (mol) 19,15 M RCl   63,8  M R  63,8  35,5  28,3 0,3 Vì A, B ở hai chu kì kế tiếp mà A  28,3  B nên A là Na và B là K. nAgNO  0,3 (mol)  mAgNO  170.0,3  51 (gam) 3

3

51 .100%  17% 3 300 b. Khối lượng muối khan: 19,15  51  43,05  27,1 (gam) c. Gọi số mol của NaCl và KCl lần lượt là a, b (mol). a  b  0,3 a  0,2   Theo đề bài ta có: 58,5a  74,5b  19,15  b  0,1  C%AgNO 

Vậy mNaCl  0,2.58,5  11,7 (gam); mKCl  0,1.74,5  7,45 (gam)

CHƯƠNG 3 DẪN XUẤT HIĐROCACBON CHỦ ĐỀ 1: ANCOL

1. Bài tập mẫu Ví dụ 1: Cho X là một ancol (rượu) no, mạch hở. Để đốt cháy hoàn toàn a mol X cần dùng 3a mol oxi. a. Xác định công thức và gọi tên X. b. Viết phương trình điều chế X từ tinh bột, các chất vô cơ và điều kiện cần thiết coi như có đủ. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Nguyễn Huệ năm 2016) • Phân tích đề bài Đặt công thức phân tử tổng quát của X. Viết phương trình hóa học, tính theo phương trình hóa học và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết a. Gọi công thức phân tử của ancol X là Cn H 2n  2 O x  n  1; x  1 . Phương trình hóa học: 3n  1  x t Cn H 2n  2 O x  O 2   nCO 2   n  1 H 2 O 2 a 3a (mol) 3n  1  x n O2  3n X   3  3n  x  5 2 Theo phương trình: Với x  1  n  2  Công thức phân tử của X là C2H6O. → Công thức X: C2H5OH (ancol etylic). b. Phương trình điều chế: H  ,t   nC6 H12 O6  C6 H10O5 n  nH 2O  enzim,t  C6 H12 O6    2C2 H 5OH  2CO 2 Ví dụ 2: Cho 1,88 gam hỗn hợp A gồm hai ancol no, đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếp tác dụng với Na dư thu được 0,56 lít H2 (đktc). Tính phần trăm về khối lượng mỗi chất trong A. • Phân tích đề bài Đặt công thức phân tử trung bình hai ancol đồng đẳng kế tiếp A. Viết phương trình hóa học, tính theo phương trình hóa học và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết C H OH n  1 Gọi công thức chung của hai ancol trong A là n 2n 1 . 0,56 n H2   0, 025  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Cn H 2n 1OH  2Na   2Cn H 2n 1ONa  H 2



0,05 ←



0,025

(mol) 1,88 n A  0, 05  mol   M A   37, 6 0, 05 Theo phương trình: 37, 6  18 n  1, 4 14 Vậy công thức phân tử của hai ancol là CH3OH (x mol) và C2H5OH (y mol).  x  y  0, 05  x  0, 03   Ta có hệ phương trình: 32x  46y  1,88  y  0, 02 Phần trăm khối lượng mỗi chất trong A là: 0, 03.32 %m CH3OH  .100%  51, 06% 1,88 %m C2 H5OH  100%  51, 06%  48,94% Ví dụ 3: Trước khi tiêm, các bác sĩ thường dùng bông tẩm cồn (rượu etylic) xoa lên da bệnh nhân để sát trùng chỗ tiêm. Thực nghiệm cho thấy, cồn 75° có tác dụng sát trùng hiệu quả nhất. Cần sử dụng bao nhiêu ml nước cất để có thể pha chế được 1200 ml còn 75° từ còn 96°? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đồng Nai năm 2017) • Phân tích đề bài

Sử dụng công thức về nồng độ để giải quyết bài tập này. • Giải chi tiết Pha chế 1200 ml cồn 75°: VC2 H5OH  1200.75%  900  ml 

V  VC H OH : 96%  900 : 96%  937,5  ml  2 5 Từ cồn 96°: ddcoàn 96  VH O  Vddcoàn 75  Vddcoàn 96  1200  937,5  262,5  ml  2

Ví dụ 4: Cho Na dư vào 135 ml dung dịch rượu có độ rượu là a°, sau khi kết thúc phản ứng thu được 30,912 lít H2 (đktc). Xác định a biết khối lượng riêng của C2H5OH nguyên chất là 0,8 gam/ml, của nước là 1 gam/ml. • Phân tích đề bài Trong dung dịch rượu gồm C2H5OH và H2O tác dụng với Na sinh ra khí H2. Cứ 100 ml dung dịch rượu chứa a ml dung dịch C2H5OH, còn lại H2O. Từ khối lượng riêng, đổi thể tích sang khối lượng. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình. • Giải chi tiết VC2 H5OH  135.a%  1,35a  ml   m C2 H5OH  0,8.1,35a  1, 08a  gam   V  135  1,35a  ml   m H2O  135  1,35a  gam  Theo đề bài:  H2O 1, 08a  n C2 H5OH  46  mol   135  1,35a n  mol  H2O   18 Phương trình hóa học: 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 1

 2 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 30,912 n H2   1,38  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n C2 H5OH  n H2O  2n H2  2.1,38  2, 76  mol 

1, 08a 135  1,35a   2, 76 46 18  a  92 Vậy độ rượu là 92°. Ví dụ 5: Đun nóng hỗn hợp X gồm hai ancol đơn chức no (có H2SO4 đặc làm xúc tác) ở 140°C. Sau khi phản ứng được hỗn hợp Y gồm 21,6 gam nước và 72 gam ba ete có số mol bằng nhau. Xác định công thức của hai ancol trên. • Phân tích đề bài Đặt công thức chung của hai ancol. Viết phương trình hóa học, tính toán theo phương trình và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Gọi công thức chung của hai ancol R1OH và R2OH trong X là ROH  R  15  . 

21, 6  1, 2  mol  18 Theo đề bài: Phương trình hóa học: H đac, 140  2SO 4 2ROH    R 2O  H 2O 2,4← 1,2 (mol) Theo phương trình: n ROH  2, 4  mol  n H2O 

Sau phản ứng thu được ba ete có số mol bằng nhau nên: n R1OH  n R 2OH  1, 2  mol  Bảo toàn khối lượng ta có: m ancol  m ete  m H2O  72  21, 6  93, 6  gam 

 1, 2  R1  17   1, 2  R 2  17   93, 6  R1  17  R 2  17

 78

 R1  R 2

 44

R1  15  CH 3   R 2  29  C2 H 5  Công thức của hai ancol là CH3OH và C2H5OH. Ví dụ 6: Đun nóng ancol no, đơn, chức, mạch hở X với H2SO4 đặc thu được chất Y. Biết tỉ khối hơi của Y so với X là 0,7. Tìm công thức phân tử X, Y. • Phân tích đề bài Ancol đun nóng với H2SO4 thì xảy ra phản ứng tách nước tạo anken (nếu tỉ khối của sản phẩm với ancol < 1) hoặc tạo ete (nếu tỉ khối của sản phẩm với ancol > 1). Dựa vào tỉ khối đề bài cho, ta xác định được sản phẩm tạo thành và tính toán để suy ra công thức phân tử X, Y. • Giải chi tiết Đun nóng X với H2SO4 đặc xảy ra phản ứng tách nước thu được anken/ete. Ta có: d Y/X  0, 7  1  Sản phẩm thu được là anken.

Gọi công thức của X là Cn H 2n 1OH  n  1 . Phương trình hóa học: H 2SO 4 dac Cn H 2n 1OH   Cn H 2n  H 2 O

X

Y

MY 14n   0, 7 M X 14n  18 Lại có:  14n  9,8n  12, 6 n 3 Vậy công thức phân tử của X là C3H8O, công thức phân tử của Y là C3H6. Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn một ancol đơn chức, mạch hở X thu được 11,2 lít CO2 (đktc) và 10,8 gam H2O. a. Xác định công thức phân tử X. b. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên X biết X đun nóng với H2SO4 đặc thu được hai anken mạch thẳng. • Phân tích đề bài Tính toán số mol CO2 và H2O và so sánh, xác định loại ancol. Từ đó, xác định công thức phân tử X. • Giải chi tiết 11, 2 10,8 n CO2   0,5  mol  n H2O   0, 6  mol  22, 4 18 ; a. Theo đề bài: Ta thấy: n H2O  n CO2 , nên X là ancol no, đơn chức, mạch hở. d Y/X 

Gọi công thức phân tử của X là Cn H 2n  2 O  n  1 .  n X  n H2O  n CO2  0, 6  0,5  0,1  mol  n CO2

0,5 5 nX 0,1 Vậy công thức phân tử của X là C5H12O. b. X đun nóng với H2SO4 đặc thu được hai anken mạch thẳng nên công thức cấu tạo của X là: CH 3  CH  CH 2  CH 2  CH 3 | OH Ví dụ 8: Hỗn hợp A gồm C2H5OH, C3H7OH, C4H9OH, CH3OH và H2O. Cho m gam hỗn hợp A vào bình chứa Na dư thu được 4,48 lít H2 (đktc). Mặt khác, khi đốt m gam hỗn hợp A thu được x gam CO2 và 18 n



gam H2O. Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tìm giá trị của m, x. (Trích đề thi vào 10 chuyên Thành phố Hà Nội năm 2017) • Phân tích đề bài Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính theo phương trình, dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 1 2C3H7OH + 2Na → 2C3H7ONa + H2 2C4H9OH + 2Na → 2C4H9ONa + H2 2CH3OH + 2Na → 2CH3ONa + H2 t  2CO2 + 3H2O C2H6O + 3O2  t 9   2 C3H8O + O2 3CO2 + 4H2O t   C4H10O + 6O2 4CO2 + 5H2O

 2  3

 4  5  6 7 8

t 3   CH4O + 2 O2 CO2 + 2H2O 4, 48 18 n H2   0, 2  mol  n H2O   1 mol  22, 4 18 Theo đề bài: ; Theo 1 ,  2  ,  3 và  4  ta có: n A  2n H2  0, 4  mol 

Theo  5  ,  6  ,  7  ,  8  ta có: n H2O  n CO2  n A  n CO2  n H2O  n A  1  0, 4  0, 6  mol  Vậy khối lượng CO2 là: x  m CO2  0, 6.44  26, 4  gam 

Ví dụ 9: A là ancol có công thức R  OH n với R là gốc hiđrocacbon. Cho 12,8 gam dung dịch của A trong nước có nồng độ 71,875% tác dụng với Na dư thu được 5,6 lít khí H2 (đktc). Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A biết khối lượng phân tử của A là 92. (Trích đề thi vào lớp 10 Chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội) • Phân tích đề bài Viết các phương trình hóa học xảy ra và tính theo phương trình, dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Theo đề bài: m A  12,8.71,875%  9, 2  gam   m H2O  12,8  9, 2  3, 6  gam  9, 2 3, 6  0,1 mol  n H2O   0, 2  mol  92 18 ; Phương trình hóa học: 2R  OH  n  2nNa  2R  ONa  n  nH 2 1  nA 

0,1 →0,05n(mol) 2H 2 O  2Na  2NaOH  H 2  2 0,2

→0,1 (mol) 5, 6 n H2   0, 25  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n H2  0, 05n  0,1  0, 25  mol   n  3 Vậy công thức A là C3H5(OH)3 hay công thức phân tử là C3H8O3. CH 2  CH  CH 2 | | | OH OH OH Công thức cấu tạo của A là: 2. Bài tập tự luyện

Câu 1: Hợp chất hữu cơ A có phần trăm theo khối lượng của cacbon, hiđro lần lượt là 60%; 13,33%; còn lại là O. Biết công thức đơn giản nhất trùng với công thức phân tử. Xác định công thức phân tử của A. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. Câu 2: Lấy một lượng Na kim loại tác dụng vừa đủ với 18,7 gam hỗn hợp gồm ba ancol đơn chức (cùng loại với ancol etylic) thì thu được 29,7 gam chất rắn. Tìm công thức phân tử của ancol có phân tử khối nhỏ nhất. Câu 3: Cho 30,3 gam dung dịch rượu etylic tác dụng với natri dư. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 8,4 lít khí (đktc). Xác định độ rượu, biết khối lượng riêng của rượu etylic tinh khiết là 0,8 gam/ml và của nước là 1 gam/ml. (Trích đề thi vào lớp 10 Chuyên Bắc Ninh năm 2017) Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp ba ancol đơn chức, thuộc cùng dãy đồng đẳng, thu được 3,808 lít khí CO2 (đktc) và 5,4 gam H2O. Tìm giá trị của m. Câu 5: Hỗn hợp X gồm một rượu A có công thức dạng Cn H 2n 1OH (n nguyên, dương) và rượu etylic (với tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1). Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn toàn bộ hỗn hợp Y vào bình đựng 300 ml dung dịch Ba  OH 2 1M thấy xuất hiện 29,55 gam kết tủa, đồng thời khối lượng bình tăng thêm 33,3 gam. Xác định công thức của rượu A? Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc ở điều kiện thích hợp có thể thu được bốn sản phẩm hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của bốn sản phẩm trên. (Trích đề thi vào lớp 10 tỉnh Kiên Giang năm 2017) Câu 6: Hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol. Cho m gam X phản ứng hoàn toàn với Na dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn m gam X, thu được a gam CO2. Tìm giá trị của a. Câu 7: Hóa hơi hoàn toàn m gam hỗn hợp hai rượu no A và B ở 81,9°C và 1,3 atm được thể tích 1,568 lít. Cho lượng hỗn hợp rượu này tác dụng với kali dư thu được 1,232 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp trên thu được 7,48 gam CO2. Biết rằng số nhóm chức trong B nhiều hơn số nhóm chức trong A một đơn vị. Hãy xác định công thức cấu tạo của A và B. (Trích đề kiểm tra kiến thức lớp 9 chuyên Khoa học tự nhiên) Câu 8: Đốt cháy hoàn toàn 3,08 gam hỗn hợp A gồm benzen và chất hữu cơ X có công thức Cn H 2n 1OH (n là số nguyên dương) trong V lít (đktc) không khí (dư). Sau phản ứng thu được 3,24 gam H2O và 65,744 lít (đktc) hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 62,16 lít (đktc) hỗn hợp khí Z. Cho rằng không khí chỉ gồm O2 và N2. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra và tìm công thức phân tử của X. b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của hỗn hợp A và tìm V. Câu 9: Các rượu C3H7OH, C4H9OH và CxHyOH (với x, y: nguyên, dương; y  2x  1 ) có tính chất hóa học tương tự rượu C2H5OH. 1. Đốt cháy hoàn toàn một lượng rượu CxHyOH rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca  OH 2 dư thấy khối lượng bình đựng tăng z gam đồng thời xuất hiện 1,25z gam kết tủa trắng. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra và xác định công thức phân tử của rượu trên. 2. Hỗn hợp A gồm C2H5OH, C3H7OH, C4H9OH, CxHyOH, H2O. Cho a gam A phản ứng hoàn toàn với Na dư thu được 11,76 lít H2 (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được b gam CO2 và 72,9 gam H2O. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra và tìm a, b. Gợi ý giải Câu 1: * C H O Gọi công thức đơn giản nhất của A là x y z  x, y, z  ℕ  .

%m O  100%  60%  13,33%  26, 67% Ta có: %m C %m H %m O 60 13,33 26, 67 x:y:z  : :  : : 12 1 16 12 1 16  5 :13,33 :1, 67  3 : 8 :1 Vậy công thức đơn giản nhất hay công thức phân tử của A là C3H8O.

Công thức cấu tạo có thể có của A là: CH 3  CH 2  CH 2  OH CH 3  CH  CH 3 | OH ; Câu 2: Gọi công thức chung của ba ancol là ROH . Phương trình hóa học: 2ROH  2Na  2RONa  H 2 2x ← 2x x (mol) Bảo toàn khối lượng ta có: mancol  mNa  mchaát raén  mH 2

 18, 7  2x.23  29, 7  2x  x  0, 25

Theo phương trình: n ancol  2x  2.0, 25  0,5  mol  18, 7  M ROH   37, 4 0,5  M R  37, 4  17  20, 4 Vậy trong ba ancol phải có một ancol có gốc hiđrocacbon gắn với OH nhỏ hơn 20,4. → Đó là CH 3 15  . Vậy ancol có phân tử khối nhỏ nhất là CH3OH. Câu 3: Gọi số mol của C2H5OH và H2O trong dung dịch rượu lần lượt là x, y (mol).  46x  18y  30,3 * 8, 4  0,375  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2 1 n H2 

 2 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 Theo 1 và  2  ta có: n C2 H5OH  n H2O  2n H2  2.0,375  0, 75  mol   x  y  0, 75 ** x  0, 6 y  0,15 Từ * và ** suy ra: ; 27, 6   34,5  ml  m C2 H5OH  0, 6.46  27, 6  gam   VC2 H5OH  0,8  m H2O  0,15.18  2, 7  gam   VH2O  2, 7  ml  34,5 D .100  92, 7 34,5  2, 7 Vậy độ rượu là: Câu 4: 3,808 5, 4 n CO2   0,17  mol  n H2O   0,3  mol  22, 4 18 ; Theo đề bài: Ta thấy: n H2O  n CO2 nên ba ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở.

Gọi công thức phân tử của X là C n H 2n  2 O  n  1 .  n ancol  n H2O  n CO2  0,3  0,17  0,13  n O ancol   0,13  mol 

Ta có: n C ancol  n CO2  0,17  mol  ; n H ancol  2n H2O  0, 6  mol   m  0,17.12  0, 6.1  0,13.16  4, 72  gam  Câu 5: Phương trình hóa học:

1

3n t O 2   nCO 2   n  1 H 2 O 2 t C2 H 6 O  3O 2   2CO 2  3H 2 O Cn H 2n  2 O 

n Ba  OH   1.0,3  0,3  mol  2

 2 29,55  0,15  mol  197  18nH O  *

n BaCO3 

Theo đề bài: ; m  mCO  mH O  33,3  44nCO 2 2 2 Ta có: bìnhtaêng n  n Ba  OH  Vì BaCO3 2 nên xảy ra hai trường hợp: TH1: Ba(OH)2 dư, phương trình hóa học:  3 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

2

0,15 ← 0,15 (mol) Theo  3 : n CO2  n BaCO3  0,15  mol 

 *

Từ

ta có:

89  mol  60 2   mol  3

33,3  44.0,15  18n H2O  n H2O 

4  mol   n A  n C2H5OH 3 2 1  2  n CO2  .  n  2   0,15  mol   3 Theo và ta có: n không thỏa mãn → Loại. TH2: Ba(OH)2 vừa hết, phương trình hóa học:  4 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O  n X  n H2O  n CO2 

0, 3 ← 0,3

→ 0,3

(mol)  5

CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,15 ← 0,15 (mol) Từ  4  và  5  ta có: n CO2  0,3  0,15  0, 45  mol 

Từ * ta có: 33,3  44.0, 45  18n H2O  n H2O  0, 75  mol   n X  n H2O  n CO2  0,3  mol   n A  n C2 H5OH  0,15  mol 

Theo 1 và  2  ta có: n CO2  0,15.  n  2   0, 45  mol   n  1 Vậy công thức của A là CH3OH. Đun ancol CH3OH và C2H5OH với H2SO4 đặc ở điều kiện nhiệt độ 140°C thu được ba sản phẩm ete, ở 180°C thu được một sản phẩm là anken. Công thức cấu tạo của bốn sản phẩm là: CH 3  O  CH 3 ; C2 H 5  O  C2 H 5 ; CH 3  O  C2 H 5 ; CH 2  CH 2 Câu 6: Phương trình hóa học:  2CH3ONa + H2 1 2CH3OH + 2Na  x

→ 0,5x

 C2H4(ONa)2 +H2 C2H4(OH)2 +2Na  y →y t  CO2 + 2H2O CH4O + O2 

x

→x

(mol)  2 (mol)  3 (mol)  4

 2CO2 + 3H2O C2H6O2 + O2  y → 2y (mol) 2, 24 n H2   0,1 mol  22, 4 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n H2  0,5x  y  0,1 mol  t

Theo  3 và  4  ta có: n CO2  x  2y  2n H2  0, 2  mol   a  m CO2  0, 2.44  8,8  gam  Vậy giá trị của a là 8,8.

Câu 7: Theo đề bài:

n ancol 

PV 1,3.1,568   0, 07  mol  RT 0, 082. 81,9  273 





R  OH m m  1 Đặt công thức chung của hai ancol là . 1, 232 n H2   0, 055  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 1 2R  OH  m  2mK  2R  OK  m  mH 2

→ 0, 035m (mol)  0, 035m  0, 055  mol   m  1,57

0,07

Theo 1 : n H2 → A là ancol đơn chức và B là ancol hai chức. Gọi công thức của rượu no A là Cn H 2n 1 OH , của rượu B là Cm H 2m  OH 2  n  1; m  1 . Gọi số mol của A và B lần lượt là a, b (mol).  a  b  0, 07 * - Xét phản ứng với kali dư, phương trình hóa học: 2Cn H 2n 1OH  2K  2Cn H 2n 1OK  H 2  2 a

→0,5a (mol) Cm H 2m  OH 2  2K  Cm H 2m  OK 2  H 2  3 b →b (mol) Theo  2  và  3 ta có: n H2  0,5a  b  0, 055  mol   0,5a  b  0, 055 ** a  0, 03 b  0, 04 Từ * và ** suy ra: ; - Xét phản ứng đốt cháy, phương trình hóa học: 3n t  4 Cn H 2n  2 O  O 2   nCO 2   n  1 H 2 O 2 0,03 → 0,03n (mol) 3m  1 5 t Cm H 2m  2 O 2  O 2   mCO 2   m  1 H 2 O   2 0,04 → 0,04m (mol) 7, 48  4   5 n CO2  0, 03n  0, 04m   0,17  mol  44 Theo và ta có:  3n  4m  17  m  2 ; n  3 (thỏa mãn) Vậy công thức của A và B lần lượt là C3H7OH và C2H4(OH)2 Câu 8: 65, 744  62,16 n CO2   0,16  mol  22, 4 a. Cho Y qua NaOH thì CO2 bị giữ lại: 3, 24 n H2O   0,18  mol  18 Theo đề bài: Gọi số mol C6H6 và Cn H 2n 1OH lần lượt là x, y (mol).  78x  14n  18  y  3, 08  78x  14ny  18y  3, 08

 *

Phương trình hóa học: 15 t C6 H 6  O 2   6CO 2  3H 2 O 2 x 6x 3x

1 (mol)

Cn H 2n  2 O 

y 1

3n t O 2   nCO 2   n  1 H 2 O 2 → ny  n  1 y

 2

(mol) 6x  ny  0,16 **  2 6x  ny  0,16  3x   n  1 y  0,18 3x  ny  y  0,18 *** Theo và ta có: x  0, 01 ny  0,1 y  0, 05 Từ (*), ** và *** suy ra: ; ; n2 Vậy công thức của X là C2H5OH. b. Thành phần phần trăm về khối lượng của hỗn hợp A là: 0, 01.78 %m C6 H6  .100%  25,32% 3, 08 %m C2 H5OH  100%  25,32%  74, 68%



Câu 9: m  m CaCO3  1, 25z  n CaCO3 

1, 25z  0, 0125z  mol  100

1. Ta có: Phương trình hóa học: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,0125z ← 0,0125z (mol) Theo phương trình: n CO2  0, 0125z(mol)  m CO2  0,55z(gam)

m  mCO  mH O  mH O  z  0,55z  0,45z  gam  2 2 2 Lại có: bìnhtaêng  n H2O  0, 025z  n CO2  0, 0125z  mol 

→Ancol CxHyOH là no, đơn chức, mạch hở với n ancol  0, 025z  0, 0125z  0, 0125z  mol  n CO2 0, 0125z x  1 n ancol 0, 0125z Ta có: Vậy ancol cần tìm có công thức là CH3OH. 11, 76 n H2   0,525  mol  22, 4 2. Theo đề bài: Viết 5 phương trình hóa học các chất trong A tác dụng với Na.  n A  2n H2  1, 05  mol   n O A   n A  1, 05  mol 

Viết 4 phương trình đốt cháy các chất trong A.  n CO2  n H2O  n A  4, 05  1, 05  3  mol   b  3.44  132  gam   n C A   3  mol  ; n H ancol  2n H2O  8,1 mol 

ìï mC ( A) = 3.12 = 36 ( gam) ïï ïm í H ( A) = 1.8,1 = 8,1( gam) ïï ï Ta có: ïî mO ( A) = 1, 05.16 = 16,8( gam)  a  m A   60,9  gam 

CHƯƠNG 3 DẪN XUẤT HIDROCACBON CHỦ ĐỀ 2: AXIT

1. Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Đốt cháy hết m gam một axit no, đơn chức, mạch hở được  m  2,8  gam CO2 và  m  2, 4  gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của axit đó. • Phân tích đề bài Tính số mol CO2 và H2O theo m. Axit no đơn chức ta có số mol CO2 và H2O bằng nhau. Từ đó xác định được m.

Từ m ta xác định được công thức phân tử rồi công thức cấu tạo của axit. • Giải chi tiết Công thức phân tử của axit no, đơn chức, mạch hở là Cn H 2n O 2  n  1 . Theo đề bài: m m  2,8 m  2, 4 n CO2   mol  n H2O   mol  n axit   mol  14n  32 44 18 ; ; Phương trình hóa học: 3n  2 t Cn H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O 2 Theo phương trình: n CO2  n H2O m  2,8 m  2, 4  44 18 m6 6  2,8 n CO2   0, 2  mol  44 Ta có: Theo phương trình: n.n axit  n CO2 

6n  0, 2 14n  32 n2 Công thức phân tử của axit đó là C2H4O2 công thức cấu tạo là CH3COOH. Ví dụ 2: Giả sử một dung dịch axit axetic có nồng độ a% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH nồng độ 10%, thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Hãy tính a. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đăk Nông năm 2011) • Phân tích đề bài Ghi nhớ công thức tính nồng độ phần trăm. Từ đó tính được a. • Giải chi tiết Gọi số mol CH3COOH là 1 (mol). 60  m dd axit   gam  a% Phương trình hóa học: CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 1 1 1 (mol) Theo phương trình: n CH3COONa  1 mol   n CH3COONa  82  gam    40  gam  n NaOH  1 mol   m dd NaOH  10%  60 40 m ddsau pu  m dd axit  m dd NaOH    gam  * a% 10% Ta có: 82 ** m ddsau pu   gam  10, 25% Lại có: 60 40 82 * **    a%  15% Từ và ta có: a% 10% 10, 25% Vậy giá trị của a là 15. Ví dụ 3: Đốt cháy m gam một chất hữu cơ A (chứa các nguyên tố C, H, O) trong oxi dư, thu được 6,6 gam CO2 và 2,7 gam H2O. Khi hóa hơi 3,7 gam A được thể tích bằng thể tích của 1,6 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Biết trong phân tử A có chứa hai nguyên tử oxi. a. Tính m. b. Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A, biết A tác dụng được với Na và NaOH. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Ninh năm 2017) • Phân tích đề bài 

Tính số mol CO2 và H2O từ đó suy ra công thức phân tử tổng quát của A. Tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol từ đó tính được phân tử khối của A. Suy ra công thức phân tử của A. Mà A tác dụng với Na và NaOH nên A thuộc loại axit. • Giải chi tiết a. Gọi công thức phân tử của A là C x H y O 2  x, y  ℕ * . Theo đề bài: 6, 6 2, 7 n CO2   0,15  mol  n H2O   0,15  mol  44 18 ;  n C A   n CO2  0,15  mol  ; n H A   2n H2O  0,3  mol  Ta có: x : y  n C A  : n H A   0,15 : 0,3  1: 2

→ Công thức phân tử của A có dạng C x H 2x O 2 . n A  n O2 

3, 7 1, 6   0, 05 M A 32

Tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol nên ta có: 74  32  M A  74  x  3 14 Vậy công thức phân tử của A là C3H6O2. Phương trình hóa học: 7 t C3 H 6 O 2  O 2   3CO 2  3H 2 O 2 0,05← 0,15 (mol) Theo phương trình: n C3H6O2  0, 05  mol   m  0, 05.74  3, 7  gam 

b. Vì A tác dụng được với Na và NaOH nên A là axit. Công thức cấu tạo của A là: CH 3  CH 2  COOH . Ví dụ 4: Chia hỗn hợp X gồm HCOOH và CH3COOH thành hai phần bằng nhau: Phần một: Cho tác dụng với AgNO3 thu được 4,32 gam kết tủa. Phần hai: Cho tác dụng với KOH vừa đủ thấy hết 500 ml dung dịch KOH 0,1 M. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. • Phân tích đề bài Phần một chỉ có HCOOH phản ứng với AgNO3 sinh ra 2Ag. Từ đó tính được số mol HCOOH. Từ dữ kiện phần hai, ta tính được số mol CH3COOH. • Giải chi tiết Gọi số mol của HCOOH và CH3COOH trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol). - Xét phần một: Phương trình hóa học: 1 HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3 4,32  0, 04  mol  108 Theo đề bài: 1 1 x  n .n Ag  0,5.0, 04  0, 02 HCOOH  2 Theo : - Xét phần hai: Theo đề bài: n KOH  0,5.0,1  0, 05  mol  n Ag 

Phương trình hóa học: HCOOH + KOH → HCOOK + H2O 0,02 →0,02 (mol) CH3COOH + KOH →CH3COOK + H2O 0,03 ← 0,03

 2  3 (mol)

 mol 

Theo  2  và  3 ta có: y  n CH3COOH  0, 03  mol  Vậy phần trăm khối lượng mỗi chất trong X là: 0, 02.46 %m HCOOH  .100%  33,82% 0, 02.46  0, 03.60 %m CH3COOH  100%  33,82%  66,18%

Ví dụ 5: Chia hỗn hợp M gồm axit hữu cơ A  Cn H 2n 1COOH  và rượu B  Cm H 2m 1OH  làm ba phần bằng nhau: Phần một: Cho tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít khí. Phần hai: Cho tác dụng với NaHCO3 dư thu được 1,344 lít khí. Phần ba: Đun nóng với axit H2SO4 đặc thì thu được 2,22 gam este E. Biết chỉ xảy ra phản ứng este hóa với hiệu suất phản ứng bằng 75%. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức phân tử của A, B và tính khối lượng hỗn hợp M đã sử dụng. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn Bà Rịa - Vũng Tàu năm 2017) • Phân tích đề bài Axit và ancol đều phản ứng với Na, chỉ axit mới phản ứng với NaHCO3, axit và ancol phản ứng trong H2SO4 đặc thu được este. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình, dữ kiện bài toán. • Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: 1 2CnH2n+1COOH + 2Na → 2CnH2n+1COONa + H2 2CmH2m+1OH + 2Na → 2CmH2m+1ONa + H2

 2

2CnH2n+1COOH + Na2CO3 → 2CnH2n+1COONa + CO2 + H2O  3 H 2SO 4 dac   Cn H 2n 1COOCm H 2m 1  H 2 O Cn H 2n 1COOH  Cm H 2m 1OH  

 4

b. 1,344  0, 06  mol  22, 4  0, 06  mol 

n CO2 

- Xét phần hai: Theo  3 : n A  n CO2 - Xét phần một:

1,12  0, 05  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n A  n B  2n H2  2.0, 05  0,1 mol   n B  0,1  0, 06  0, 04  mol  - Xét phần ba: Vì n A  n B nên hiệu suất tính theo rượu B. n H2 

Hiệu suất bằng 75% nên n este  n A pu  n B pu  0, 04.75%  0, 03  mol  2, 22 74  44  2 M este   74  n  m  2nm2 0, 03 14 TH1: Với n  0  là HCOOH 0,06 (mol) m  2  là C2H5OH 0,04 (mol) Khối lượng hỗn hợp M đã dùng là m M  3.m A  3.m B  3.0, 06.46  3.0, 04.46  13,8  gam  TH2: Với n  1  A là CH3COOH 0,06 (mol) m  1  B là CH3OH 0,04 (mol) Khối lượng hỗn hợp M đã dùng là m M  3.m A  3.m B  3.0, 06.60  3.0, 04.32  14, 64  gam 

Ví dụ 6: Đốt cháy 8,8 gam hợp chất X thu được 17,6 gam CO2 và 7,2 gam H2O. Biết X phản ứng được với NaHCO3. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của X.

• Phân tích đề bài Hợp chất hữu cơ X phản ứng được với NaHCO3 nên X là axit cacboxylic. Tính số mol CO2 và H2O để xác định loại axit cacboxylic. Từ đó tính toán theo dữ kiện đề bài để xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của X. • Giải chi tiết X phản ứng được với NaHCO3 nên X là axit cacboxylic. 17, 6 7, 2 n CO2   0, 4  mol  n H2O   0, 4  mol  44 18 ; Theo đề bài: → X là axit no, đơn chức, mạch hở có công thức phân tử là CnH2nO2  n  1 . 8,8  mol  14n  32 → Phương trình hóa học: 3n  2 t Cn H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O 2 nX 

nCO 2  n.n X  0, 4  mol  

8,8n  0, 4  n  4 14n  32

Theo phương trình: Vậy công thức phân tử của X là C4H8O2. Công thức cấu tạo có thể có của X là: CH 3  CH 2  CH 2  COOH;CH 3  CH  COOH | CH 3 Ví dụ 7: Để đốt cháy hoàn toàn 1,93 gam hỗn hợp gồm C2H3COOC2H5, CH3COOC2H3, CH 2  C  CH 3  COOH và CH 2  C  CH 3  COOCH 3 rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau khi phản ứng kết thúc thu được kết tủa và dung dịch X, dung dịch X có khối lượng giảm 3,97 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu. Tính thể tích hơi của sản phẩm cháy ở 0°C và 1 atm. • Phân tích đề bài Nhận thấy, hỗn hợp gồm bốn chất có công thức phân tử đôi một giống nhau. m  m  m CO2  m H2O Lại có: dd X giam • Giải chi tiết Hỗn hợp gồm bốn chất có công thức phân tử chung là C5H8O2 (x mol) và C4H6O2 (y mol).  100x  86y  1,93 *







m  m  m CO2  m H2O Phương trình hóa học: dd X giam t C5 H8O 2  6O 2   5CO 2  4H 2 O 1

x

→5x



4x

(mol) 9 2 t C4 H 6 O 2  O 2   4CO 2  3H 2 O   2 y → 4y 3y (mol) 1 2    n CO2  5x  4y  mol  m CO2  220x  176y  gam    n  4x  3y mol   m H2O  72x  54y  gam  Theo và ta có:  H2O Phương trình hóa học: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O  3 Theo  3 : n CaCO3  n CO2  5x  4y  mol   m  500x  400y  gam  m  m  m CO2  m H2O Lại có: dd X giam  3,97  500x  400y   220x  176y  72x  54y   3,97  208x  170y **





x  0, 015 y  0, 005 Từ * và ** ta có: ;

n H2O  4.0, 015  3.0, 005  0, 075  mol 

 VH2O  0, 075.22, 4  1, 68  lít 

Điều kiện tiêu chuẩn là ở 0°C và áp suất 1 atm. Ví dụ 8: Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp B gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp B trên thu được 11,44 gam CO2. Tìm công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai axit. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Sư Phạm năm 2017) • Phân tích đề bài Y là axit no, đa chức và có mạch cacbon hở, không phân nhánh → Y là axit là no, hai chức, mạch hở. Gọi công thức phân tử tổng quát của hai axit, sau đó xử lí dữ kiện đề bài để xác định công thức của hai axit. • Giải chi tiết Y là axit no, đa chức và có mạch cacbon hở, không phân nhánh → Y là axit là no, hai chức, mạch hở. Gọi công thức phân tử của X là Cn H 2n O 2  n  1 , của Y là Cm H 2m  2 O 4  m  2  . Gọi số mol của X và Y lần lượt là x, y (mol). Ta có: 14n  32  x  14m  62  y  8, 64  14  nx  my   32x  62y  8, 64

 *

VB  V2,8gam N2  n B  n N2 

Theo đề bài:  x  y  0,1

**

2,8  0,1  mol  28

Phương trình hóa học: 3n  2 t 1 Cn H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O 2 x → nx (mol) 3m  5 t  2 Cm H 2m  2 O 4  O 2   mCO 2   m  1 H 2 O 2 y → my (mol) 11, 44 n CO2   0, 26  mol  44 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n CO2  nx  my  0, 26  mol   nx  my  0, 26

***

Từ * , ** và *** ta có hệ phương trình: 14  nx  my   32x  62y  8, 64 nx  my  0, 26     x  0, 04  x  y  0,1 nx  my  0, 26  y  0, 06  

Ta có: 0, 04n  0, 06m  0, 26  2n  3m  13 Lại có: n  1 , m  2 nên với n  2 , m  3 (thỏa mãn). Vậy công thức phân tử của X, Y lần lượt là C2H4O2 và C3H4O2. Công thức cấu tạo của hai axit là: CH 3  CH 2  COOH ; HOOC  CH 2  COOH Ví dụ 9: Hỗn hợp Q gồm CH 3  CH 2  OH , CH 2  CH  CH 2  OH , CH 3  COOH , CH 2  CH  COOH . Đốt cháy hoàn toàn m gam Q cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m gam Q tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Tính giá trị x. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Đồng Nai năm 2017) • Phân tích đề bài

Nhận thấy, các ancol là đơn chức và đều có 6 nguyên tử H; các axit là đơn chức và đều có 4 nguyên tử H. Từ đó ta đặt công thức chung của ancol và axit. Viết phương trình hóa học và tính toán theo phương trình và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Coi hỗn hợp Q gồm ancol A có công thức CnH6O (a mol) và axit B có công thức CmH4O2 (b mol). Phương trình hóa học: t Cn H 6 O   n  1 O 2   nCO 2  3H 2 O 1 a →  n  1 a na 3a t Cm H 4 O 2  m O 2   mCO 2  2H 2 O

(mol)  2

b

→ mb mb 2b (mol) Theo 1 ,  2  ta có: n O2  na  a  mb  0, 4  mol  a  0, 4  0,35  0, 05  a  0, 05   n CO2  na  mb  0,35  mol    0,35  3a b  0,1  b  2 n  3a  2b  0,35 mol    H2O Vậy số mol axit là 0,1 mol và có công thức tổng quát là RCOOH. Phương trình hóa học: 2RCOOH  Ba  OH  2   RCOO  2 Ba  2H 2 O  3 0,1 → 0,05 (mol) 3 n  0, 05  mol   m Ba OH   0, 05.171  8,55  gam  Theo   : Ba  OH 2 2 8,55 x .100%  17,1% 50 Vây nồng độ dung dịch Ba(OH)2 là: 2. Bài tập tự luyện Câu 1: Cho 15 gam một axit đơn chức X vào cốc đựng 150 ml dung dịch NaOH 2M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 22,5 gam chất rắn khan. Tìm công thức của X. Câu 2: Chất béo A có công thức  Cn H 2n 1COO 3 C3 H 5 . Đun nóng 13,35 gam A với 20 gam dung dịch NaOH 10% tới khi phản ứng xà phòng hóa xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B còn lại 13,97 gam chất rắn khan. Xác định công thức phân tử của axit tạo thành chất béo A, biết NaOH đã lấy dư so với lượng cần thiết. Câu 3: Hỗn hợp A chứa hai hợp chất hữu cơ X, Y (có cùng phân tử khối) lần lượt có công thức Cn H 2n 1OH và Cm H 2m 1COOH . Lấy 6 gam A tác dụng với Na dư thu được 1,12 lít khí H2 (đktc). Nếu lấy 0,2 mol A thì tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 1M. Hãy: a. Xác định công thức cấu tạo của X và Y. b. Tính khối lượng mỗi chất trong 6 gam A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên đại học Vinh năm 2015) Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm hai axit hữu cơ là đồng đẳng kế tiếp ta thu được 6,6 gam CO2 và 2,7 gam H2O. a. Tìm công thức phân tử của hai axit. b. Khi cho 0,1 mol hỗn hợp X tác dụng với lượng dư Ag2O/NH3 thì khối lượng kết tủa thu được? Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn một axit no, đa chức X cần một lượng O2 là 10,4 gam thì thu được 0,3 mol CO2 và 0,25 mol H2O. Xác định công thức phân tử của X. Câu 6: Cho 11,88 gam hỗn hợp X gồm C2H5OH và C3H7OH có tỉ lệ mol là 3 :1 trộn với 18 gam axit axetic đem thực hiện phản ứng este hóa thì thu được bao nhiêu gam mỗi este. Cho hiệu suất các phản ứng este hóa đều là 60%. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn m gam một axit cacboxylic đơn chức, sản phẩm cháy cho hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư, thấy tạo thành 40 gam kết tủa và khối lượng dung dịch nước vôi giảm 17 gam. Mặt khác, khi cho cùng lượng axit đó tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí CO2 (đktc). Hãy xác định công thức phân tử của axit ban đầu.

R Câu 8: Chất A có công thức RCOOH, B có công thức R   OH 2 trong đó R và là các gốc hiđrocacbon mạch hở. Hỗn hợp X vừa trộn gồm hai chất A và B. Chia X thành hai phần bằng nhau, mỗi phần chứa 0,05 mol hai chất: - Phần 1: Tác dụng với Na dư thấy thoát ra 0,08 gam khí. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 3,136 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Tìm công thức của A và B. Câu 9: Có hỗn hợp gồm rượu Ca H 2a 1OH , axit hữu cơ Cb H 2b 1COOH (với a, b nguyên; a  1 , b  0 ) được chia làm ba phần bằng nhau: Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn rồi dẫn sản phẩm cháy vào bình đựng Ca(OH)2 thấy bình nặng thêm 34,6 gam trong đó có 30 gam kết tủa. Dung dịch thu được sau khi lọc kết tủa đem đun nóng lại thấy 10 gam kết tủa. Phần 2: Để trung hòa axit hữu cơ người ta phải dùng 100 ml dung dịch NaOH 1M. Phần 3: Đem đun nóng có mặt H2SO4 đặc thu được q gam este, cho biết hiệu suất phản ứng là 75%. a. Viết các phương trình hóa học. Tìm công thức của rượu và axit nói trên. b. Tìm q. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Sở Hà Nội năm 2006) Gợi ý giải Câu 1: Theo đề bài: n NaOH  0,15.2  0,3  mol 

Phương trình hóa học:

RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O 1 m  mNaOH  mchaátraén khan  mH O 2 Bảo toàn khối lượng ta có: axit 4,5  m H2O  15  0,3.40  22,5  4,5  gam   n H2O   0, 25  mol  18 15 1 n  60  M R  15  CH 3  RCOOH  n H 2 O  0, 25  mol   M RCOOH  0, 25 Theo : Vậy công thức của X là CH3COOH. Câu 2: Theo đề bài: m NaOH  20.10%  2  gam 

Phương trình hoa học:  Cn H 2n 1COO 3 C3 H 5  3NaOH  3Cn H 2n 1COONa  C3 H 5  OH 3 Bảo toàn khối lượng ta có: mA  mdd NaOH  mchaátraén  mglixerol  m C3H5  OH   13,35  2  13,97  1,38  gam   n C3H5 OH   0, 015  mol  3

3

n A  n C3H5  OH   0, 015  mol   M A 

13,35  890  n  17 0, 015

3 Theo phương trình: Vậy công thức phân tử của axit tạo A là C17H35COOH. Câu 3: a. Gọi số mol X, Y trong 6 gam A lần lượt là x, y (mol) có chung phân tử khối là M.  M  x  y  6  *

1,12  0, 05  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Cn H 2n 1OH  2Na  2Cn H 2n 1ONa  H 2 n H2 

1

x → 0,5x (mol) 2Cm H 2m 1COOH  2Na  2Cm H 2m 1COONa  H 2  2  y → 0,5y (mol) 0,5x  0,5y  0, 05  x  y  0,1 Theo 1 và  2  ta có:

**

M  60  Từ * và ** suy ra: X là C3H7OH; Y là CH3COOH. b. Gọi số mol X, Y trong 0,2 mol A lần lượt là xk, yk (mol).  xk  yk  0, 2   x  y  k  0, 2  k  2

Theo đề bài: n NaOH  1.0,15  0,15  mol  Phương trình hóa học: Cm H 2m 1COOH  NaOH  Cm H 2m 1COONa  H 2 O  3 0,15 ← 0,15 Theo  3 : n Y  yk  0,15  mol   y  0, 075 x  0, 025 Từ ** suy ra: Khối lượng mỗi chất trong 6 gam A là: m Y  0, 075.60  4,5  gam  ; m X  0, 025.60  1,5  gam 

(mol)

Câu 4: n CO2 

6, 6 2, 7  0,15  mol  n H2O   0,15  mol  44 18 ;

a. Theo đề bài: Ta thấy: n CO2  n H2O , nên hai axit là no, đơn chức, mạch hở.

Công thức chung của hai axit đồng đẳng kế tiếp là C n H 2n O 2  n  1 . Phương trình hóa học: 3n  2 t C n H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O 2 n CO2 n  1,5 nX Ta có: Vậy hai axit đó là HCOOH và CH3COOH. b. Gọi số mol HCOOH và CH3COOH trong 0,1 mol X lần lượt là x, y (mol).  x  y  0,1 * Ta có: n CO2  n HCOOH  2n CH3COOH  x  2y  0,15 ** x  y  0, 05 Từ * và ** suy ra:

Lại có: n Ag  2n HCOOH  0,1 mol   m  m Ag  0,1.108  10,8  gam  Câu 5: 10, 4 n O2   0,325  mol  32 Theo đề bài: Công thức phân tử của axit, no, đa chức X là Cn H 2n  2 2x O 2x  n  2, x  1 . Phương trình hóa học: 3n  3x  1 t Cn H 2n  2 2x O 2x  O 2   nCO 2   n  1  x  H 2 O 2 0,325 0,3 0,25 (mol) 0, 05 n CO2  n H2O   x  1 n X  n X   mol  x 1 Ta có: 0, 05.  3n  3x  1  0,325  3n  16x  14  0 2  x  1 Theo phương trình ta có: Với x  2 thì n  6 Vậy công thức phân tử của X là C6H10O4. Câu 6: Gọi số mol C2H5OH và C3H7OH lần lượt là 3x; x (mol).  3x.46  60x  11,88

 x  0, 06  n C2 H5OH  0,18  mol  ; n C3H7 OH  0, 06  mol 

18  0,3  mol  60 Theo đề bài: Ta thấy: n ancol  0, 24  mol   n axit  0,3  mol  , nên hiệu suất tính theo ancol.  n C2 H5OH pu  0,18.60%  0,108  mol  ; n C3H7 OH  0, 06.60%  0, 036  mol  n CH3COOH 

Phương trình hóa học: H SO

2 4 ñaë c   CH COOC H + H O C2H 5OH  CH 3COOH   3 2 5 2 0,108 → 0,108

(mol)

H 2SO4 ñaëc

  CH COOC H + H O C3H 7OH  CH 3COOH   3 3 7 2 0,036 → 0,036 (mol) Khối lượng mỗi este thu được là: m CH3COOC2 H5  0,108.88  9,504  gam  ; m CH3COOC3H7  0, 036.102  3, 672  gam 

Câu 7: m  m CaCO3  40  gam   n CaCO3 

Theo đề bài: Phương trình hóa học:

40  0, 4  mol  100

1 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,4 ← 0,4 (mol) Theo 1 : n CO2  0, 4  mol   m CO2  0, 4.44  17, 6  gam  Ta có:





mdd giaûm  mCaCO  mCO  mH O  mH O  40  17  17,6  5,4(gam) 3

2

2

2

5, 4  0,3  mol  18 Phương trình hóa học:  n H2O 

RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + CO2 + H2O 0,1 ← 0,1 Theo  2  : n axit  n CO2  0,1 mol 

 2 (mol)

→ Công thức phân tử của axit là C4H6O2 Câu 8: Gọi số mol RCOOH và R   OH 2 trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol).  x  y  0, 05  * - Phần một: Tác dụng với Na thoát ra: Phương trình hóa học: 2RCOOH + 2Na → 2RCOONa + H2 x → 0,5x R   OH  2  2Na  R   ONa  2  H 2 y

n H2 

0, 08  0, 04  mol  2

1 (mol)  2

→y (mol) Theo 1 và  2  ta có: n H2  0,5x  y  0, 04(mol)  0,5x  y  0, 04 (**) x  0, 02 y  0, 03 Từ * và ** suy ra: ; - Phần hai: 3,136 2, 7 n CO2   0,14  mol  n H2O   0,15  mol  22, 4 18 Theo đề bài: ;

Ta thấy: n CO2  n H2O nên ancol B no, hai chức, mạch hở. Nhưng n H2O  n CO2  n B nên A là axit không no đơn chức, mạnh hở, có một liên kết đôi. Gọi công thức phân tử của A là Cn H 2n  2 O 2 , B là Ca H 2a  2 O 2  n  3;a  2 

 2n  3a  14  n  4;a  2 Vậy A là C4H6O2; B là C2H6O2. Câu 9: a. Phần một: Phương trình hóa học: 3a t 1 Ca H 2a 1OH  O 2   aCO 2   a  1 H 2 O 2 3b  1 2 t Cb H 2b 1COOH  O 2    b  1 CO 2   b  1 H 2 O   2 Xét phần 1: Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O dẫn vào bình đựng Ca(OH)2 thu được kết tủa, sau đó dung dịch thu được đem đun nóng lại thu được kết tủa nên sau phản ứng thu được hai muối. Phương trình hóa học:  3 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 t  CaCO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 

 4  5

30 10  0,3  mol  n CaCO3  5   0,1 mol  100 100 ;  n CaCO3  0,3  mol 

n CaCO3  3 

Theo đề bài: Theo  3 : n CO2

4 5 n  2n Ca  HCO3   2n CaCO35  0, 2  mol  Theo   và   : CO2 2  n CO2  0,3  0, 2  0,5  mol   m CO2  0,5.44  22  gam 

mbình taêng  mCO  mH O  mH O  34,6  22  12,6  gam   nH O 

2 2 2 Lại có: Theo 1 và  2  : n ancol  n H2O  n CO2  0, 7  0,5  0, 2  mol  Xét phần 2: n NaOH  1.0,1  0,1 mol 

Phương trình hóa học: Cb H 2b 1COOH  NaOH  Cb H 2b 1COONa  H 2 O

2

12,6  0,7  mol  18

 6

0,1← 0,1 (mol) Theo 1 và  2  ta có: 0, 2.a  0,1.  b  1  0,5  2a  b  4 - Với a  1 , b  2  Công thức của ancol và axit lần lượt là CH3OH và C2H5COOH. - Với a  2 , b  0  Công thức của ancol và axit lần lượt là C2H5OH và HCOOH. b. Ta thấy: n ancol  n axit nên hiệu suất tính theo axit: n axit pu  0,1.75%  0, 075  mol  TH1: Nếu công thức của ancol và axit lần lượt là CH3OH và C2H5COOH. Phương trình hóa học: H 2SO 4 dac   C2 H 5COOCH 3  H 2 O CH 3OH  C2 H 5COOH   0,075

→ 0,075

(mol)

Khối lượng este thu được là: q  0, 075.88  6, 6  gam  TH2: Nếu công thức của ancol và axit lần lượt là C2H5OH và HCOOH. Phương trình hóa học: H đac 2SO 4   HCOOC2 H 5  H 2 O C2 H 5OH  HCOOH   0,075

→ 0,075 (mol) Khối lượng este thu được là: q  0, 075.74  5,55  gam  .

CHƯƠNG 3 DẪN XUẤT HIDROCACBON CHỦ ĐỀ 3: ESTE – CHẤT BÉO

1. Bài tập mẫu

Ví dụ 1: Hợp chất hữu cơ A mạch hở có tỉ khối so với hiđro bằng 78, chỉ có một loại nhóm chức. Khi A phản ứng với dung dịch NaOH tạo ra một muối và hỗn hợp hai ancol. Viết công thức cấu tạo mọi hợp chất thỏa mãn các tính chất của A. • Phân tích đề bài Từ tỉ khối của A so với H2, từ đó tính được phân tử khối của A. A phản ứng với dung dịch NaOH tạo ra một muối và hỗn hợp hai ancol và chỉ chứa một loại nhóm chức nên A là este hai chức. Từ đó suy ra công thức phân tử và công thức cấu tạo của A. • Giải chi tiết Ta có: d A/H2  78  M A  2.78  156 Lại có khi A phản ứng với dung dịch NaOH tạo ra một muối và hỗn hợp hai ancol và chỉ chứa một loại nhóm chức nên A là este hai chức. → Công thức cấu tạo của A là C7H8O4. Công thức cấu tạo thỏa mãn tính chất của A là COOCH 3 COOCH 3 COOCH 3 COOCH 2  CH 3 | | | | COOCH 2  CH 2  C  CH COOCH 2  C  C  CH 3 COOCH  C  CH COOCH 2  C  CH | CH 3 ; ; ; ; C  COOCH 3 CH 2  COOCH 3 COOCH 3 | | | COOCH 2 CH 3 ; COOCH 2  C  CH ; COOCH 2  CH  C  CH 2 Ví dụ 2: Thủy phân hoàn toàn 22 gam X (este no, đơn chức) trong dung dịch NaOH dư thu được muối duy nhất có khối lượng 24 gam. Xác định công thức của X. • Phân tích đề bài Thủy phân este thu được mmuoái  meste thì este đó là este tạo bởi ancol metylic. Gọi công thức phân tử của este no, đơn chức, viết phương trình hóa học. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính số mol là este. Từ đó suy ra công thức của X. • Giải chi tiết Ta thấy: mmuoái  24  gam   meste  22  gam   X là este tạo bởi ancol metylic. → Công thức của este có dạng RCOOCH3. Gọi số mol của X là x (mol). Phương trình hóa học:

RCOOCH3 + NaOH → RCOONa + CH3OH 1 x x x Theo 1 : n NaOH  n CH3OH  x  mol 

(mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: meste  mNaOH  mmuoái  mCH OH 3

 22  40x  24  32x  8x  2  x  0, 25 22 M RCOOCH3   88  M R  29  C2 H 5  0, 25 Ta có: Vậy công thức của este X là C2H5COOCH3. Ví dụ 3: a. Viết công thức của este sinh ra từ glixerol và axit panmitic (C15H31COOH) (tỉ lệ mol tương ứng là 1: 3 ). b. Để phản ứng xảy ra hoàn toàn với 86,2 gam một loại chất béo cần vừa đủ x gam NaOH, thu được 9,2 gam glixerol và y gam hỗn hợp muối của các axit béo. Tính x, y. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Long An) • Phân tích đề bài

Este sinh ra từ glixerol và axit panmitic (C15H31COOH) (tỉ lệ mol tương ứng là 1: 3 ) nên este đó là este ba lần axit C15H31COOH. Tính số mol theo dữ kiện đề bài và viết phương trình hóa học để xác định x và y. • Giải chi tiết a. Este sinh ra từ glixerol và axit panmitic với tỉ lệ mol tương ứng là 1: 3 → Este đó là este ba chức có công thức là (C15H31COO)3C3H5. b. Gọi chất béo có công thức (RCOO)3C3H5. 9, 2 n C3H5  OH    0,1  mol  3 92 Theo đề bài: Phương trình hóa học: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 0,3 ← 0,1 (mol) Theo phương trình: n NaOH  0,3  mol   x  m NaOH  0,3.40  12  gam  m  mNaOH  mmuoái  mC H OH  3 5 3 Bảo toàn khối lượng ta có: chaát beùo  y  mmuoái  86,2  12  9,2  89  gam 

Ví dụ 4: Chia 0,4 mol chất béo Y thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một, thu được số mol CO2 nhiều hơn số mol H2O là 0,6 mol. Cho phần hai phản ứng với dung dịch Br2 0,1 M. Tính thể tích dung dịch brom bị mất màu. • Phân tích đề bài Từ hiệu số mol CO2 và H2O, ta tính được độ bất bão hòa k. Suy ra tỉ lệ số mol chất béo Y phản ứng với Br2. • Giải chi tiết Gọi công thức chung của chất béo là CxHyO6 và k là độ bất bão hòa. Ta có: nY moãiphaàn  0,2  mol  Phương trình hóa học: t C x H y O6   x  0, 25y  3 O 2   xCO 2  0,5yH 2 O

n  nH O   k  1 nchaátbeùo  0,6   k  1 .0,2  k  4 2 Ta có: CO2 Trong đó, chất béo luôn có 3 liên kết đôi trong nhóm chức este, vậy còn lại 1 liên kết đôi trong phần hiđrocacbon. 1:1 n  nchaátbeùo  0,2  mol  nên Br2 →Tỉ lệ phản ứng của chất béo với Br2 là 0, 2 V  2  lít  0,1 Vậy thể tích brom bị mất màu là: Ví dụ 5: Chia m gam một este X đơn chức thành hai phần bằng nhau. Phần một bị đốt cháy hoàn toàn thu được 4,48 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam H2O. Phần hai tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 0,5M. Xác định công thức phân tử của X và viết các công thức có thể có của X. • Phân tích đề bài Tính toán số mol CO2 và H2O, so sánh số mol để xác định loại este. Từ đó suy ra công thức phân tử tổng quát của este. Tính toán số liệu và viết phương trình hóa học. • Giải chi tiết Phần một: Đốt cháy este X 4, 48 3, 6 n CO2   0, 2  mol  n H2O   0, 2  mol  22, 4 18 ; Theo đề bài: Ta thấy: n CO2  n H2O nên X là este no, đơn chức. RCOOR  Gọi công thức phân tử của X là Cn H 2n O 2  n  2  , hay . Phương trình hóa học: 3n  2 1 t Cn H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O   2

Phần hai: Tác dụng với NaOH Theo đề bài: n NaOH  0,1.0,5  0, 05  mol  Phương trình hóa học: RCOOR   NaOH  RCOONa  R OH 0,05 ← 0,05 Theo  2  : n este  0, 05  mol 

1

 2 (mol)

0, 2 4 0, 05 Theo : Vậy công thức phân tử của X là C4H8O2. Công thức có thể có của X là: HCOO  CH 2  CH 2  CH 3 HCOO  CH  CH 3 | CH 3 ; ; CH3COOCH2CH3; CH3CH2COOCH3 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 16,4 gam hỗn hợp A gồm hai axit cacboxylic đơn chức X, Y và một este đơn chức Z thu được 0,75 mol CO2 và 0,5 mol H2O. Mặt khác, cho 24,6 gam hỗn hợp A vào bình chứa 160 gam dung dịch NaOH 10% đun nóng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch D (nước bay hơi không đáng kể). Cô cạn toàn bộ dung dịch D thu được CH3OH, 146,7 gam H2O, m gam chất rắn khan E. Tìm giá trị của m. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thành phố Hà Nội năm 2017) • Phân tích đề bài Đặt công thức tổng quát của hỗn hợp gồm axit và este đơn chức. Sử dụng công thức tính lượng C, H có trong hỗn hợp, từ đó suy ra khối lượng của O. Tính toán suy ra số mol của A. • Giải chi tiết Gọi công thức phân tử chung của hai axit cacboxylic đơn chức X, Y và một este đơn Z là Cx H y O2 . n CO2  n.n este  0, 2(mol)  n 

Phương trình hóa học: y  y  t C x H y O 2   x   1 O 2   xCO 2  H 2 O 4  2  n C A   n CO2  0, 75  mol   m C A   0, 75.12  9  gam   n  2n H2O  2.0,5  1 mol   m H  A   1.1  1  gam  Ta có:  H A  Bảo toàn khối lượng ta có: m A  m C A   m H A   m O A   m O A   m A  m C A   m H A   16, 4  9  1  6, 4  gam 

 n O A  

6, 4  0, 4  mol  16

1  n A  .n O A   0,5.0, 4  0, 2  mol  2 Ta có: 16,4 gam A có n A  0, 2  mol  0, 2.24, 6  0,3  mol  16, 4 → 24,6 gam A có: - Xét khi cho 24,6 gam A vào bình đựng dung dịch NaOH Theo đề bài: m NaOH  160.10%  16  gam  ; m H2O  160  16  144  gam  nA 

Ta có:

Axit + NaOH → Muối + H2O 1 ; Este + NaOH → Muối + CH3OH  2  2, 7  m H2O 1  146, 7  144  2, 7  mol   n H2O 1   0,15  mol  18 Theo 1 : n axit  n H2O1  0,15  mol   n este  n A  n axit  0,3  0,15  0,15  mol 

Theo  2  : n CH3OH  n este  0,15  mol  Bảo toàn khối lượng ta có: m A  m dd NaOH  m E  m H2O  m CH3OH  24, 6  160  m E  146, 7  0,15.32  m E  33,1

Vậy m  m E  33,1(gam) Chú ý 1 n este  .n O este  2 Đối với este đơn chức ta luôn có:

Ví dụ 7: Đốt cháy hoàn toàn 15,2 gam hỗn hợp X gồm axit Cn H 2n 1COOH và rượu Cm H 2m 1OH (có số cacbon trong phân tử khác nhau) thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc) và 14,4 gam H2O. Thực hiện phản ứng este hóa 15,2 gam hỗn hợp X như trên với hiệu suất 90% thu được x gam este. Tính x. • Phân tích đề bài Đặt công thức tổng quát của axit và rượu. Tính toán số mol CO2 và H2O, so sánh số mol, viết phương trình hóa học để tính được số mol axit và rượu trong 15,2 gam hỗn hợp X. Viết phương trình phản ứng este hóa. So sánh axit và ancol để xác định hiệu suất được tính theo axit hay ancol. • Giải chi tiết a  n 1 a  m Hỗn hợp X gồm axit no, đơn chức  Ca H 2a O 2  và ancol no, đơn chức  Cm H 2m  2 O  với 13, 44 14, 4  0, 6  mol  n H2O   0,8  mol  22, 4 18 Theo đề bài: ; Phương trình hóa học: 3a  2 t 1 Ca H 2a O 2  O 2   aCO 2  aH 2 O 2 3m t  2 Cm H 2m  2 O  O 2   mCO 2   m  1 H 2 O 2 Ta thấy: n H2O  n CO2  n ancol  n ancol  0,8  0, 6  0, 2  mol  n CO2 

n C X   n CO2  0, 6  mol   m C X   0, 6.12  7, 2  gam   n  2n H2O  2.0,8  1, 6  mol   m H  X   1.1, 6  1, 6  gam  Lại có:  H X  Bảo toàn khối lượng ta có: m O X   m X  m C X   m H X   15, 2  7, 2  1, 6  6, 4  gam   n O X  

6, 4  0, 4  mol  1, 6

Mà: n O X   2n axit  n ancol  2n axit  0, 2  0, 4  n axit  0,1(mol)

Theo 1 và  2  ta có: n CO2  0,1a  0, 2m  0, 6  a  2m  6 Do a khác m nên a  4 , m  1 Vậy axit là C3H7COOH và ancol là CH3OH. Ta thấy: n axit  n ancol nên hiệu suất tính theo axit. H  90% Do nên: n axit pu  0,1.90%  0, 09  mol  Phương trình hóa học:

H 2SO4 ñaëc, t   3  C3H7COOCH3 + H2O C3H7COOH + CH3OH  0,09 → 0,09 (mol) Theo  3 : n C3H7 COOCH3  0, 09  mol   x  m C3H7 COOCH3  0, 09.102  9,18  gam 

Chú ý

Đối với axit và ancol đơn thức ta có: n O axit   2n axit ; n O ancol  n ancol

Khi đốt cháy hỗn hợp ancol no, đơn chức và axit no, đơn chức ta có: n ancol  n H2O  n CO2 Ví dụ 8: Axit X có công thức Cn H 2n 1COOH ( n  0 , nguyên; X có tính chất hóa học tương tự axit axetic). Tiến hành phản ứng este hóa giữa X và C2H5OH (có xúc tác H2SO4 đặc) thu được este Z. Sau phản ứng tách lấy hỗn hợp Y được 29,6 gam gồm este Z, axit X dư và C2H5OH dư. Chia hỗn hợp Y thành hai phần bằng nhau. Phần một phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch chứa m gam muối và 6,9 gam rượu. Đem đốt cháy hoàn toàn phần hai bằng khí oxi dư thu được 29,7 gam CO2 và 13,5 gam H2O. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tìm công thức cấu tạo của X, Z. b. Tìm m và tính hiệu suất của phản ứng este hóa. • Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học. Tính toán số mol theo dữ kiện đề bài và theo phương trình hóa học. Từ đó tính m và hiệu suất phản ứng este. • Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: H 2SO4 ñaëc, t   Cn H 2n1COOH  C2H 5OH  Cn H 2n1COOC2H 5  H 2O 1 Coi như tiến hành este hóa lượng axit và ancol ban đầu thu được 14,8 gam hỗn hợp Y. - Phần một: 14,8 gam hỗn hợp Y phản ứng với NaOH. Phương trình hóa học:  2 CnH2n+1COOC2H5 + NaOH → CnH2n+1COONa + C2H5OH

 3 CnH2n+1COOH + NaOH → CnH2n+1COONa + H2O 6,9 nC H OH   0,15  mol   nC H OH banñaàu  0,15  mol  2 5 46 Theo đề bài: 2 5 nNaOH  1.0,125  0,125  mol 

1 2 3 Theo   ,   và   ta có: naxit banñaàu  nNaOH  0,125  mol  - Phần hai: Đốt cháy hỗn hợp Y lượng CO2 sinh ra cũng bằng với đốt cháy lượng axit ban đầu và ancol ban đầu. 29, 7 n CO2   0, 675  mol  44 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 3n  1 t  4 Cn 1H 2n  2 O 2  O 2    n  1 CO 2   n  1 H 2 O 2  0,125 n  1 0,125 (mol) t C2 H 6 O  3O 2   2CO 2  3H 2 O

 5

0,15 → 0,3 (mol) 4 n  0,125  n  1  0,3  0, 675  mol   n  2 Theo   và  5 ta có: CO2 Vậy axit X có công thức C2H5COOH hay C3H6O2. → Công thức của Z là C2H5COOC2H5. n  nC H COONa  naxit  0,125  mol   m  mmuoái  0,125.96  12 gam  2 5 b. Ta có: muoái Ta thấy: n axit  n ancol nên hiệu suất tính theo axit. Gọi số mol axit phản ứng là a (mol). neste  a  mol    neste  nancol pöù a mol   nancol dö  0,15  a  mol   naxit dö  0,125  a  mol 

13,5  0, 75  mol  18 Theo đề bài: n  nH O  nCO  0,75  0,675  0,075  mol  2 2 Khi đốt cháy hỗn hợp Y ta có: ancol dö  0,15  a  0, 075  a  0, 075  mol  n H2O 

H

0, 075 .100%  60% 0,125

Vậy hiệu suất của phản ứng là: 2. Bài tập tự luyện Câu 1: Khi thủy phân một trieste X bằng dung dịch NaOH, người ta thu được glixerol và hỗn hợp hai muối natri của hai axit béo có công thức C17H35COOH (axit stearic), C15H31COOH (axit panmitic). Viết công thức cấu tạo có thể có của X? Câu 2: Đốt cháy hoàn toàn 3,56 gam hỗn hợp gồm CH3COOH và CH3COOC2H5 thu được 3,136 lít khí CO2 (đktc) và x gam nước. Mặt khác đun nóng 3,56 gam hỗn hợp trên với dung dịch NaOH dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được p gam CH3COONa. Viết các phương trình hóa học và tìm x, p. Câu 3: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất béo X chứa hỗn hợp các este có công thức (RCOO)3C3H5 và các axit béo RCOOH với R là C17H35 hoặc C15H31. Sau phản ứng thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc) và 10,44 gam nước. Xà phòng hóa m gam chất béo X (hiệu suất phản ứng là 90%) thì thu được bao nhiêu gam glixerol (glixerin)? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Bình năm 2016) Câu 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam este X tạo bởi ancol no, đơn chức, mạch hở và axit không no (chứa một liên kết đôi C  C ), đơn chức, mạch hở thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 5,4 gam H2O. Xác định công thức phân tử của X và tìm giá trị của m. Câu 5: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp các este no, đơn chức, mạch hở cần dùng 2,912 lít khí O2 (đktc). Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 lấy dư thấy khối lượng bình tăng thêm 6,2 gam. Tính a. Câu 6: Cho 0,02 mol một este phản ứng vừa hết với 200 ml dung dịch NaOH 0,2M, sản phẩm tạo ra chỉ có một muối và một ancol có số mol bằng nhau và đều có mạch cacbon thẳng. Mặt khác, khi xà phòng hóa hoàn toàn 2,58 gam este đó bằng lượng KOH vừa đủ, phải dùng 20 ml dung dịch KOH 1,5M, tạo ra 3,33 gam muối. Hãy xác định công thức của ancol, axit, este. Câu 7: Chất hữu có E được tạo bởi ba loại nguyên tố và chỉ chứa một loại nhóm chức, trong đó hiđro chiếm 6,85%; oxi chiếm 43,84% khối lượng của E. Khối lượng mol của E nhỏ hơn 250 gam. Lấy 4,38 gam E cho tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sản phẩm gồm ancol và 4,92 gam muối. Tìm công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của E. Câu 8: Cho 27 ml dung dịch rượu etylic 92° tác dụng với 30 gam dung dịch CH3COOH 48% có mặt H2SO4 đặc làm xúc tác. Chưng cất hỗn hợp sản phẩm thu được 15,84 gam este. Tính hiệu suất phản ứng este hóa. Biết khối lượng riêng của C2H5OH nguyên chất là 0,8 g/ml. Câu 9: Thêm một lượng axit sunfuric đặc vào bình đựng hỗn hợp gồm 15 gam axit axetic và 6,9 gam rượu etylic. Bình được nút kín rồi đun nóng một thời gian, sau đó ngừng đun thu được hỗn hợp X. Khi cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng với lượng dư dung dịch bari clorua tạo ra 2,33 gam kết tủa; nếu cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng lượng dư dung dịch kali hiđrocacbonat sẽ tạo ra 4,032 lít (đktc) khí cacbonic. Viết phương trình hóa học và tính phần trăm số mol rượu etylic đã tham gia phản ứng với axit axetic. Câu 10: Hỗn hợp Z gồm hai chất hữu cơ mạch hở, chứa cùng một chức hóa học. Khi đun nóng 14,16 gam hỗn hợp Z với một lượng dư dung dịch NaOH thì thu được một rượu đơn chức và 11,46 gam hỗn hợp muối của hai axit hữu cơ đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Mặt khác, nếu đốt cháy hết 2,832 gam Z cần vừa đủ 3,6288 lít khí O2, thu được 3,0912 lít khí CO2. Các thể tích khí đo ở đktc. a. Xác định công thức hai chất hữu cơ trong Z. b. Tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp Z. Câu 11: Một hỗn hợp gồm hai chất hữu cơ đơn chức, là đồng phân của nhau, tỉ số mol của hai chất trong hỗn hợp là 3 : 5 . Cho 70,4 gam hỗn hợp tác dụng hết với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp hai ancol có khối lượng mol hơn kém nhau 14 gam và thu được 72,6 gam hỗn hợp hai muối khan. Xác định công thức cấu tạo của chất ban đầu và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp tạo ra. Gợi ý giải

Câu 1: Công thức cấu tạo có thể có của X là: H 2 C  OOCC17 H 35 H 2 C  OOCC17 H 35 H 2 C  OOCC15 H 31 H 2 C  OOCC15 H 31 | | | | HC  OOCC17 H 35 HC  OOCC15 H 31 HC  OOCC15 H 31 HC  OOCC17 H 35 | | | | H 2 C  OOCC15 H 31 H 2 C  OOCC17 H 35 H 2 C  OOCC17 H 35 H 2 C  OOCC15 H 31 Câu 2: Gọi số mol CH3COOH và CH3COOC2H5 trong 3,56 gam lần lượt là a, b (mol).  60a  88b  3,56 * 3,136  0,14  mol  22, 4 Theo đề bài: Phương trình hóa học: t  2CO2 + 2H2O 1 C2H4O2 + 2O2  t  4CO2 + 4H2O  2  C4H8O2 + 5O2  n CO2 

** Theo 1 và  2  ta có: n CO2  2a  4b  0,14  mol   a  2b  0, 07 a  0, 03 b  0, 02 Từ * và ** suy ra: ; Theo 1 và  2  ta có: n H2O  n CO2  0,14  mol   x  m CO2  0,14.18  2,52  gam  Phương trình hóa học:

 3  4 CH COOC H + NaOH → CH COONa + H O Theo  3 và  4  ta có: n CH COONa  x  y  0, 05  mol   p  m CH COONa  0, 05.82  4,1 gam  CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 3

2

5

3

2

3

3

Câu 3:

X gồm este no, ba chức  k1  3 và axit no, đơn chức  k 2  1 có số mol lần lượt là x, y (mol). 13, 44 10, 44 n CO2   0, 6  mol  n H2O   0,58  mol  22, 4 18 Theo đề bài: ; Ta có: n CO2  n H2O   k1  1 n este   k 2  1 n axit  2x  0, 02  x  0, 01 Xà phòng hóa chất béo: nchaátbeùo pöù 0,01.90%  0,009  mol  Phương trình hóa học: (RCOO)3C3H5 +3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 0,009 → 0,009 (mol) n  0, 009  mol  Theo phương trình: C3H5  OH 3 m C3H5 (OH)3  0, 009.92  0,828(gam)

Câu 4: Công thức phân tử của este X tạo bởi ancol no, đơn chức, mạch hở và axit không no (chứa một liên kết đôi C  C ), đơn chức, mạch hở là Cn H 2n  2 O 2 . 8,96 5, 4 n CO2   0, 4  mol  n H2O   0,3  mol  22, 4 18 Theo đề bài: ; Phương trình hóa học: 3n  3 t Cn H 2n  2 O 2  O 2   nCO 2   n  1 H 2 O 2 Ta có: n CO2  n H2O  n este  n este  0, 4  0,3  0,1  mol 

n

0, 4 4 0,1

Vậy công thức của X là C4H6O2 và khối lượng là: m  0,1.86  8, 6  gam  Câu 5: Gọi công thức phân tử của este là CnH2nO2  n  2  . Phương trình hóa học: 3n  2 t Cn H 2n O 2  O 2   nCO 2  nH 2 O 2

1

 2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O m  mCO  mH O  6,2  gam  2 2 Ta có: bìnhtaêng 2,912 n O2   0,13  mol   m O2  4,16  gam  22, 4 Theo đề bài: Bảo toàn khối lượng ta có: m este  m O2  m CO2  m H2O  a  m este  6, 2  4,16  2, 04  gam 

Câu 6:

Theo đề bài: n NaOH  0, 2.0, 2  0, 04  mol  ; n KOH  1,5.0, 02  0, 03  mol  Vì 0,02 mol este phản ứng vừa hết với 0,04 mol NaOH thu được một muối và một ancol. → Este là hai chức được tạo bởi axit hai chức và ancol hai chức. Gọi công thức của este là R  COO 2 R  . Xà phòng hóa este đó bằng KOH vừa đủ, phương trình hóa học: R  COO 2 R   2KOH  R  COOK 2  R   OH 2 0,015 ←

0,03

→ 0,015

(mol)

n R  COOK   0, 015  mol   M R COOK  

Theo phương trình: Vậy công thức của axit là C4H8(COOH)2. 2

n este  0, 015  mol   M este 

Theo phương trình: Vậy công thức của ancol là C2H4(OH)2. → Công thức của este là C4H8(COO)2C2H4. Câu 7: %C  100%  6,85%  43,84%  49,31%

2

3,33 CH  222  M R  56  4 8  0, 015

2,58 CH  172  M R   28  2 4  0, 015

Gọi công thức đơn giản nhất của E là C x H y O z  x, y, z  N  . 49,31 6,85 43,84 x:y:z  : : 12 1 16 Ta có:  4,1: 6,85 : 2, 74  3:5: 2 Vậy công thức phân tử của E là (C3H5O2)n . Lại có: M E  250  n  3, 42 , số H phải chẵn nên công thức phân tử của E là C6H10O4. Vì E phản ứng với NaOH cho ancol và muối nên E phải là este. Do E chỉ chứa một loại nhóm chức và một phân tử E có chứa 4 nguyên tử oxi nên E là este hai chức. 4,38 nE   0, 03  mol  146 TH1: E được tạo bởi axit cacboxylic đơn chức và rượu hai chức: Phương trình hóa học:  RCOO 2 R   2NaOH  2RCOONa  R   OH 2 1 0,03

→0,06

(mol)

1

nmuoái  0,06  mol   M muoái 

4,92  82  R  82  67  15 0,06

Theo : Vậy E có hai đồng phân thỏa mãn: CH 3COO  CH 2  CH 2  OOC  CH 3 và HCOO  CH 2  CH 2  OOC  C2 H 5 . TH2: E được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và rượu đơn chức: Phương trình hóa học: R COOR   2NaOH  R  COONa 2  2R OH  2





0,03  2

2

→0,03 nmuoái  0,03 mol   M muoái 

(mol) 4,92  164  R  164  134  30 0,03

Theo : Không có công thức nào phù hợp. TH3: E được tạo bởi axit cacboxylic hai chức và rượu hai chức: Phương trình hóa học: R  COO 2 R   2NaOH  R  COONa 2  R   OH 2  3 0,03  3

→0,03 nmuoái  0,03 mol   M muoái 

(mol) 4,92  164  R  164  134  30 0,03

Theo : Không có công thức nào phù hợp. Câu 8: Theo đề bài: VC2 H5OH  27.92%  24,84  ml   m C2 H5OH  24,84.0,8  19,872  gam   n C2 H5OH 

19,872  0, 432  mol  46 m CH3COOH  30.48%  14, 4  gam   n CH3COOH 

Theo đề bài: Ta thấy: n axit  n ancol nên hiệu suất tính theo axit. 15,84 n CH3COOC2 H5   0,18  mol  88 Theo đề bài: Phương trình hóa học: H SO

14, 4  0, 24  mol  60

2 4 ñaë c, t   CH 3COOH  C2H 5OH  CH 3COOC2H 5  H 2O 0,18 ← 0,18  (mol) 0,18 nCH COOH pöù 0,18 mol   H  .100%  75% 3 0,24 Theo phương trình: Câu 9: 15 6,9 n CH3COOH   0, 25  mol  ; n C2 H5OH   0,15  mol  60 46 Theo đề bài: Phương trình hóa học:

H SO

2 4 ñaë c, t   CH 3COOH  C2H 5OH  CH 3COOC2H 5  H 2O Sau phản ứng thu được hỗn hợp X. Cho X tác dụng với BaCl2, phương trình hóa học:  2 BaCl + H SO → BaSO + 2HCl

2

 2

2

4

4

2,33  0, 01  mol  233 Theo : 4, 032 n CO2   0,18  mol  22, 4 Cho X tác dụng với KHCO3 ta có: Phương trình hóa học: n H2SO4  n BaSO4 

H2SO4 + 2KHCO3 → K2SO4 + 2CO2 + 2H2O 0,01 → 0,02

 3 (mol)  4

CH3COOH + KHCO3 → CH3COOK + CO2 + H2O 0,16 ← 0,16 (mol) Vậy X gồm 0,02 mol H2SO4; 0,16 mol CH3COOH dư; C2H5OH dư và CH3COOC2H5.  nCH COOH pöù 0,25  0,16  0,09  mol  3

Theo

1 :

nC H OH pöù nCH COOH pöù 0,09  mol  2

5

3

0, 09 .100%  60% Vậy phần trăm số mol rượu etylic đã tham gia phản ứng với axit axetic là: 0,15 Câu 10: a. Đun nóng Z với NaOH thu được một rượu đơn chức và hai muối của hai axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng → Z gồm hai este đơn chức. Gọi công thức phân tử chung của hai este trong Z là RCOOR  và có số mol là x (mol). - Đốt cháy 2,832 gam Z: 3, 6288 3, 0912 n O2   0,162  mol  n CO2   0,138  mol  22, 4 22, 4 ; Theo đề bài: Bảo toàn khối lượng ta có: m Z  m O2  m CO2  m H2O  m H2O  2,832  0,162.32  0,138.44  1,944  gam 

1,944  0,108  mol  18 n C Z  n CO2  0,138  mol   m C Z   0,138.12  1, 656  gam   n  2n H2O  0, 216  mol   m H  Z   1.0, 216  0, 216  gam  Ta có:  H Z Bảo toàn khối lượng ta có: m O Z   m Z  m C Z   m H  Z   2,832  1, 656  0, 216  0,96  gam   n H2O 

 n O Z  

0,96  0, 06  mol  16

1  n Z  .n O Z   0, 03  mol  2 Ta có: 2,832 gam Z có 0,03 mol 0, 03.14,16 nZ   0,15  mol  2,832 → 14,16 gam Z có: - Khi đun nóng 14,16 gam hỗn hợp Z với một lượng dư dung dịch NaOH Phương trình hóa học: RCOOR   NaOH  RCOONa  R OH 0,15 0,15 0,15 0,15 (mol) 11, 46 n RCOONa  0,15  mol   M RCOONa   76, 4  M R  9, 4 0,15 Theo phương trình:  R1  1 H  ; R 2  15  CH 3 

Bảo toàn khối lượng ta có: mancol  mZ  mNaOH  mmuoái  14,16  0,15.40  11,46  8,7  gam  8, 7 CH  M R OH   58  M R   41  3 5  0,15 Vậy Z là HCOOC3H5 và CH3COOC3H5. b. Gọi số mol của HCOOC3H5 (C4H6O2) và CH3COOC3H5 (C5H8O2) lần lượt là x, y (mol).  x  y  0,15  x  0, 06   Ta có hệ phương trình: 86x  100y  14,16  y  0, 09

Vậy phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp Z là: 0, 06.86 %m C4 H6O2  .100%  36, 44% 14,16 m C5H8O2  100%  36, 44%  63,56% Câu 11: Cho hỗn hợp hai chất hữu cơ đơn chức là đồng phân của nhau tác dụng với NaOH thu được hai ancol và hai muối → Hai chất hữu cơ đó là este đơn chức Ta thấy khối lượng muối lớn hơn khối lượng este ban đầu → Trong hai este phải có một este được tạo nên từ ancol metylic (CH3OH) và có số mol lớn hơn. Vì sau phản ứng thu được hai ancol có khối lượng mol hơn kém nhau 14 gam → Hai ancol đó là CH3OH và C2H5OH. Mà hai este lại đồng phân của nhau nên công thức của hai este là RCH2COOCH3 và RCOOC2H5. Gọi số mol hai este RCH2COOCH3 và RCOOC2H5 lần lượt là 5x, 3x (mol). 5x.  R  73  3x.  R  73  70, 4  * Phương trình hóa học: RCH2COOCH3 + NaOH → RCH2COONa + CH3OH 5x 5x 5x

1 (mol)  2

RCOOC2H5 + NaOH → RCOONa + C2H5OH 3x 3x 3x (mol) 1 n  5x  3x  8x  mol  n CH3OH  5x  mol  n C2 H5OH  3x  mol  Theo   và  2 ta có: NaOH ; ; Bảo toàn khối lượng ta có: meste  mNaOH  mmuoái  mCH OH  mC H OH 3

2

5

 70,4  8x.40  72,6  5x.32  3x.46  22x  2, 2  x  0,1

Từ * ta có: 0,8. R  73  70, 4  R  15  CH 3  → Hỗn hợp gồm CH3CH2COOCH3 (0,5 mol) và CH3COOCH2CH3 (0,3 mol). Theo 1 : n CH3CH2COONa  5x  0,5  mol   m C2 H5COONa  0,5.96  48  gam  m CH3COONa  72, 6  48  24, 6  gam 

Vậy phần trăm theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp tạo ra là: 48 %m C2 H5COONa  .100%  66,12% 72, 6 m CH3COONa  100%  66,12%  33,88%

CHƯƠNG 3 DẪN XUẤT HIDROCACBON CHỦ ĐỀ 4: CÁC HỢP CHẤT GLUXIT

1. Bài tập mẫu Ví dụ 1: Cho 32,4 gam xenlulozơ đem thủy phân trong môi trường axit thu được 27 gam glucozơ. Tính hiệu suất của quá trình thủy phân? • Phân tích đề bài Tính số mol xenlulozơ. Viết phương trình hóa học, tính theo phương trình ta được lượng glucozơ thu được theo lý thuyết. Từ dữ kiện đề bài cho, ta tính được hiệu suất của quá trình thủy phân. • Giải chi tiết Phương trình hóa học: H  nC6 H12 O6  C6 H10O5 n  nH 2O 

Cứ:

162

→ 180 (gam) 32, 4.180   36 162 Suy ra: 32,4 (gam) Theo phương trình và tỉ lệ về khối lượng: mglucozôtheolyùthuyeát  36  gam  27 .100%  75% 36 Vậy hiệu suất của quá trình thủy phân là: Ví dụ 2: Tiến hành thủy phân 68,4 gam saccarozơ trong dung dịch có axit loãng làm xúc tác, sau một thời gian được dung dịch X. Cho toàn bộ dung dịch X tác dụng với Ag2O/NH3 thu được 21,6 gam bạc kết tủa. Biết fructozơ cũng có phản ứng tráng bạc như glucozơ. Tính phần trăm khối lượng saccarozơ đã bị thủy phân. • Phân tích đề bài Thủy phân saccarozơ trong môi trường axit ta thu được sản phẩm là glucozơ và fructozơ. Mặt khác, glucozơ và fructozơ tham gia phản ứng với Ag2O/NH3 đều thu được 2Ag. Viết phương trình hóa học và tính theo phương trình để tính được khối lượng saccarozơ thủy phân. • Giải chi tiết Gọi số mol saccarozơ bị thủy phân là x (mol). Phương trình hóa học: H C12H 22O11  H 2O   C6H12O6  glucozô   C6H12O6  fructozô  1 H

x →x NH3 ,t  C6 H12 O6  Ag 2 O  C6 H12 O7  2Ag

→x

(mol)  2

2x

→ 4x 21, 6 n Ag   0, 2  mol  108 Theo đề bài: Theo 1 và  2  ta có: n Ag  4x  0, 2  mol   x  0, 05  mol   m C12 H22O11  0, 05.342  17,1  gam 

(mol)

17,1 .100%  25% 68, 4 Vậy phần trăm khối lượng saccarozơ đã bị thủy phân là: Ví dụ 3: Tiến hành lên men m gam glucozơ thành C2H5OH với hiệu suất 75%, rồi hấp thụ hết lượng CO2 sinh ra vào 2 lít dung dịch NaOH 0,5M  d  1, 05g / ml  thu được dung dịch: hỗn hợp hai muối có tổng H

nồng độ 3,2115%. Viết các phương trình hóa học xảy ra và tìm giá trị của m. • Phân tích đề bài Hấp thụ khí CO2 vào NaOH thu được hai muối. Viết phương trình hóa học, dựa vào dữ kiện đề bài lập và giải hệ phương trình để tính được lượng CO2 hấp thụ. Sau đó, từ phương trình lên men rượu tính được khối lượng glucozơ theo lý thuyết, từ đó tính được m (khối lượng thực tế). • Giải chi tiết Gọi số mol glucozơ lên men tạo thành rượu etylic là a (mol). Phương trình hóa học: lên men C6 H12 O6   2C2 H 5OH  2CO 2 1 a

→ 2a

(mol)

Theo 1 : n CO2  2a  mol  Hấp thụ CO2 vào dung dịch NaOH, thu được hai muối nên gọi số mol muối NaHCO3 và Na2CO3 lần lượt là x, y (mol). m NaHCO3  84x  gam  ; m Na 2CO3  106y  gam  Phương trình hóa học: CO2 + NaOH → NaHCO3 x x← x CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

 2 (mol)  3

y

2y←

y

(mol)  x  y  mol  ; n NaOH  x  2y  mol 

Theo  2  và  3 ta có: n CO2 Theo đề bài: n NaOH  0,5.2  1 mol   x  2y  1

 *

Lại có: m dd NaOH  1, 05.2000  2100  gam  m ddsau pu  m CO2  m dd NaOH  44x  44y  2100  gam 

Dung dịch hỗn hợp hai muối có tổng nồng độ 3,2115% nên ta có phương trình: 84x  106y .100%  3, 2115%  8258, 694x  10458, 694y  6744,15 44x  44y  2100 (**) x  0,5 y  0, 25 Từ * và ** suy ra: ;  n CO2  2a  0,5  0, 25  0, 75  mol   a  0,375  mol 

 m glucozo pu  0,375.180  67,5  gam 

 m  m glucozo bd  67,5 : 75%  90  gam 

Ví dụ 4: Từ 180 gam glucozơ và bằng phương pháp lên men rượu, thu được a gam ancol etylic (hiệu suất 80%). Oxi hóa 0,1a gam ancol etylic bằng phương pháp lên men giấm, thu được hỗn hợp X. Để trung hòa hỗn hợp X cần 720 ml dung dịch NaOH 0,2M. Tính hiệu suất quá trình lên men giấm. • Phân tích đề bài Tính toán số liệu đề bài. Viết phương trình hóa học, tính toán theo phương trình và dữ kiện đề bài, ta tính được hiệu suất quá trình lên men giấm. • Giải chi tiết Hiệu suất phản ứng lên men rượu là 80% nên ta có: 144 m glucozo pu  180.80%  144  gam   n glucozo pu   0,8  mol  180 Phương trình hóa học: lên men C6 H12 O6   2C2 H 5OH  2CO 2 1 0,8 → 1,6 (mol) 1 n  1, 6 mol  a  m  1, 6.46  73, 6  gam    C2 H5 OH Theo   : C2 H5OH Oxi hóa 0,1a  7,36 gam C2H5OH bằng phương pháp lên men giấm, phương trình hóa học: t C2 H 5OH  O 2   CH 3COOH  H 2 O  2 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Theo đề bài: n NaOH  0, 2.0, 72  0,144  mol 

 3

Theo  2  và  3 ta có: n C2 H5OH pu  n CH3COOH  n NaOH  0,144  mol   mC H OH thöïcteá  0,144.46  6,624  gam  2

5

6, 624 .100%  90% 7,36 Hiệu suất của quá trình lên men giấm là: Ví dụ 5: Phản ứng tổng hợp glucozơ trong cây xanh xảy ra như sau: Clorophin 6CO2  6H 2O  2816kJ   C6H12O6  6O2 AÙ nh saù ng H

Cứ trong một phút, mỗi cm2 lá xanh nhận được 0,05 kJ năng lượng mặt trời nhưng chỉ có 10% được sử dụng vào phản ứng tổng hợp glucozơ. Hãy tính thời gian để một cây có 1000 lá xanh (diện tích mỗi lá là 10 cm2) sản sinh được 1 kg glucozơ. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lâm Đồng năm 2017) • Giải chi tiết 2 Tổng diện tích lá xanh là: S  1000.10  10000  cm  Xét một phút: Năng lượng mặt trời nhận được là: 10000.0, 05  500kJ

→ Năng lượng được sử dụng để tổng hợp glucozơ là: 500.10%  50kJ 1000 50 m glucozo  1 kg   1000  gam   n glucozo    mol  180 9 Ta có: Phương trình tổng hợp: Clorophin 6CO2  6H 2O  2816kJ   C6H12O6  6O2 AÙ nh saù ng 2816 kJ←

1 mol

50 .2816  15644, 4kJ → 50/9 mol cần năng lượng là: 9 Vậy thời gian để cây sản sinh được 1 kg glucozơ là: 15644, 4 : 50  313 (phút) Ví dụ 6: Thủy phân m gam tinh bột trong môi trường axit (hiệu suất phản ứng đạt 72%), thu lấy toàn bộ lượng glucozơ và chia làm hai phần. - Phần một, cho tác dụng với dung dịch Ag2O/NH3 (dư), phản ứng hoàn toàn được 24,03 gam Ag. - Phần hai, thực hiện phản ứng lên men rượu (hiệu suất phản ứng đạt 80%). Chưng cất cho đến hết lượng ancol thu được và điều chỉnh thể tích bằng nước cất thấy thu được 287,5 ml dung dịch ancol etylic 75°. Tính m (gam)? Biết khối lượng riêng của ancol etylic nguyên chất bằng 0,8 gam/ml. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Phú Yên năm 2011) • Phân tích đề bài Xét từng phần để tính được tổng khối lượng glucozơ thực tế thu được sau phản ứng thủy phân tinh bột. Dựa vào hiệu suất phản ứng, ta tính được khối lượng tinh bột ban đầu (m). • Giải chi tiết Phương trình hóa học: H  ,t  1  nC6 H12 O6  C6 H10O5   nH 2O  n

t C6 H12 O6  Ag 2 O   C6 H12 O7  2Ag lên men C6 H12 O6  2C2 H 5OH  2CO 2

 2  3

24, 03 V  287,5.75%  215, 625  ml   0, 2225(mol) C2 H5OH 108 Theo đề bài: ; 172,5  m C2 H5OH  0,8.215, 625  172,5  gam   n C2 H5OH   3, 75  mol  46 1  2 n  .n Ag  0,5.0, 2225  0,11125  mol  glucozo p1 2 Theo : Theo  3 : n Ag 

1 nglucozôthöïcteá  .nC H OH  0,5.3,75  1,875  mol   nglucozô p2   1,875: 80%  2,34375 2 2 5 (mol) nglucozô1  0,11125  2,34375  2,455  mol   mglucozô  2,455.180  441,9  gam 

Cứ 162 gam tinh bột tạo ra 180 gam glucozơ (nếu H = 100%). Suy ra: Khối lượng tinh bột thủy phân tạo ra 441,9 gam glucozơ (nếu H  100% ) là 441,9.162  397, 71  gam  180 Với H  72%  m  mtinhboät  397,71: 72%  552,375  gam  2. Bài tập tự luyện Câu 1: Thủy phân hoàn toàn 0,01 mol saccarozơ trong môi trường axit, với hiệu suất là 60%, thu được dung dịch X. Trung hòa dung dịch X thu được dung dịch Y, đem dung dịch Y toàn bộ tác dụng với lượng dư dung dịch Ag2O/NH3 thu được m gam Ag. Tìm giá trị của m. Câu 2: Lên men a gam glucozơ được ancol với hiệu suất 90%. Hấp thụ hết lượng khí tạo ra vào bình đựng nước vôi trong, thấy có 10 gam kết tủa và khối lượng phần dung dịch giảm 3,4 gam so với ban đầu. Tính a.

Câu 3: Tính lượng gạo chứa 80% tinh bột cần thiết để điều chế 50 lít dung dịch rượu etylic 36° (gồm rượu và nước). Biết khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8 g/ml và hiệu suất mỗi giai đoạn thủy phân và lên men đều là 80%. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Giang năm 2017) Câu 4: Lên men giấm 2 lít dung dịch rượu etylic 11°. Dung dịch thu được cho trung hòa vừa đủ bằng dung dịch NaOH và thu được 205 gam muối khan. Tính hiệu suất của phản ứng lên men, biết rằng khối lượng riêng của C2H5OH là 0,8 g/ml. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Tuyên Quang năm 2017) Câu 5: Lên men giấm 1 lít rượu etylic 10° thu được hỗn hợp X. Cho toàn bộ X tác dụng hoàn toàn với natri kim loại (lấy dư), sau phản ứng thu được 592,92 lít khí H2 (ở đktc). Biết hiệu suất của phản ứng giữa Na với các chất trong hỗn hợp X đạt 100%; rượu etylic nguyên chất có khối lượng riêng 0,8 g/ml và nước có khối lượng riêng 1,0 g/ml. Hãy tính hiệu suất của phản ứng lên men giấm trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Trà Vinh năm 2017) Câu 6: Cho biết ý nghĩa quan trọng của sự hình thành tinh bột, xenlulozơ trong tự nhiên, nêu rõ vai trò của cây xanh đối với sự sống. Tính khối lượng tinh bột thu được và khối lượng khí oxi được giải phóng nếu lượng nước tiêu thụ là 5 tấn và lượng CO2 tham gia phản ứng dư. Giả sử hiệu suất phản ứng là 80%. Câu 7: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm glucozơ, saccarozơ, tinh bột và xenlulozơ cần 13,44 lít khí O2 (đktc). Dẫn toàn bộ khí CO2 sinh ra vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa trắng. Tính giá trị của m. Câu 8: Chia m gam glucozơ thành hai phần bằng nhau: - Cho phần một tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư, phản ứng xong thu được m1 gam kết tủa. - Tiến hành lên men rượu phần hai với hiệu suất 75% và cho hấp thụ toàn bộ sản phẩm khí thoát ra vào 2 lít dung dịch NaOH 0,5M  D  1,05 g / ml  thu được dung dịch chứa hai muối với tổng nồng độ là 3,21%. Xác định m và m1 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lâm Đồng năm 2017) Gợi ý giải Câu 1:

Do hiệu suất là 60% nên ta có: x  nsaccarozô pöù 0,01.60%  0,006  mol  Phương trình hóa học: H C12H 22O11  H 2O   C6H12O6  glucozô   C6H12O6  fructozô  1 x →x NH3 ,t  C6 H12 O6  Ag 2 O  C6 H12 O7  2Ag

→x

2x → 4x Theo 1 và  2  ta có: n Ag  4x  0, 024  mol   m  m Ag  0, 024.108  2,592  gam  Câu 2: Phương trình hóa học: lên men C6 H12 O6   2C2 H 5OH  2CO 2 Ta có:

(mol)  2 (mol)

1

mdd giaûm  m  mCO  mCO  10  3,4  6,6  gam  2

2

6, 6  0,15  mol  44 1 1 n  .nCO  0,5.0,15  0,075  mol   mglocozô pöù 0,075.180  13,5  gam  glocozô pöù 2 2 Theo :  a  13,5 : 90%  15  gam   n CO2 

Câu 3: VC2 H5OH  50.36%  18  lít   18000  ml   m C2 H5OH  0,8.18000  14400  gam  Phương trình hóa học:

 C6 H10O5 n

1  2



H ,t   nH 2 O   nC6 H12 O6

lên men C6 H12 O6  2C2 H 5OH  2CO 2

Theo 1 và  2  ta có: Cứ 162 gam tinh bột thu được: 46.2  92  gam  C2H5OH. 14400.162  mtinhboät  : 80%: 80%  39619,57  gam  92  mgaïo  39619,57 : 80%  49524,4625  gam  Câu 4:

Theo đề bài: VC2 H5OH  2.11%  0, 22  lít   220  ml   m C2 H5OH  0,8.220  176  gam  Phương trình hóa học: t C2 H 5OH  O 2   CH 3COOH  H 2 O  2 CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O  3

205  2,5(mol) 82 nC H OH pöù nCH COONa  2,5  mol   mC H OH pöù 2,5.46  115  gam 

mmuoái  mCH COONa  205(gam)  nCH COONa 

Theo đề bài: 2 3 Theo   và   ta có:

3

3

2

5

3

2

5

115 H .100%  65,34% 176 Vậy hiệu suất của phản ứng lên men là: Câu 5: Theo đề bài: VC2 H5OH  1.10%  0,1 lít   100  ml  ; VH2O  900  ml  m C2 H5OH  0,8.100  80  gam  ; m H2O  900  gam 

80 40 900  (mol); nH O   50(mol) 2 46 23 18 Gọi số mol C2H5OH phản ứng lên men là a (mol). Phương trình hóa học: t C2 H 5OH  O 2   CH 3COOH  H 2 O  2 nC H OH  2

5

a

a

a

(mol)  3

2C2H5OH + 2Na → 2C2H5ONa + H2

 4  5

2CH3COOH + 2Na → 2CH3COONa + H2 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 50  a  25  0,5a Theo

 3

:

(mol)

2n đH2  n CH2 H5OH X   n CH3COOH X   n C2 H5OH b  n

2



20  mol  23

Theo  4  : n H2  25  0,5a  mol   595    VH2    0,5a  .22, 4  592,92  a  1, 2  mol   23  1, 2 H .100%  69% 40 / 23 Vậy hiệu suất của phản ứng lên men là: Câu 5: Phương trình hóa học: Clorophin 6nCO2  5nH 2O  Q    C6H10O5   6nO2 AÙ nh saù ng n

90

162

192 (gam) 5.162 mtinhboät  .80%  7,2 90 (tấn) Vậy khối lượng tinh bột thu được là:

m O2 

Khối lượng khí O2 thu được là: Câu 7: Phương trình hóa học: t C6 H12 O6  6O 2   6CO 2  6H 2 O

5.192 .80%  8,53 90 (tấn)

1  2  3

t C12 H 22 O11  12O 2  12CO 2  11H 2 O

t  6nCO 2  5nH 2 O  C6 H10O5 n  6nO2  13, 44 1  2   3 n n   0, 6  mol 

Theo , và ta có: Phương trình hóa học:

CO 2

O2

22, 4

 4 CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,6 → 0,6 (mol) Theo  4  : m  m BaCO3  0, 6.197  118, 2  gam  Câu 8: - Xét phần hai: Gọi số mol glucozơ lên men tạo thành rượu etylic là a (mol). Phương trình hóa học: lên men C6 H12 O6   2C2 H 5OH  2CO 2 1 a

→ 2a (mol) 1 n  2a mol   Theo   : CO2 Hấp thụ CO2 và dung dịch NaOH, thu được hai muối nên gọi số mol muối NaHCO3 và Na2CO3 lần lượt là x, y (mol). m NaHCO3  84x  gam  ; m Na 2CO3  106y  gam  Phương trình hóa học: CO2 + NaOH → NaHCO3 x x← x

 2 (mol)  3

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O y 2y ← y (mol) Theo  2  và  3 ta có: n CO2  x  y  mol  ; n NaOH  x  2y  mol 

Theo đề bài: n NaOH  0,5.2  1 mol   x  2y  1 * Lại có: mddNaOH = 1,05.2000 = 2100 (gam) m  mCO  mddNaOH  44x  44y  2100  gam  2 → ddsaupöù Dung dịch hỗn hợp hai muối có tổng nồng độ 3,21 nên ta có phương trình: 84x  106y ** .100%  3, 21%  8258, 76x  10458, 76y  6741 44x  44y  2100 x  0,5 y  0, 25 Từ * và ** suy ra: ;  n CO2  2a  0,5  0, 25  0, 75  mol   a  0,375  mol 

 mgluoozô pöù 0,375.180  67,5  gam   mglucozô p2  67,5: 75%  90  gam 

 m  90.2  180  gam 

nglucozô p1  nglucozô p2 

- Xét phần một: Phương trình hóa học:

90  0,5(mol) 180

NH3 ,t  C6 H12 O6  Ag 2 O   C6 H12 O7  2Ag

0,5

n Theo  4 : Ag

 4

→1 (mol)  1 mol   m1  m Ag  108  gam 

CHƯƠNG 3 DẪN XUẤT HIDROCACBON CHỦ ĐỀ 5: PROTEIN – POLIME

1. Bài tập mẫu Ví dụ 1: Cho m gam H 2 NCH 2 COOH phản ứng hết với dung dịch KOH, thu được dung dịch chứa 28,25

gam muối. Tính giá trị của m? • Phân tích đề bài Viết phương trình hóa học ta được công thức của muối. Từ đó tính số mol của muối, tính theo phương trình suy ra số mol H 2 NCH 2 COOH . • Giải chi tiết Phương trình hóa học: H 2 NCH 2 COOH  KOH  H 2 NCH 2 COOK  H 2 O Theo đề bài:

mH NCH COOK  mmuoái  28,25  gam   nH NCH COOK  2

2

2

2

Theo phương trình: n H2 NCH2COOH  n H2 NCH2COOK  0, 25  mol   m  0, 25.75  18, 75  gam 

28,25  0,25  mol  113

Vậy giá trị của m là 18,75. Ví dụ 2: Cho 3 gam H 2 NCH 2 COOH phản ứng vừa đủ với dung dịch HCl thu được m gam muối khan. Xác định giá trị của m?. • Phân tích đề bài Tính toán số mol chất ban đầu. Viết phương trình hóa học ta được công thức của muối và tính số mol của muối. • Giải chi tiết 3 n H2 NCH2COOH   0, 04  mol  75 Theo đề bài: Phương trình hóa học: H 2 NCH 2 COOH  HCl  ClH 3 NCH 2 COOH  0, 04

0, 04

 mol 

Theo phương trình: n ClH3 NCH2COOH  n H2 NCH2COOH  0, 04  mol   mmuoái  0,04.111,5  4,46  gam  Vậy giá trị của m là 4,46.

Ví dụ 3: Cho 22,25 gam hỗn hợp X gồm CH 2  NH 2  CH 2 COOH và CH 3CH  NH 2  COOH tác dụng với V ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Biết dung dịch Y tác dụng vừa đủ với 400ml dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là? • Phân tích đề bài CH 2  NH 2  CH 2 COOH NaOH 0,4mol HCl 22, 25gam X    Dd Y   CH CH NH COOH    3 2  Sơ đồ phản ứng: Đây là dạng bài toán hai quá trình. Ta quy đổi dung dịch Y gồm X và NaOH cho tác dụng với 0,4 mol HCl. Viết phương trình hóa học, tính toán theo phương trình và dữ kiện đề bài. • Giải chi tiết Coi hỗn hợp Y gồm CH 2 ( NH 2 )CH 2 COOH, CH 3CH  NH 2  COOH và NaOH tác dụng với HCl. 22, 25  0, 25  mol  ; n HCl  0, 4  mol  89 Theo đề bài: Phương trình hóa học: CH 2  NH 2  CH 2 COOH  HCl  CH 2  NH 3Cl  CH 2 COOH nX 

CH 3CH  NH 2  COOH  HCl  CH 3CH  NH 3Cl  COOH NaOH  HCl  NaCl  H 2 O

Theo 1 ,  2  và  3 ta có: n HCl  n X  n NaOH  n NaOH  n HCl  n X  0, 4  0, 25  0,15  mol 

1  2  3

0,15  0,15 lít   150  ml  1 Ví dụ 4: Khi thủy phân m gam một đipeptit thu được 0,1 mol glyxin và 0,1 mol valin. Biết glyxin có phân tử khối là 75 và valin có phân tử khối là 117. Hãy cho biết giá trị của m. • Phân tích đề bài Viết phương trình dạng tổng quát của đipeptit. Sau đó, tính toán theo phương trình hóa học từ đó tính được m. • Giải chi tiết Công thức của đipeptit là Gly-Ala. Phương trình hóa học: Gly  Val  H 2 O  Gly  Val V 

0,1

0,1

0,1

0,1

 mol 

Theo phương trình: n Gly  Val  0,1  mol  ; n H2O  0,1 mol  Bảo toàn khối lượng ta có: m peptit + m H2O  m Gly  m Val

 m  m peptit  0,1.75  0,1.117  0,1.18  0,1.  75  117  18   17, 4  gam 

Ví dụ 5: Cho polime thiên nhiên R vào nước đun nóng, thấy tạo thành dung dịch keo. Nhỏ tiếp vài giọt dung dịch iot vào dung dịch keo thì không thấy hiện tượng gì, nhưng sau một thời gian thì thấy xuất hiện màu xanh. Từ chất R thực hiện dãy chuyển hóa sau: R   A   B   C   etyl axetat Xác định R, A, B, C và hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa trên (mỗi mũi tên ứng với một phản ứng). (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Quảng Ngãi năm 2017) • Giải chi tiết Cho polime thiên nhiên R vào nước đun nóng, thấy tạo thành dung dịch keo. Nhỏ tiếp vài giọt dung dịch iot vào dung dịch keo thì không thấy hiện tượng gì, nhưng sau một thời gian thì thấy xuất hiện màu xanh → R là tinh bột có công thức là  C6 H10 O5 n . Phương trình hóa học: H  nC6 H12 O6 1 C6 H10O5 n  nH 2O 

n men  2C2 H 5OH  2CO 2  2  C6 H12O6 lê  3 C2 H5OH  O2 t CH3COOH  H 2O o

  CH COOC H  4 CH COOH  C H OH   etyl axetat  H 2SO4 ñaëc

3

2

5

3

1

2

5

 2

 H 2O 3

 4

Ví dụ 6: Cho dãy chuyển hóa sau: Xenlulozô  A 1  A 2  A 3  PE a. Viết các phương trình hóa học, ghi rõ điều kiện thực hiện dãy chuyển hóa trên. b. Tính khối lượng gỗ có chứa 40% xenlulozơ cần dùng để sản xuất 14 tấn nhựa PE, biết hiệu suất chung của cả quá trình là 60%. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng năm 2017) • Phân tích đề bài Viết các phương trình hóa học. Xét chất đầu và chất cuối. Từ tỉ lệ về khối lượng, tính được khối lượng xenlulozơ theo hiệu suất và phần trăm chứa trong gỗ. • Giải chi tiết a. Phương trình hóa học: H  nC6 H12 O6 1 C6 H10O5 n  nH 2O  n men  2C2 H 5OH  2CO 2  2  C6 H12O6 lê

 3 C H OH  C H H 2SO4 ñaëc

2

5

2

4

 H 2O

t ,xt,p  ( CH 2  CH 2 ) n  4  nCH 2  CH 2  o

b. Ta thấy: Cứ 162 gam xenlulozơ thu được 28 gam PE. 14.162  40,5  taá n Để sản xuất 14 tấn nhựa PE thì cần khối lượng xenlulozơ là: 2.28 Khối lượng gỗ có chứa 40% xenlulozơ với hiệu suất quá trình là 60% là: 40,5: 60%: 40%  168,75  taá n

2. Bài tập tự luyện Câu 1: X là một amino axit chứa một nhóm COOH và một nhóm NH 2 . Cho 7,5 gam X tác dụng với 200 ml dung dịch HCl 1 M thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần dùng 600 ml dung dịch NaOH 0,5M thu được dung dịch Z. 1. Tìm công thức cấu tạo của X. 2. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Xác định giá trị của m. Câu 2: Khi thủy phân m gam một tripeptit X thu được 0,1 mol Gly và 0,2 mol Ala. Viết các công thức có thể có của X và tính giá trị của m. Biết glyxin có phân tử khối là 75 và alanin có phân tử khối là 89. Câu 3: Cho hai hợp chất hữu cơ X, Y chứa  C, H, O  chỉ chứa một loại nhóm chức đã học và có khối lượng mol phân tử đều bằng 46 gam. a. Xác định công thức cấu tạo của X, Y. Biết X, Y đều phản ứng với Na, dung dịch của Y làm quỳ tím hóa đỏ. b. Từ X viết các phương trình hóa học điều chế polietilen (PE). Câu 4: Thủy phân hoàn toàn hợp chất A có công thức C8 H15 N 3O 4 có axit làm xúc tác, thu được sản phẩm chỉ gồm CH 3CH  NH 2  COOH và H 2 N  CH 2  COOH. Viết công thức cấu tạo mọi chất có thể là A. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2012) Câu 5: Để điều chế cao su buna từ tinh bột theo sơ đồ sau: Tinh bột → Glucozơ → Ancol etylic → Buta-l,3-đien → Cao su buna Từ 10 tấn khoai chứa 80% tinh bột điều chế được bao nhiêu tấn cao su buna?  H  60%  Câu 6: Polime X được trùng hợp từ este có dạng RCOOR . Biết trong phân tử este này có 60% C; 8% H, còn lại là oxi. Lập công thức phân tử của polime trên. Câu 7: Cho hỗn hợp Y gồm hai amino axit Y1 và Y2 có mạch cacbon không phân nhánh. Tổng số mol của Y1 và Y2 là 0,05 mol. Cho hỗn hợp Y tác dụng hoàn toàn với 50 ml dung dịch H 2SO 4 0,55M, để trung hòa lượng H 2SO 4 dư cần dùng 10 ml dung dịch NaOH 0,5M. Hỗn hợp Y tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch Ba  OH 2 0,15M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 8,52 gam muối khan. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm qua nước vôi trong dư thu được 13 gam kết tủa. Cho biết Y1 có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn Y2 . Xác định công thức cấu tạo có thể có của Y1 và Y2 . (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Khoa học tự nhiên năm 2017)

Gợi ý giải Câu 1: 1. Gọi công thức X là H 2 NRCOOH. Theo đề bài: n HCl  1.0, 2  0, 2  mol  ; n NaOH  0,5.0, 6  0,3  mol  Sơ đồ phản ứng: 0,2mol HCl 0,3mol NaOH 7,5 gam X  H 2 NRCOOH    Dd Y   Dd Z Coi dung dịch Y gồm X, HCl tác dụng với NaOH. Phương trình hóa học: H 2 NRCOOH  NaOH  H 2 NRCOONa  H 2 O 0,1 

0,1

0,1

HCl  NaOH  NaCl  H 2 O 0, 2  0, 2

0, 2 n H2 NRCOOH  0,1 mol   M X 

1  mol  2   mol 

75  75  R  14  CH 2  0,1

Theo (1) và (2) ta có: Vậy công thức cấu tạo của X là H 2 NCH 2 COOH. 2. Bảo toàn khối lượng ta có: mmuoái  mX  mHCl  mNaOH  mH O  7,5  0,2.36,5  0,3.40  0,3.18  21,4  gam  2

Câu 2: Tỉ lệ số mol Gly : Ala = 1 : 2, mà X là tripepit. → X được tạo từ một gốc Gly và hai gốc Ala. Các công thức cấu tạo có thể có là: Gly-Ala-Ala; Ala-Ala-Gly; Ala-Gly-Ala. Phương trình hóa học tổng quát: A 3  2H 2 O  Gly  2Ala 0, 2 

0,1

0, 2  mol 

Theo phương trình: n H2O  0, 2  mol  Bảo toàn khối lượng ta có: m X  m H2O  m Gly  m Ala

 m  m X  0,1.75  0, 2.89  0, 2.18  21, 7  gam 

Câu 3: a. X là ancol có công thức C2 H 5OH, Y là axit có công thức HCOOH. b. Điều chế PE, phương trình hóa học: H SO

;170o C

2 4 ñaë c C2H 5OH   C2H 4  H 2O o

t ,xt,p CH 2  CH 2   ( CH 2  CH 2 ) n Câu 4: Gọi CH 3CH  NH 2  COOH và H 2 N  CH 2  COOH được viết tắt lần lượt là A1và A 2 . Ta có: A có 8 nguyên tử C; A1 có 3 nguyên tử C; A 2 có 2 nguyên tử C. Lại có: 8 = 3.2 + 2.1 Lại có A có 3 nguyên tử N và 4 nguyên tử O → A là tripeptit được tạo từ hai gốc A1 và một gốc A 2 . Công thức cấu tạo có thể có là: A1  A1  A 2 ; A1  A 2  A1 ; A 2  A1  A1 Câu 5: Ta có sơ đồ: (C6 H10 O5 ) n  nC6 H12 O6  2nC2 H 5OH  nCH 2  CH  CH  CH 2  ( CH 2  CH  CH  CH 2 ) n

n Theo đề bài: mtinhboät  10.80%  8  taá Ta thấy: Cứ 162 gam tinh bột thu được 54 gam cao su buna. → Từ 8 tấn tinh bột thu được khối lượng cao su buna là (nếu hiệu suất là 100%)

8.54 8  162 3 (tấn) 8 .60%  1,6  taá n Vậy với hiệu suất là 60%, khối lượng cao su buna thu được là: 3 Câu 6: * Gọi công thức của este là C x H y O z  x, y, z  N  . %O  100%  60%  8%  32% %C %H %O x:y:z  : : 12 1 16 Ta có:  5:8: 2

→ Công thức phân tử của este là C5 H8O 2 . Vậy công thức phân tử của polime là  C5 H8O 2 n . Câu 7: Y tác dụng với H 2SO 4 ; n Theo đề bài: n Hđ 2SO4 b  0,55.0, 05  0, 0275  molNaOH

 0,5.0, 01  0, 005  mol 

Phương trình hóa học: H 2SO 4  2NaOH  Na 2SO 4  H 2 O 0, 0025  0, 005  mol 

n  0,0025  mol   nH SO pöùvôùi Y  0,0275  0,0025  0,025 mol  2 4 Theo phương trình: H2SO4 dö Ta thấy: n Y : n H2SO4  2 :1  Trong Y có một nhóm NH 2 .

Y tác dụng với Ba  OH 2 n  0,15.0, 2  0, 03  mol   n OH  0, 06  mol  Theo đề bài: Ba  OH 2 n 0, 06 1  OH   1, 2  2 n Y 0, 05 Ta thấy → Trong Y có một chất có một nhóm COOH và một chất có hai nhóm COOH. → Công thức của hai chất trong Y là H 2 NR1COOH và H 2 NR 2  COOH 2 có số mol lần lượt là x, y (mol).  x  y  0, 05 * Phương trình hóa học: 2H 2 NR1COOH  Ba  OH 2   H 2 NR1COO 2 Ba  2H 2 O  0,5x

x

0,5x

H 2 NR 2 (COOH) 2  Ba  OH 2  H 2 NR 2  COO 2 Ba  2H 2 O y

y

y

1  mol  2   mol 

1 2 n  0,5x  y  0, 03  mol   0,5x  y  0, 03 **  Theo   và   ta có: Ba  OH 2 x  0, 04; y  0, 01 Từ * và ** suy ra:

- Đốt cháy Y 13  0,13  mol  100  0,13  mol 

n CaCO3 

Theo đề bài:  n CO2  n CaCO3

0,13  2, 6 → Số nguyên tử C trung bình 0, 05 → Công thức Y1 là H 2 NCH 2 COOH  0, 04 mol  . 

Ta có: mmuoáikhan  0.5x.285  y.(R2  241)  5,7  2,41  0,01.R2  8,52

 R 2  41 C3 H 2 

Công thức của Y2 là H 2 NC3 H 2  COOH 2 . Do Y2 có mạch cacbon không phân nhánh nên công thức cấu tạo có thể có của Y2 là: HOOC  CH  CH 2  CH 2  COOH; HOO C  CH 2  CH  CH 2  COOH | | NH 2 NH 2

ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 Câu 1: (1 điểm) Cho Na dư vào 95,75 ml dung dịch ancol (rượu) etylic có độ rượu là a° sau khi kết thúc các phản ứng thu được 57,12 lít khí hiđro (đktc). Xác định giá trị a, biết khối lượng riêng của ancol etylic là 0,8 g/ml; nước là 1,0 g/ml. Câu 2: (2 điểm) n, m  1; a  0 và m  n  1 ). Cho ba chất: Cn H 2n 1OH  A  ;Cm H 2m 1OH  B  và Ca H 2a 1COOH  D  (với 1. Trộn (A) và (B) được hỗn hợp Y. Tiến hành đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y, thu được sản phẩm cháy gồm khí CO và 18 gam H O. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy vào 250 ml dung dịch Ba OH 2 2M thì thu 2

2

được 78,8 gam kết tủa. Tìm công thức cấu tạo của (A) và (B). 2. Đun nóng hỗn hợp gồm 0,2 mol (A) và 0,15 mol (D) với dung dịch H2SO4 đặc. Sau một thời gian thu được 7,2 gam este với hiệu suất phản ứng este hóa là 80%. Tìm công thức cấu tạo của (D). Câu 3: (2 điểm) RCOOR  tác dụng vừa đủ với 160 ml Cho 65,08 gam hỗn hợp X gồm  C17 H 33COO 3 C3 H 5 và một este dung dịch NaOH 2M. Chưng cất hỗn hợp sau phản ứng thu được hỗn hợp Y chứa hai ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thu được 14,08 gam CO2 và 9,36 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo của RCOOR  . Câu 4: (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 2,76 gam hỗn hợp X gồm C x H y COOH, C x H y COOCH 3 , CH 3OH thu được 2,688 lít CO2 (đktc) và 1,8 gam H2O. Mặt khác cho 2,76 gam X phản ứng vừa đủ với 30 ml NaOH 1M thu được 0,96 gam CH 3OH. Tính phần trăm theo số mol từng chất trong X và xác định công thức cấu tạo của C x H y COOH . Câu 5: (3 điểm) 1. Thể tích rượu etylic 39°C thu được khi lên men m (kg) mùn cưa có chứa 81% xenlulozơ là 11,06 lít. Biết khối lượng của rượu etylic là 0,8 g/ml; hiệu suất của quá trình là 75%. Tìm giá trị của m. 2. Cho 19,8 gam hỗn hợp hai axit HCOOH và CH3COOH (có tỉ lệ mol) tương ứng 3 : 1) tác dụng với 20,7 gam rượu etylic, hiệu suất các phản ứng este hóa là 75%. a. Tính khối lượng este thu được sau phản ứng. b. Đem hỗn hợp sau phản ứng este hóa cho tác dụng hết với 250 ml dung dịch NaOH 2M, kết thúc phản ứng cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam chất rắn khan. BẢNG ĐIỂM Câu 1

Giải

Điểm

VC2 H5OH  95, 75.a%  0,9575a  ml   VH2O  95, 75  0,9575a  ml  m C2 H5OH  0,8.0,9575a  0, 766a  gam   m H2O  95, 75  0,9575a  gam  0, 766a  n C2 H5OH  46  mol   95, 75  0, 9575a n  mol  H2O   18 Phương trình hóa học: 2C2 H 5OH  2Na  2C2 H 5ONa  H 2 1 2H 2 O  2Na  2NaOH  H 2

2

57,12  2,55  mol  22, 4 Theo đề bài: Theo (1) và (2) ta có: n C2 H5OH  n H2O = 2n H2  2.2,55  5,1  mol  n H2 

0,5 điểm

0,5 điểm

0, 766a 95, 75  0,9575a   5,1 46 18 a 6 Vậy độ rượu là 6°. 78,8 n Ba OH   0,5  mol  ; n BaCO3   0, 4  mol  2 197 1. Phương trình hóa học: CO 2  Ba  OH 2  BaCO3  H 2 O 1 

 mol  CO 2  BaCO3  H 2 O  Ba  HCO3 2  2  0,1  0,1  mol  Từ (1) và (2) suy ra: n CO  0,5  0,1  0, 6  mol  0,5  0,5

 0,5

0,5 điểm

2

A và B là các ancol no, đơn chức, mạch hở nên ta có: n A  n B  n H2O  n CO2  1  0, 6  0, 4  mol  2



n CO2



0,5 điểm

0, 6  1,5 0, 4

→ Số C trung bình n A,B Công thức của hai ancol A, B lần lượt là CH 3OH và C2 H 5OH. 2. Ta thấy: n A  n D nên hiệu suất tính theo D.  nD pöù 0,15.80%  0,12  mol  H SO

2 4 ñaë c   RCOOCH  H O CH 3OH  RCOOH   3 2

0,12

 0,12

 3 : n este  0,12  mol   M este 

 3  mol 

0,5 điểm

0,5 điểm

7, 2  60  R  1 0,12

Theo Vậy công thức của D là HCOOH. Đốt cháy hai ancol no: n CO2  0,32  mol  ; n H2O  0,52  mol   n ancol  n H2O  n CO2  0, 2  mol 

 C17 H33COO 3 C3H5  3NaOH

 3C17 H 33COONa  C3 H 5  OH 3

x 3x  RCOOR   NaOH  RCOONa  R OH

3

4

y

y

y

x  mol 

Vậy este là C2 H 3COOCH 3 . Đặt n Cx H y COOH  a  mol  , n Cx H y COOCH3  b  mol  , n CH3OH  c  mol  n NaOH  0, 03  mol  , n CH3OH  0, 03  mol 

Phương trình hóa học:

0,5 điểm

 mol 

 x  y  0, 2  x  0, 06   Ta có hệ phương trình: 3x  y  0,32  y  0,14 Bảo toàn nguyên tố C: 3.0,06 + Số C  R OH  .0,14  0,32  Số C  R OH   1 hay Ancol là CH 3OH  R  là CH 3  .  m RCOOR   12, 04  gam   M RCOOR   86  R  27  C2 H 3 

n CO2  0,12  mol  , n H2O  0,1 mol 

0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

C x H y COOH  NaOH  C x H y COONa  H 2 O a

a

C x H y COOCH 3  NaOH  C x H y COONa  CH 3OH b

b

b

1  mol  2   mol 

Theo (1) và (2): a  b  0, 03 * ; b  c  0, 03 ** n C  n CO2  0,12  mol   m C  1, 44  gam   Ta có: n H  2n H2O  0, 2  mol   m C  0, 2  gam  Bảo toàn khối lượng ta có: m O  2, 76  1, 44  0, 2  1,12  gam 

0,5 điểm

0,5 điểm

 n O  0, 07  mol 

0,5 điểm

 2a  2b  c  0, 07 ***

5

Từ * , ** và  *** suy ra a = 0,01; b = 0,02; c = 0,01 Phần trăm số mol các chất trong X là: %n Cx H y COOH  25%;%n Cx H y COOCH3  50%;%n CH3OH  25%

0,5 điểm

Khối lượng hỗn hợp X: m x  0, 01. 12x  y  45   0, 02. 12x  y  59   0,32  2, 76  12x  y  27  x  2, y  3  Công thức axit là CH 2  CH  COOH. 1. Xét dung dịch rượu etylic: VC2 H5OH  11, 06.39%  4,3134  lít   m C2 H5OH  3, 45072  gam 

0,5 điểm

Phương trình hóa học: H  nC6 H12 O6  C6 H10O5  n  nH 2O  leâ n men C6H12O6  2C2H 5OH  2CO2

Cứ 162 gam xenlulozơ thì thu được 92 gam C2 H 5OH 3,45072.162  mmuøn cöa  : 75%: 81%  10  kg  92 2. a. Ta có : n HCOOH  0,3  mol  ; n CH3COOH  0,1 mol 

0,5 điểm

Gọi công thức chung của hai axit là RCOOH. 19,8 n RCOOH  0, 4  mol  , M RCOOH   49,5  M R  4,5 0, 4 Lại có: n C2 H5OH  0, 45  mol   n RCOOH  0, 4  mol  → Hiệu suất tính theo RCOOH: nRCOOH pö  0,4.75%  0,3  mol  Phương trình hóa học: H 2SO4 ñaë c   RCOOC H  H O RCOOH  C2H 5OH   2 5 2 0,3

 0,3

 0,3

 m este  0,3.  4,5  44  29   23, 25  gam 

0,5 điểm

0,5 điểm

 mol 

b . Hỗn hợp sau phản ứng este hóa gồm: 0,1 mol RCOOH; 0,15 mol C2 H 5OH và 0,3 mol RCOOC2 H 5 . Phương trình hóa học:

0,5 điểm

RCOOH  NaOH  RCOONa  H 2 O 0,1

0,1

0,1

 mol 

RCOOC2 H 5  NaOH  RCOONa  C2 H 5OH 0,3 0,3 0,3  mol 

Chất rắn sau phản ứng gồm 0,4 mol RCOONa và 0,1 mol NaOH dư.  mraén  32,6  gam 

0,5 điểm

CHUYÊN ĐỀ 1 NHẬN BIẾT Phương pháp giải Nguyên tắc: Dùng hóa chất thông qua phản ứng có hiện tượng xuất hiện để nhận biết các hóa chất đựng trong các bình mất nhãn. Phản ứng nhận biết: Phản ứng hóa học được chọn để nhận biết là phản ứng đặc trưng đơn giản, nhanh nhạy, có hiện tượng rõ ràng (kết tủa, hòa tan, sủi bọt khí, mùi, thay đổi màu sắc). Cách làm bài tập nhận biết: Bước 1: Trích mẫu thử (Đánh số thứ tự tương ứng). Bước 2: Chọn thuốc thử để nhận biết (Tùy theo yêu cầu của đề bài: thuốc thử không giới hạn, có giới hạn hay không dùng thuốc thử nào khác). Bước 3: Cho thuốc thử vào mẫu thử, trình bày hiện tượng quan sát được (mô tả hiện tượng xảy ra) rút ra kết luận đã nhận biết được chất nào. Bước 4: Viết phương trình phản ứng xảy ra khi nhận biết để minh họa. Cần lưu ý một số vấn đề sau: Khi nhận biết các chất rắn. - Nếu đề yêu cầu nhận biết các chất ở thể rắn, hãy thử nhận biết theo thứ tự: Bước 1: Thử tính tan trong nước. Bước 2: Thử bằng dung dịch axit (HCl, H2SO4, HNO3, …). Bước 3: Thử bằng dung dịch kiềm. - Có thể dùng thêm lửa hoặc nhiệt độ, nếu cần. Khi nhận biết các dung dịch - Nếu phải nhận biết các dung dịch mà trong đó có axit hoặc bazơ và muối thì nên dùng quỳ tím (hoặc dung dịch phenolphtalein) để nhận biết axit hoặc bazơ trước rồi mới nhận biết đến muối sau. - Nếu phải nhận biết các muối tan, thường nên nhận biết anion (gốc axit) trước, nếu không được thì mới nhận biết cation (kim loại hoặc amoni) sau. Khi nhận biết các chất khí Khi nhận biết một chất khí bất kì, ta dẫn khí đó lội qua dung dịch hoặc sục khí đó vào dung dịch, hay dẫn khí đó qua chất rắn rồi nung … không làm ngược lại. 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1: Có bốn lọ mất nhãn đựng bốn chất bột riêng biệt sau: Fe2O3, Fe3O4, Al2O3, FeO. Trình bày phương pháp hóa học nhận biết bốn chất bột trên và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Nguyên năm 2018). Giải chi tiết - Lấy mỗi lọ một ít chất rắn để làm mẫu thử. - Cho bốn mẫu thử vào dung dịch NaOH dư, mẫu thử tan hoàn toàn trong NaOH dư có chứa Al2O3. Al2 O3  2NaOH  2NaAlO 2  H 2 O - Cho các mẫu thử còn lại qua H2SO4 đặc, nóng, dư. Mẫu thử tan hoàn toàn và không có thêm hiện tượng gì là Fe2O3 Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O Hai mẫu thử còn lại đều tan và có khí mùi sốc thoát ra là hai mẫu chứa FeO và Fe3O4 t0 2FeO  4H 2SO 4dac   Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2 O 0

t 2Fe3O 4  10H 2SO 4 dac   3Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  10H 2 O - Cho hai mẫu còn lại vào dung dịch HCl, có thêm bột Cu. Mẫu thử Cu không tan là mẫu chứa FeO. FeO  2HCl  FeCl2  H 2 O Mẫu thử Cu tan và dung dịch chuyển thành màu xanh là mẫu chứa Fe3O4 Fe3O 4  8HCl  FeCl2  2FeCl3  4H 2 O

2FeCl3  Cu  2FeCl2  CuCl2 Ví dụ 2. Trong một bình kín chứa đồng thời các khí SO2, CO2, CH4, CO. Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết từng khí trong hỗn hợp trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa Đại học Sư phạm Hà Nội năm 2016).

Giải chi tiết - Lấy ở mỗi bình một lượng khí để làm mẫu thử. - Cho bốn mẫu thử sục qua dung dịch Br2 dư. Mẫu thử làm mất màu dung dịch nước brom là chứa khí SO2 SO 2  Br2  2H 2 O  2HBr  H 2SO 4 Còn lại không hiện tượng gì là CO2, CH4 và CO. - Cho ba mẫu thử còn lại sục qua dung dịch nước vôi trong dư Mẫu thử tạo kết tủa trắng là chứa khí CO2 CO 2  Ca(OH) 2  CaCO3  H 2 O Còn lại không hiện tượng gì là CH4 và CO. - Cho các khí còn lại đi qua ống nghiệm chứa CuO (màu đen), nung nóng Mẫu thử nào chất rắn từ màu đen chuyển thành màu đỏ là chứa khí CO. t0 CuO  CO   Cu  CO 2 Ví dụ 3. Chỉ dùng thêm dung dịch NaOH và được phép đun nóng, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch riêng biệt: NaCl, Ba(HCO3)2, FeCl2, MgCl2, NH4Cl, BaCl2. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Nguyên năm 2017). Giải chi tiết - Lấy mỗi dung dịch một ít để làm mẫu thử. - Đem các dung dịch trong các mẫu thử đun nóng Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là mẫu chứa Ba(HCO3)2 t0 Ba(HCO3 ) 2   BaCO3  CO 2  H 2 O Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử còn lại phản ứng với dung dịch NaOH dư Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng xanh, hóa nâu ngoài không khí là chứa FeCl2 FeCl2  2NaOH  Fe(OH) 2  2NaCl 4Fe(OH) 2  O 2  2H 2 O  4Fe(OH)3 Mẫu thử có khí mùi khai thoát ra là chứa NH4Cl NH 4 Cl  NaOH  NaCl  NH 3  H 2 O Mẫu thử có kết tủa trắng xuất hiện là chứa MgCl2 MgCl2  2NaOH  Mg(OH) 2  2NaCl Mẫu thử không hiện tượng gì là chứa NaCl và BaCl2 - Cho dung dịch NaOH dư vào mẫu Ba(HCO3)2 đã nhận biết Ba(HCO3 ) 2  2NaOH  BaCO3  Na 2 CO3  2H 2 O Lọc kết tủa, sau đó cho dung dịch thu được tác dụng với hai mẫu thử còn lại Mẫu thử có xuất hiện kết tủa trắng là BaCl2 BaCl2  Na 2 CO3  BaCO3  2NaCl Mẫu thử không hiện tượng gì là chứa NaCl. Ví dụ 4. Chỉ dùng một thuốc thử thích hợp, hãy phân biệt năm chất rắn gồm MnO2, Al2O3, Al4C3, Cuo và Ag2O đựng trong các lọ riêng biệt không nhãn. Viết các phương tình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị năm 2017). Giải chi tiết - Lấy mỗi lọ một ít chất rắn để làm mẫu thử. - Dùng dung dịch HCl cho vào các mẫu thử trên. Mẫu tạo dung dịch trong suốt là Al2O3 Al2 O3  6HCl  2AlCl3  3H 2 O Mẫu tan và có khí không màu thoát ra là Al4C3 Al4 C3  12HCl  4AlCl3  3CH 4 Mẫu tan và có khí màu vàng lục thoát ra là MnO2 MnO 2  4HCl  MnCl2  Cl2  2H 2 O Mẫu tan tạo dung dịch màu xanh là CuO

CuO  2HCl  CuCl2  H2O

Mẫu tan và tạo kết tủa trắng là Ag2O

Ag 2 O  2HCl  2AgCl  H 2 O Ví dụ 5. Có năm dung dịch chứa trong các bình riêng biệt sau: MgCl2, HCl, AlCl3, NaCl, Na2SO4. Chỉ được dùng một hóa chất duy nhất, hãy phân biệt các dung dịch trên. Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học minh họa. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đồng Nai năm 2017) Giải chi tiết

Ta có sơ đồ:

- Lấy mỗi dung dịch một ít để làm mẫu thử - Cho các mẫu thử hòa tan với dung dịch Ba(OH)2. Nhóm A là các mẫu thử thu được kết tủa trắng MgCl2  Ba(OH) 2  Mg(OH) 2  BaCl2 Na 2SO 4  Ba(OH) 2  BaSO 4  2NaOH Nhóm B là các mẫu thử không có hiện tượng gì. Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan hoàn toàn trong Ba(OH)2 dư là chứa AlCl3. 2AlCl3  3Ba(OH) 2  2Al(OH)3  3BaCl2 2Al(OH)3  Ba(OH) 2  Ba(AlO 2 ) 2  4H 2 O - Lần lượt cho các mẫu thử của nhóm B tác dụng với các kết tủa thu được của nhóm A Mẫu thử ở nhóm B mà không hòa tan được kết tủa nào ở nhóm A là NaCl. Mẫu thử ở nhóm B hòa tan được một kết tủa của nhóm A thì mẫu nhóm B là HCl, mẫu thử nhóm A tương ứng là kết tủa Mg(OH)2 hay ban đầu là MgCl2. Mg(OH) 2  2HCl  MgCl2  2H 2 O Mẫu còn lại của nhóm A chứa kết tủa BaSO4 hay mẫu ban đầu là Na2SO4. Ví dụ 6. Không dùng thêm thuốc thử nào khác, hãy phân biệt các lọ mất nhãn đựng các dung dịch riêng biệt sau: NaOH, KCl, MgCl2, CuCl2, AlCl3. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Ninh năm 2017). Giải chi tiết Lấy mỗi lọ một ít dung dịch làm mẫu thử, rồi lần lượt cho các mẫu thử phản ứng với nhau đôi một. Ta có bảng: NaOH KCl MgCl2 CuCl2 AlCl3 NaOH x Mg(OH)2 Cu(OH)2 Al(OH)3 sau tan KCl x MgCl2 Mg(OH)2 x CuCl2 Cu(OH)2 x AlCl3 Al(OH)3 sau tan X Thống kê 1 kết tủa trắng Không hiện 1 kết tủa trắng 1 kết tủa xanh 1 kết tủa trắng keo 1 kết tủa xanh tượng sau đó tan dần 1 kết tủa trắng keo sau đó tan dần - Mẫu thử thu được 1 kết tủa trắng, 1 kết tủa xanh, 1 kết tủa trắng keo sau đó tan dần là mẫu chứa NaOH. - Mẫu thử không hiện tượng gì là mẫu chứa KCl. - Mẫu thử thu được 1 kết tủa trắng là mẫu chứa MgCl2. - Mẫu thử thu được 1 kết tủa xanh là CuCl2. - Mẫu thử thu được kết tủa trắng keo sau đó kết tủa tan là AlCl3.

Phương trình hóa học:

2NaOH  MgCl2  Mg(OH) 2  2NaCl 2NaOH  CuCl2  Cu(OH) 2  2NaCl 3NaOH  AlCl3  Al(OH)3  3NaCl

Al(OH)3  NaOH  NaAlO 2  2H 2 O Ví dụ 7. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt các chất lỏng nguyên chất: ancol etylic, etyl axetat, benzen và dung dịch axit axetic, dung dịch glucozơ được đựng trong các lọ riêng biệt mất nhãn. Viết phương trình hóa học minh họa. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Giang năm 2017). Giải chi tiết - Lấy mỗi lọ một ít chất lỏng cho vào ống nghiệm, ta được các mẫu thử chứa: C2H5OH, CH3COOC2H5, C6H6, CH3COOH, C6H12O6. - Cho các mẫu thử hòa tan với dung dịch NaHCO3 dư Mẫu thử có khí không màu, không mùi thoát ra là mẫu chứa CH3COOH. CH 3COOH  NaHCO3  CH 3COONa  CO 2  H 2 O Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử còn lại phản ứng Cu(OH)2. Mẫu thử hòa tan Cu(OH)2 thu được dung dịch phức màu xanh lam là C6H12O6 2C6 H12 O6  Cu(OH) 2  (C6 H12 O6 ) 2 Cu  2H 2 O Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử còn lại phản ứng với kim loại Na. Mẫu thử thu được khí không màu, không mùi là mẫu chứa C2H5OH 2C2 H 5OH  2Na  2C2 H 5ONa  H 2 Hai mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho hai mẫu thử còn lại vào dung dịch NaOH Mẫu thử thu được dung dịch đồng nhất là CH3COOC2H5 CH 3COOC2 H 5  NaOH  CH 3COONa  C2 H 5OH Còn lại dung dịch không đồng nhất là mẫu chứa C6H6. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Nêu phương pháp hóa học để nhận biết các chất khí riêng biệt đựng trong các bình mất nhãn: CO2, SO2, C2H4, CH4, H2. Viết phương trình hóa học xảy ra. Giải Ta có sơ đồ:

Câu 2: Không dùng thêm hóa chất, hãy phân biệt ba ống mất nhãn chứa riêng biệt ba dung dịch không màu sau: dung dịch HCl, dung dịch NaOH và dung dịch phenolphtalein. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bình Dương năm 2018). Giải Lấy mỗi ống một ít làm mẫu thử, rồi lần lượt cho các mẫu thử phản ứng với nhau từng đôi một ta có: HCl NaOH Phenolphtalein HCl x NaOH x Hồng Phenolphtalein Hồng X Thống kê Không hiện tượng 1 hồng 1 hồng

- Mẫu thử không hiện tượng gì là HCl. Còn lại là NaOH và phenolphtalein. - Nhỏ từ từ HCl vào hai mẫu thử thu được màu hồng trên Mẫu thử màu hồng mất dần, là mẫu đổ từ từ NaOH vào phenolphatalein NaOH  HCl  NaCl  H 2 O Còn lại là mẫu thử màu hồng không thay đổi là mẫu nhỏ từ từ phenolphtalein vào NaOH. Câu 3: Chỉ được dùng thêm hai thuốc thử (tự chọn) để phân biệt các chất bột sau: magie oxit, điphotpho pentaoxit, bari oxit, natri sunfat, nhôm oxit. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có). (Trích đề thi HSG Hưng Yên năm 2018). Giải Các chất gồm: MgO, P2O5, BaO, Na2SO4, Al2O3

Ta có sơ đồ:

Câu 4: Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt chứa: NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi HSG Quảng Trị năm 2018). Giải - Dùng phenolphtalein cho vào các mẫu thử Mẫu thử làm dung dịch phenolphtalein chuyển màu hồng là Na2CO3. Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Dùng Na2CO3 vừa nhận biết được hòa tan với các mẫu thử còn lại Mẫu thử thu được kết tủa nâu đỏ và khí không màu thoát ra là Fe(NO3)3 2Fe(NO3 )3  3Na 2 CO3  3H 2 O  2Fe(OH)3  3CO 2  6NaNO3 Mẫu thử thu được kết tủa keo trắng và khí không màu thoát ra là AlCl3 2AlCl3  3Na 2 CO3  3H 2 O  2Al(OH)3  3CO 2  6NaCl Mẫu thử thu được khí không màu là NaHSO4 2NaHSO 4  Na 2 CO3  2Na 2SO 4  CO 2  H 2 O Mẫu thử thu được kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca(NO3 ) 2  Na 2 CO3  CaCO3  2NaNO3 Mẫu thử không hiện tượng gì là NaCl. Câu 5: Có năm chất bột riêng biệt: FeS, Ag2O, CuO, MnO2, FeO đựng trong các lọ mất nhãn. Chỉ dùng một dung dịch thuốc thử, trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các chất trên. Viết các phương trình hóa học minh họa. (Trích đề thi vào 10 chuyên Amsterdam năm 2018). Giải - Dùng dung dịch HCl cho vào các mẫu thử trên Mẫu tan và tạo khí mùi trắng thối là FeS FeS  2HCl  FeCl2  H 2S Mẫu tan và tạo kết tủa trắng là Ag2O Ag 2 O  2HCl  2AgCl  H 2 O Mẫu tan tạo dung dịch màu xanh là CuO CuO  2HCl  CuCl2  H 2 O

Mẫu tan và có khí màu vàng lục thoát ra là MnO2 MnO 2  4HCl  MnCl2  Cl2  2H 2 O Mẫu tan và tạo dung dịch màu xanh nhạt là FeO FeO  2HCl  FeCl2  H 2 O Câu 6: Có năm lọ mất nhãn đựng năm dung dịch riêng biệt sau: hồ tinh bột, lòng trắng trứng, saccarozơ, glucozơ, rượt etylic. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt năm dung dịch trên và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Nguyên năm 2018). Giải - Thử các mẫu bằng iot Mẫu thử làm iot chuyển màu tím đen là chứa hồ tinh bột. Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử đen đun nóng Mẫu thử có hiện tượng đông tụ là chứa lòng trắng trứng. Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử còn lại qua dung dịch Ag2O/NH3 Mẫu thử thu được kết tủa trắng bạc là mẫu chứa glucozơ NH3 / t 0 C6 H12 O6  Ag 2 O   C6 H12 O7  2Ag Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì. - Cho các mẫu thử còn lại hòa tan vào Cu(OH)2 Mẫu thử làm Cu(OH)2 tan tạo dung dịch phức màu xanh làm là chứa saccarozơ 2C12 H 22 O11  Cu(OH) 2  (C12 H 21O11 ) 2 Cu  2H 2 O Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là C2H5OH

CHUYÊN ĐỀ 2 TÁCH CHẤT – LÀM KHÔ Phương pháp giải Tách chất Tách chất ra khỏi hỗn hợp dựa vào tính chất vật lí: - Phương pháp lọc: Dùng để tách chất không tan ra khỏi hỗn hợp lỏng. - Phương pháp cô cạn: Dùng để tách chất tan rắn (không hóa hơi khi gặp nhiệt độ cao) ra khỏi dung dịch hỗn hợp lỏng. - Phương pháp chưng cất phân đoạn: Dùng để tách các chất lỏng ra khỏi hỗn hợp lỏng nếu nhiệt độ đông đặc của chúng cách biệt nhau quá lớn. - Phương pháp chiết: Dùng để tách các chất lỏng ra khỏi hỗn hợp lỏng không đồng nhất. Tách chất ra khỏi hỗn hợp dựa vào tính chất hóa học: Bước 1: Chọn chất X chỉ tác dụng với A (mà không tác dụng với B) để chuyển A thành dạng A1 kết tủa, bay hơi, hoặc hòa tan; tách ra khỏi B (bằng cách lọc hoặc tự tách). Bước 2: Điều chế lại chất A từ chất A1. Sơ đồ tách Tách bang phuong pháp vât lý Hon hop  A, B  X  

AX  Y  A phan ung tái tao B

Chú ý: - Chỉ tác dụng lên một chất trong hỗn hợp cần tách. - Sản phẩm tạo thành có thể tách dễ dàng khỏi hỗn hợp. - Từ sản phẩm phản ứng tạo thành có khả năng tái tạo được chất ban đầu. Làm khô Nguyên tắc chọn chất làm khô: Giữ được nước và không có phản ứng với chất cần làm khô. Các chất làm khô thường dùng: H2SO4 đặc, P2O5, CaO (vôi sống, mới nung), CuSO4 (khan, màu trắng), CaCl2 (khan), NaOH, KOH (rắn hoặc dung dịch đậm đặc). Các khí thường được làm khô: H2, Cl2, HCl, HBr, HI, O2, SO2, H2S, N2, NH3, CO2, C2H4, C2H2,… 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng CO2 ra khỏi hỗn hợp khí gồm: SO2, SO3, O2, CO2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Nguyên năm 2017). Giải chi tiết Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch BaCl2 dư thì SO3 bị hấp thụ hết, thu lấy hỗn hợp khí bay ra: SO3  BaCl2  H 2 O  BaSO 4  2HCl Dẫn hỗn hợp khí còn lại qua dung dịch Br2 dư thì SO2 bị hấp thụ hết, thu lấy hỗn hợp khí bay ra: SO 2  Br2  H 2 O  H 2SO 4  2HBr Dẫn hỗn hợp hai khí còn lại qua dung dịch NaOH dư thì CO2 bị hấp thụ hết: CO 2  2NaOH  Na 2 CO3  H 2 O Cho dung dịch tạo thành tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, dư thu lấy khí CO2 bay ra: Na 2 CO3  H 2SO 4  Na 2SO 4  CO 2   H 2 O Ví dụ 2. Muối ăn bị lẫn tạp chất sau: Na2SO4, MgCl2, CaCl2, CaSO4. Hãy trình bày phương pháp hóa học để loại bỏ tạp chất trên và viết phương trình hóa học xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Ninh năm 2017). Giải chi tiết Ta có sơ đồ:

Hòa tan hỗn hợp muối ăn trong dung dịch BaCl2 dư để loại bỏ gốc SO4. Na 2SO 4  BaCl2  BaSO 4  2NaCl CaSO 4  BaCl2  BaSO 4  CaCl2 Lọc bỏ kết tủa BaSO4, đem dung dịch thu được trên đi phản ứng với Na2CO3 dư để loại bỏ Mg, Ca và Ba dư. MgCl2  Na 2 CO3  MgCO3  2NaCl CaCl2  Na 2 CO3  CaCO3  2NaCl BaCl2  Na 2 CO3  BaCO3  2NaCl Lọc bỏ kết tủa MgCO3, CaCO3 và BaCO3 thêm HCl dư để loại bỏ Na2CO3 dư, cô cạn dung dịch để loại bỏ HCl dư thu được muối ăn tinh khiết. Na 2 CO3  2HCl  2NaCl  CO 2  H 2 O Ví dụ 3. Trình bày phương pháp tách riêng từng muối ra khỏi hỗn hợp gồm CuCl2, BaCl2 và AlCl3 mà không làm thay đổi khối lượng mỗi muối. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra (biết rằng các quá trình: kết tủa, lọc và tách xảy ra hoàn toàn). (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Giang năm 2017) Giải chi tiết Ta có sơ đồ:

- Hòa tan hỗn hợp muối trong NaOH dư, để tách Cu ra khỏi dung dịch. CuCl2  2NaOH  Cu(OH) 2  2NaCl AlCl3  4NaOH  NaAlO 2  3NaCl  2H 2 O Lọc kết tủa Cu(OH)2 ra khỏi dung dịch, sau đó hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư Cu(OH) 2  2HCl  CuCl2  2H 2 O Cô cạn dung dịch thu được CuCl2. - Sục CO2 dư vào dung dịch còn lại, để tách Al ra khỏi dung dịch NaAlO 2  CO 2  2H 2 O  Al(OH)3  NaHCO3 NaOH  CO 2  NaHCO3 Lọc kết tủa Al(OH)3 ra khỏi dung dịch, sau đó hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư Al(OH)3  3HCl  AlCl3  3H 2 O Cô cạn dung dịch thu được AlCl3. - Thêm Na2CO3 vào dung dịch còn lại, để tách Ba ra khỏi dung dịch BaCl2  Na 2 CO3  BaCO3  2NaCl Lọc kết tủa ra khỏi dung dịch, sau đó hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư BaCO3  2HCl  BaCl2  CO 2  H 2 O Cô cạn dung dịch thu được BaCl2 Ví dụ 4. Có một hỗn hợp bột các oxit: K2O, MgO, BaO. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp các oxit trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Thái Nguyên năm 2017).

Giải chi tiết Ta có sơ đồ:

- Hòa tan hỗn hợp bột oxit vào một lượng nước dư, MgO không bị hòa tan tách ra khỏi dung dịch K 2 O  H 2 O  2KOH BaO  H 2 O  Ba(OH) 2 Lọc MgO, hòa tan trong HCl dư, sau đó điện phân nóng chảy thu được kim loại Mg MgO  2HCl  MgCl2  H 2 O đpnc MgCl2   Mg  Cl2 - Hòa tan dung dịch thu được trên vào dung dịch K2CO3, để lọc gốc Ba Ba(OH) 2  K 2 CO3  BaCO3  2KOH Lọc kết tủa, sau đó hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư rồi đem điện phân nóng chảy thu được Ba BaCO3  2HCl  BaCl2  CO 2  H 2 O đpnc BaCl2   Ba  Cl2 - Thêm HCl dư vào dung dịch trên, rồi điện phân nóng chảy dung dịch thu được K KOH  HCl  KCl  H 2 O

K 2 CO3  2HCl  2KCl  CO 2  H 2 O đpnc 2KCl   2K  Cl2 Ví dụ 5. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng khí ra khỏi hỗn hợp gồm các khí sau: CH4, C2H4, C2H2, SO2. (Trích đề thi học sinh giỏi Quảng Ngãi năm 2017) Giải chi tiết Ta có sơ đồ:

- Cho hỗn hợp khí sục qua Ca(OH)2 dư thì SO2 bị giữ lại SO 2  Ca(OH) 2  CaSO3  H 2 O Lọc kết tủa, hòa tan kết tủa trong HCl dư thu được khí SO2 CaSO3  2HCl  CaCl2  SO 2  H 2 O - Hỗn hợp khí thoát ra cho qua Ag2O/NH3 thì C2H2 bị giữ lại C2 H 2  2AgNO3  2NH 3  C2 Ag 2  2NH 4 NO3 Lọc kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2 C2 Ag 2  2 HCl  2 AgCl  C2 H 2 - Sục hỗn hợp khí còn lại qua Br2, C2H4 bị giữ lại, khí thoát ra thu được là CH4 C2 H 4  Br2  C2 H 4 Br2 Thêm Zn vào dung dịch trên, thu được C2H4 t0 C2 H 4 Br2  Zn   C2 H 4  ZnBr2 Ví dụ 6. Những khí nào sau đây có thể làm khô bằng H2SO4 đặc: CO, H2, CO2, SO2, O2 và NH3 khi có lẫn hơi nước. Giải thích? Giải chi tiết Các khí có thể làm khô bằng H2SO4 đặc là H2, CO2, SO2, O2 vì chúng giữ được nước và không phản ứng với H2SO4 đặc.

Chất tác dụng với H2SO4 đặc là CO và NH3 nên không được làm khô H 2SO 4  2NH 3  (NH 4 ) 2 SO 4 H 2SO 4  CO  CO 2  SO 2  H 2 O Chú ý: Một số các chất dùng để làm khô khí thường gặp 1. H2SO4 đặc - Làm khô được: Cl2, NO2, CO2, SO2 - Không làm khô được: NH3, CO, H2S 2. P2O5 - Làm khô được: CO2, SO2, H2S, Cl2, NO2, CO - Không làm khô được: NH3 3. NaOH (rắn) - Làm khô được: NH3, CO - Không làm khô được: CO2, SO2, NO2, H2S, Cl2 4. CaCl2 (khan) - Làm khô được hầu hết các khí 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại Fe, Cu, Au ra khỏi hỗn hợp gồm ba kim loại Fe, Cu, Au. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lâm Đồng năm 2010) Giải Ta có sơ đồ tách riêng từng kim loại:

Câu 2: Tách riêng dung dịch từng chất sau ra khỏi hỗn hợp dung dịch AlCl3, FeCl3, BaCl2. Giải Ta có sơ đồ tách riêng từng dung dịch ra khỏi dung dịch hỗn hợp:

Câu 3: Trình bày phương pháp hóa học để tách lấy từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn gồm: Na2CO3, BaCO3, MgCO3 và viết phương trình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi HSG Quảng Trị năm 2017). Gỉai Ta có sơ đồ tách lấy từng kim loại ra khỏi hỗn hợp rắn:

Câu 4: Hãy nêu phương pháp hóa học tách riêng từng hiđrocacbon sau ra khỏi hỗn hợp gồm etan, propen và but-1-in (các hóa chất có đủ). (Trích đề thi vào lớp 10 Chuyên Hóa Bình Dương năm 2018) Giải Ta có sơ đồ tách riêng từng hiđrocacbon:

Câu 5: Trình bày phương pháp tách riêng từng oxit ra khỏi hỗn hợp gồm Al2O3, Fe2O3, SiO2. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Giải Ta có sơ đồ tách riêng từng oxit:

Câu 6: Cho hỗn hợp gồm rượu etylic, axit axetic, nước. Trình bày phương pháp tách riêng rượu etylic nguyên chất và axit axetic (có thể lẫn nước) từ hỗn hợp trên? Viết phương trình phản ứng minh họa (nếu có). (Trích đề thi học sinh giỏi Bắc Ninh năm 2011) Giải Ta có sơ đồ tách riêng từng chất:

Câu 7: Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất tinh khiết từ hỗn hợp gồm C2H5OH và CH3COOH. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hải Dương năm 2017) Giải Cho hỗn hợp tác dụng với NaOH rắn thu được phần chất rắn khan gồm CH3COONa và NaOH dư; phần bay hơi gồm C2H5OH và H2O CH 3COOH  NaOH  CH 3COONa  H 2 O Ngưng tụ phần hơi rồi dùng CuSO4 khan để hấp thụ nước, ta được C2H5OH tinh khiết. CuSO 4  5H 2 O  CuSO 4 .5H 2 O Cho hỗn hợp rắn khan tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc dư, ngưng tụ phần bay hơi thu được hỗn hợp lỏng gồm CH3COOH và H2O. Sau đó làm khô và thu lấy CH3COOH. H 2SO4 đăc CH 3COONa  H 2SO 4   CH 3COOH  NaHSO 4 Câu 8: Có những khí ẩm (khí có lẫn hơi nước): cacbon đioxit, hidro, oxi, lưu huỳnh đioxit. Khí nào có thể được làm khô bằng canxi oxit. Giải thích. Giải CaO có tính hút ẩm (hơi nước) tạo thành Ca(OH)2, đồng thời CaO là một oxit bazơ có thể tác dụng với oxit axit như CO3 và SO2. Vậy CaO chỉ dùng làm khô các khí ẩm là H2 và O2.

CHUYÊN ĐỀ 3 ĐIỀU CHẾ - CHUỖI PHẢN ỨNG 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1. Viết phương trình phản ứng thực hiện sơ đồ sau và ghi rõ điều kiện phản ứng (mỗi mũi tên là một phương trình).

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Vĩnh Phúc năm 2017) Giải chi tiết (1) CaCl2  Na 2 CO3  2NaCl  CaCO3 (2) CaCO3  2HCl  CaCl2  CO 2  H 2 O t0  CaCO3 (3) CaO  CO 2  0

t  CaO  CO 2 (4) CaCO3  (5) Ca(NO3 ) 2  Na 2 CO3  CaCO3  2NaNO3 (6) CaCO3  2HNO3  Ca(NO3 ) 2  CO 2  H 2 O t0  CaCO3  CO 2  H 2 O (7) Ca(HCO3 ) 2 

(8) CaCO3  CO 2  H 2 O  Ca(HCO3 ) 2 Ví dụ 2. Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau đây (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có)

Giải chi tiết t0  SO 2 (1) S  O 2  0

t  2Fe 2 O3  8SO 2 (2) 4FeS2  11O 2  V2 O5 ,t 0 (3) 2SO 2  O 2  2SO3

(4) SO3  H 2 O  H 2SO 4 Ví dụ 3. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và hoàn thành chuỗi phản ứng bằng phương trình hóa học (ghi điều kiện của phản ứng nếu có). Biết A là thành phần chính của quặng pirit sắt. (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) A   B   C   D   Fe   FeCl2   Fe(NO3 ) 2   Fe(NO3 )3 (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Vinh năm 2017) Giải chi tiết (1) 2FeS2  14H 2SO 4 đăc  Fe 2 (SO 4 )3  15SO 2  14H 2 O (2) Fe 2 (SO 4 )3  6NaOH  3Na 2SO 4  2Fe(OH)3 0

t  Fe 2 O3  3H 2 O (3) 2Fe(OH)3  t0  2Fe  3H 2 O (4) Fe 2 O3  3H 2 

(5) Fe  2HCl  FeCl2  H 2 (6) FeCl2  2AgNO3  Fe(NO3 ) 2  2AgCl (7) Fe(NO3 ) 2  2AgNO3  Fe(NO3 )3  Ag (8) 2Fe(NO3 )3  Fe  3Fe(NO3 ) 2 Ví dụ 4. Viết phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên là một phương trình phản ứng).

Giải chi tiết CaO,t 0 C2 H 5COONa  NaOH   C2 H 6  Na 2 CO3 0

t ,xt C2 H 6   C2 H 4  H 2 as C2 H 6  Cl2   C2 H 5Cl  HCl xt 3C2 H 4  2KMnO 4  4H 2 O   3C2 H 4 (OH) 2  2KOH  2MnO 2  C2 H5 OH C 2 H 5Cl  KOH   C2 H 4  H 2 O  KCl Ví dụ 5. Cho các hóa chất: KClO3, nước, quặng pirit (FeS2) và các điều kiện phản ứng có đủ. Có thể điều chế được những chất khí nào từ những hóa chất đã cho? Viết phương trình hóa học các phản ứng. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Nam định năm 2018) Giải chi tiết Từ những chất đã cho ta có thể điều chế được các khí: O2, SO2, SO3. 3 t0 KClO3   KCl  O 2 2 đpdd 2H 2 O   2H 2  O 2 0

t 4FeS2  11O 2   2Fe 2 O3  8SO 2 0

V2 O5 ,t 2SO 2  O 2  2SO3 Ví dụ 6. Từ quặng pirit, O2, H2O, các chất xúc tác thích hợp. Hãy viết phương trình hóa học điều chế muối Fe2(SO4)3. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Kon Tum năm 2018). Giải chi tiết t0 4FeS2  11O 2   2Fe 2 O3  8SO 2 0

V2 O5 ,t 2SO 2  O 2  2SO3

SO3  H 2 O  H 2SO 4 Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O Ví dụ 7. Viết phương trình hóa học của các phản ứng điều chế cao su buna (polibutađien) từ bốn nguồn nguyên liệu sẵn có trong tự nhiên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa Thái Nguyên năm 2018). Giải chi tiết Bốn nguyên liệu sử dụng là: CaCO3, C, H2O, H2. t0 CaCO3  4C   CaC2  3CO CaC2  2H 2 O  Ca(OH) 2  CH  CH 0

t C  2H 2   CH 4 0

1500 C, làm lanh nhanh 2CH 4   CH  CH  3H 2 0

đime hóa,CuCl2 ,150 C 2CH  CH   CH  C  CH  CH 2 0

Pb,t CH  C  CH  CH 2  H 2   CH 2  CH  CH  CH 2 0

trùng hop,t ,xt,p nCH 2  CH  CH  CH 2   (CH 2  CH  CH  CH 2 ) n (cao su Buna) Ví dụ 8. Từ tinh bột và các chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế: rượu etylic, etyl axetat, polietilen (PE), poli(vinyl clorua) (PVC). (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa thành phố Hải Phòng năm 2018). Giải chi tiết



H (C6 H10 O5 )n  nH 2 O   nC6 H12 O6 lên men C6 H12 O6  2C2 H 5OH (ruoi etylic)  2CO 2 men giam C2 H 5OH  O 2   CH 3COOH  H 2 O 

H CH 3COOH  C2 H 5OH   CH 3COOC2 H 5 (etyl axetat)  H 2 O 0

H 2SO4đăc ,170 C C2 H 5OH  C2 H 4  H 2O 0

t ,xt,p nCH 2  CH 2  (CH 2  CH 2 ) n (polietilen) 0

500 C CH 2  CH 2  Cl2   CH 2  CHCl  HCl 0

t ,xt,p nCH 2  CHCl  Cl2  (CH 2  CHCl) n (poli(vinyl clorua)) Ví dụ 9. Nung hỗn hợp R chứa a gam KClO3 và b gam KMnO4. Sau khi phản ứng kết thúc thì thấy khối lượng các chất rắn do KMnO4 tạo ra bằng khối lượng các chất rắn do KClO3 sinh ra. Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp R. Giải chi tiết 3 t0 KClO3   KCl  O 2 2 t0 2KMnO 4   K 2 MnO 4  MnO 2  O 2 Gọi số mol của KClO3 và KMnO4 lần lượt là 1, x (mol). KClO3 :1 (mol) KCl :1(mol)  74,5 (gam)   ran sau phan ung có khôi luong bang nhau   KMnO4 : x (mol) K 2 MnO 4 : 0,5x (mol)  142x (gam)   → Rắn MnO 2 : 0,5x (mol) %m KClO3 : 59, 64% 149 142x  74,5  x   284 %m KMnO4 : 40,36% Ví dụ 10. Làm thế nào để pha được 200 gam dung dịch CuSO4 10% từ các tinh thể CuSO4.5H2O và nước? (Trích đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm 2018) Giải chi tiết Khối lượng CuSO4 trong 200 gam dung dịch là: m CuSO4  200.10%  20 (gam)

20  0,125 (mol)  n CuSO4 .5H2O 160  m CuSO4 .5H2O  0,125.250  31, 25 (gam)

 n CuSO4 

 m H2O  200  31, 25  168, 75 (gam)

2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau, với mỗi chữ cái biểu diễn một chất, mỗi mũi tên biểu diễn một phương trình phản ứng hóa học:

Biết rằng trong sơ đồ trên - C là muối có nhiều trong nước biển. E là thành phần chính của đá vôi. - Dung dịch A làm quỳ tím hóa đỏ, dung dịch D và dung dịch G làm quỳ tím hóa xanh còn khí B làm mất màu giấy quỳ ẩm. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hải Dương năm 2017) Giải

Dựa vào sơ đồ phản ứng và dữ kiện đề bài suy ra: A là HCl, B là Cl2, C là NaCl, D là NaOH, E là CaCO3, F là CaCl2, G là Ca(OH)2 và H là CaO. t0  MnCl2  Cl2  2H 2 O (1) 4HCl  MnO 2  (2) 2Na  Cl2  2NaCl đpdd m.n.x (3) 2NaCl  2H 2 O  2NaOH  Cl2  H 2

(4) 2NaOH  Ca(HCO3 ) 2  CaCO3   Na 2 CO3  2H 2 O t0  CaO  CO 2 (5) CaCO3 

(6) CaO  H 2 O  Ca(OH) 2 (7) Ca(OH) 2  CO 2  CaCO3  H 2 O (8) CaCO3  2HCl  CaCl2  CO 2  H 2 O (9) CaCl2  Na 2 CO3  CaCO3  2NaCl (10) NaClkhan  H 2SO 4 đăc  NaHSO 4  HCl Câu 2: Xác định các chất hữu cơ A, B, C, D và viết phương trình hóa học (ở dạng công thức cấu tạo thu gọn đối với hợp chất hữu cơ) để thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có).

Giải CaO,t 0 (1) CH 3COONa  NaOH  CH4  Na 2 CO3 15000 C làm lanh nhanh

(2) 2CH 4  CH  CH  3H 2 Pd,PbCO3  CH 2  CH 2 (3) CH  CH  H 2  0

t ,xt,p (4) nCH 2  CH 2 (CH 2  CH 2 ) n (polietilen) xt  CH 2  CHCl (5) CH  CH  HCl  0

t ,xt,p (6) nCH 2  CHCl (CH2  CHCl) n nhi hop (7) 2CH  CH  CH  C  CH  CH 2 Pd,H 2  CH 2  CH  CH  CH 2 (8) CH  C  CH  CH 2  H 2  trung hop,t 0 ,xt,p (CH 2  CH  CH  CH 2 ) n (9) nCH 2  CH  CH  CH 2  Câu 3: Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau:

Cho biết từ A1 đến A6 là các chất hữu cơ khác nhau và mỗi mũi tên là một phản ứng. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội năm 2018). Giải Suy luận A1 là C2H2. A2 có thể là C2H4 hoặc C2H6 A3 có thể là C2H5OH hoặc C2H5Cl nhưng nhận thấy nếu A3 là C2H5Cl thì không thể điều chế ra A4 là chất nào có thể tác dụng được với C2H2 sau đó trùng hợp ra polime được  loại. Vậy A2 là C2H4, A3 là C2H5OH.

A4 là CH3COOH, A5 là CH3COOC2H5, A6 là CH2=CH-Cl Câu 4: Trong phòng thí nghiệm có các dung dịch HCl đặc, NaOH, các chất rắn: CaCO3, MnO2, Al4C3, CaC2. Có thể điều chế được những chất khí nào từ những chất đã cho? Viết phương trình hóa học các phản ứng. Giải Các khí điều chế được gồm: CO2, Cl2, CH4, C2H2, O2, H2. Câu 5: Từ C, H2O và không khí. Hãy viết các phương trình hóa học để điều chế: axit gluconic, natri etylat và polietilen (các chất vô cơ, điều kiện và xúc tác khác coi như đủ). (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018). Giải t0 as,clorophin C  O 2   CO 2 ; 6CO 2  6H 2 O   C6 H12 O6  6O 2 C6 H12 O6  Br2  H 2 O  C5 H11O5COOH (axit gluconic)  2HBr Lên men C6 H12 O6   2C2 H 5OH  2CO 2 1 C2 H 5OH  Na  C2 H 5ONa  H 2 2 H 2SO4 ,1700 C C2 H 5OH   CH 2  CH 2  H 2 O xt nCH 2  CH 2  (CH 2  CH 2 )n

Câu 6: Từ hỗn hợp CuO, CaCO3 , Fe2O3 , Al2O3 . Được phép sử dụng thêm Fe, Al, dung dịch HCl, nhiệt và các dụng cụ phòng thí nghiệm khác có đủ. Hãy trình bày ba phương pháp điều chế Cu nguyên chất, viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018). Giải Cách 1: Cho hỗn hợp phản ứng với Al, nung nóng. Sau đó hỗn hợp thu được hòa tan trong dung dịch HCl dư thu được phần chất rắn không tan là Cu. Cách 2: Cho hỗn hợp tác dụng với HCl, sau đó dùng Fe vừa đủ đẩy Cu ra khỏi dung dịch muối. Cách 3: Cho Al tác dụng với HCl thu được khí H2 đem tác dụng với hỗn hợp ban đầu. Sau đó lấy chất rắn thu được hòa tan trong HCl dư thu được chất rắn không tan là Cu. Câu 7: Đi từ các chất ban đầu là đá vôi, than đá và được dùng thêm các chất vô cơ cần thiết, hãy viết phương trình phản ứng điều chế ra poli(vinyl clorua), 1,2-đicloetan. v(Trích đề thi thử vào lớp 10 chuyên Hóa THPT Nguyễn Huệ -- Hà Nội năm 2017). Giải t0 CaCO3   CaO  CO 2 0

t CaO  3C   CaC2  CO

CaC2  2H 2 O  Ca(OH) 2  CH  CH xt CH  CH  HCl   CH 2  CHCl xt nCH 2  CHCl  (CH 2  CH 2 ) n (poli(vinylclorua)) 0

Pd,t CH  CH  H 2   CH 2  CH 2

CH 2  CH 2  Cl2  CH 2 Cl  CH 2 Cl (1, 2  đicloetan) Câu 8: Cho hỗn hợp chất rắn FeS2, CuS, Na2O. Chỉ được dùng thêm nước và các điều kiện cần thiết (nhiệt độ, xúc tác,…) Hãy trình bày phương pháp điều chế và viết các phương trình hóa học xảy ra để điều chế FeSO4, CuSO4. (Trích đề thi học sinh giỏi THCS môn Hóa tỉnh Đak Nông năm 2018). Giải đpdd t0  2H 2  O 2  2Fe 2 O3  8SO 2 (2) 4FeS2  11O 2  (1) 2H 2 O  0

t  2Fe  3H 2 O (3) Fe 2 O3  3H 2  (5) SO3  H 2 O  H 2SO 4

0

t ,V2 O5 (4) SO 2  O 2  SO3 (6) Fe  H 2SO 4  FeSO 4  H 2

3 CuO  H 2SO 4  CuSO 4  H 2 O t0 CuS  O 2   CuO  SO 2 2 (7) (8) Câu 9: Từ metan và các chất vô cơ cần thiết. Hãy viết các phương trình hóa học ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có) điều chế poli(vinyl clorua), polietilen. Giải 15000 C làm lanh nhanh

2CH 4   CH  CH  3H 2 xt CH  CH  HCl   CH 2  CHCl xt nCH 2  CHCl  (CH 2  CHCl) n (poli(vinyl clorua)) 0

Pd,t CH  CH  H 2   CH 2  CH 2 xt nCH 2  CH 2  (CH 2  CH 2 ) n (polietilen) Câu 10: Hãy tính toán và trình bày rõ các bước để pha chế 50 gam dung dịch MgSO4 4% từ dung dịch MgSO4 10%. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa thành phố Hà Nội năm 2018). Giải Thêm 30 gam nước vào 20 gam MgSO4 10% thì thu được 50 gam MgSO4 4%.

CHUYÊN ĐỀ 4 GIẢI THÍCH HIỆN TƯỢNG Phương pháp giải Bước 1: Dự đoán các phản ứng có thể xảy ra và các hiện tượng trong mỗi thí nghiệm. Bước 2: Trình bày lời giải + Nêu đầy đủ các hiện tượng có thể quan sát được. + Viết đầy đủ các PTHH để minh họa. Chú ý: Xem thêm phần bài tập nhận biết các chất để biết rõ các hiện tượng. 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a. Cho đinh sắt sạch vào dung dịch CuSO4. b. Cho mẫu kim loại kali từ từ đến dư vào dung dịch Al2(SO4)3. c. Cho FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Quảng Trị năm 2017). Giải chi tiết a) Dung dịch màu xanh làm nhạt dần, có lớp chất rắn màu đỏ gạch bám vào đinh sắt: Fe  CuSO 4  FeSO 4  Cu b) Có khí không màu thoát ra, kết tủa keo trắng xuất hiện tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa từ từ tan ra, dung dịch trở nên trong suốt: 2K  2H 2 O  2KOH  H 2  6KOH  Al2 (SO 4 )3  2Al(OH)3  3K 2SO 4 KOH  Al(OH)3  KAlO 2  2H 2 O c) Chất rắn tan ra, có khí không màu mùi hắc thoát ra, dung dịch chuyển sang màu vàng nâu: t0 2FeS2  14H 2SO 4 đăc   Fe 2 (SO 4 )3  15SO 2  14H 2 O Ví dụ 2. Trình bày hiện tượng và hoàn thành các phương tình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Cho mảnh đồng kim loại vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng. b. Cho hỗn hợp đồng số mol Ba và Al2O3 vào nước dư. c. Cho Fe2O3 vào dung dịch NaHSO4. d. Cho mẫu đất đèn vào nước. (Trích đề thi thử vào lớp 10 chuyên Quảng Ngãi năm 2017)

Giải chi tiết a) Mảnh đồng tan ra, có khí không màu, mùi hắc thoát ra và dung dịch chuyển sang màu xanh: t0 Cu  2H 2SO 4 đăc   CuSO 4  SO 2  2H 2 O b) Chất rắn tan một phần, có khí không màu thoát ra, sau một thời gian thấy chất rắn tan hoàn toàn, dung dịch trở nên trong suốt. Ba  2H 2 O  Ba(OH) 2  H 2  Ba(OH) 2  Al2 O3  Ba(AlO 2 ) 2  H 2 O c) Chất rắn tan dần, dung dịch có màu vàng nâu: Fe 2 O3  6NaHSO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3Na 2SO 4  3H 2 O d) Mẫu đất đèn tan dần, có khí không màu thoát ra, dung dịch trong suốt không màu: CaC2  2H 2 O  Ca(OH) 2  C2 H 2  Ví dụ 3. Hãy nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng hóa học giải thích khi tiến hành các thí nghiệm sau: a. Cho 11,5 gam kim loại natri (Na) vào 100 ml dung dịch AlCl3 1M. b. Cho 27,4 gam kim loại bari (Ba) vào 200 ml dung dịch NaHCO3 1M và lắc đều sau đó nhỏ vài giọt dung dịch phenolphatalein vào dung dịch thu được. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Trà Vinh năm 2017). Giải chi tiết a. Hiện tượng: Kim loại tan dần, có khí không màu thoát ra đồng thời kết tủa keo trắng xuất hiện tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa từ từ tan ra hoàn toàn, dung dịch trở nên trong suốt: 11,5 n Na   0,5 mol; n AlCl3  0,1.1  0,1 (mol) 23 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2 0,5  0,5 (mol) 3NaOH  AlCl3  Al(OH)3  3NaCl 0,3  0,1 0,1 NaOH  Al(OH)3  NaAlO 2  2H 2 O

(mol)

0,1  0,1 (mol) b. Hiện tượng: Kim loại tan dần, có khí không màu thoát ra đồng thời có kết tủa trắng. Sau đó nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch có màu hồng. 27, 4 n Ba   0, 2 (mol); n NaHCO3  0, 2.1  0, 2 (mol) 137 Theo đề bài: Phương trình hóa học: Ba  2H 2 O  Ba(OH) 2  H 2 0, 2  0,2 (mol) Ba(OH) 2  2NaHCO3  BaCO3  Na 2 CO3  2H 2 O 0,1  0, 2 (mol)  Còn lại Ba(OH)2 0,1 mol Làm hồng phenolphtalein. Ví dụ 4. Giải thích vì sao: - Khí CO2 dùng dập tắt đa số các đám cháy, nhưng không dùng dập tắt đám cháy Mg. - Khi bón phân đạm ure cho đồng ruộng không nên bón cùng với vôi? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm 2017) Giải chi tiết - Để dập tắt các đám cháy thông thường người ta thường dùng khí CO2. Tuy nhiên một số đám cháy có các kim loại mạnh như đám cháy Mg thì CO2 không những không dập tắt mà làm cho lửa cháy thêm gây thiệt hại nghiêm trọng. Nguyên nhân là do Mg có tính khử mạnh sẽ phản ứng với CO2: 2Mg  CO 2  2MgO  C Cacbon sinh ra lại tiếp tục làm đám cháy càng mãnh liệt:

0

t C  O 2   CO 2 - Không nên bón phân ure cùng với vôi vì khi gặp nước chúng sẽ xảy ra phản ứng hóa học (NH 2 ) 2 CO  2H 2 O  (NH 4 ) 2 CO3 ; (NH 4 ) 2 CO3  Ca(OH) 2  CaCO3  2NH 3  2H 2 O Phản ứng này làm giảm %N trong đạm (vì sinh ra NH3)  Làm giảm độ dinh dưỡng của phân đạm hay giảm tác dụng của phân. 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Thực hiện các thí nghiệm sau: a. Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch NaCl. b. Nhỏ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl dư. c. Cho đinh sắt vào dung dịch CuSO4. d. Lấy mẫu Na bằng hạt đậu cho vào cốc nước có pha vài giọt dung dịch phenolphtalein. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa cho từng thí nghiệm trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Kiên Giang năm 2017). Giải a. Xuất hiện kết tủa trắng: AgNO3  NaCl  AgCl  trang  NaNO3

b. Sau một thời gian có khí không màu thoát ra do thứ tự phản ứng như sau: 2HCl  Na 2 CO3  2NaCl  CO 2   H 2 O c. Dung dịch màu xanh làm nhạt dần, có lớp chất rắn màu đỏ gạch bám vào đinh sắt: Fe  CuSO 4  FeSO 4  Cu d. Mẩu natri chạy trên mặt nước, có khí không màu thoát ra và dung dịch dần chuyển sang màu hồng: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2  NaOH làm dung dịch phenolphtalein chuyển sang màu hồng. Câu 2: Nêu hiện tượng, viết phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Cho Na vào dung dịch CuSO4. b. Cho từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch AlCl3. c. Cho dung dịch KOH dư tác dụng với dung dịch FeCl2. Lấy kết tủa thu được để lâu trong không khí. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Ninh năm 2017). Giải a. Có khí không màu thoát ra, kết tủa màu xanh làm từ từ xuất hiện: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2  2NaOH  CuSO 4  Cu(OH) 2  xanh lam  Na 2SO 4 b. Kết tủa keo trắng xuất hiện tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa từ từ tan ra, dung dịch trở nên trong suốt: 3KOH  AlCl3  Al(OH)3  trang 3KCl KOH  Al(OH)3  KAlO 2  2H 2 O c. Kết tủa màu trắng xanh xuất hiện. Nung kết tủa và để lâu trong không khí ta được chất rắn có màu nâu xám: 2KOH  FeCl2  Fe(OH) 2  trang xanh 2KCl 0

t Fe(OH) 2   FeO  2H 2 O 0

t 4FeO  O 2   2Fe 2 O3 Câu 3: Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3. b. Cho một mẩu nhỏ kim loại Na vào dung dịch FeCl3. c. Dẫn khí Cl2 vào cốc đựng nước, sau đó nhúng giấy quỳ tím vào dung dịch thu được. d. Cho dung dịch CaCl2 dư vào dung dịch NaHCO3 sau đó đun nóng. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Lê Quý Đôn – Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2017). Giải a. Có kết tủa keo trắng xuất hiện tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa tan dần, tạo dung dịch trong suốt:

3NaOH  AlCl3  Al(OH)3  trang 3NaCl NaOH  Al(OH)3  NaAlO 2  2H 2 O b. Có khí không màu thoát ra, kết tủa nâu đỏ xuất hiện: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2  3NaOH  FeCl3  Fe(OH)3  3NaCl c. Quỳ tím chuyển sang màu đỏ sau đó mất màu: Cl2  H 2 O ⇄ HCl  HClO d. Có khí không màu thoát ra, có kết tủa trắng xuất hiện: t0 CaCl2  2NaHCO3   CaCO3  CO 2  2NaCl  H 2 O Câu 4: Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau và viết phương trình hóa học giải thích: a. Cho từ từ dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch K2CO3. b. Cho mẩu kim loại natri vào dung dịch AlCl3 dư. c. Dẫn khí axetilen qua dung dịch AgNO3 trong NH3 dư. d. Đun nóng cách thủy ống nghiệm chứa hỗn hợp ancol etylic và axit axetic có xúc tác sunfuric đặc. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Giang năm 2017). Giải a. Có khí không màu thoát ra: 2KHSO 4  K 2 CO3  2K 2SO 4  CO 2   H 2 O b. Có khí không màu thoát ra, kết tủa keo trắng xuất hiện tăng dần đến cực đại. Sau đó kết tủa từ từ tan ra, dung dịch trở nên trong suốt: 2Na  2H 2 O  2NaOH  H 2  3NaOH  AlCl3  Al(OH)3  trang 3NaCl NaOH  Al(OH)3  NaAlO 2  2H 2 O c. Kết tủa vàng tạo thành: C2 H 2  2AgNO3  2NH 3  Ag 2 C2  vàng 2NH 4 NO3

d. Sau phản ứng thấy dung dịch thu được bị tách làm hai lớp riêng biệt: H 2SO4 đăc,t 0 CH 3COOH  C2 H 5OH   CH 3COOC2 H 5  H 2 O Este không tan trong nước nên có sự tách lớp rõ ràng. Câu 5: a. Hỗn hợp Fe2O3 và Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) tác dụng với HCl dư. b. Cho 7,8 gam kim loại kali (K) vào 100 ml dung dịch CuSO4 1M và lắc đều. Nhúng mẩu quỳ tím vào dung dịch thu được. Giải a. Ban đầu chất rắn tan một phần tạo dung dịch màu nâu đỏ sau đó chất rắn lại tiếp tục tan cho đến hết, dung dịch chuyển dần sang màu xanh lam: Fe 2 O3  6HCl  2FeCl3  3H 2 O a  2a Cu  2FeCl3  CuCl2  2FeCl2 a 2a b. Có khí không màu thoát ra, kết tủa màu xanh lam từ từ xuất hiện. Nhúng mẩu quỳ tím vào dung dịch ta thấy quỳ tím không đổi màu: 7,8 nX   0, 2 (mol); n CuSO4  0,1.1  0,1 (mol) 39 Theo đề bài: Phương trình hóa học: 2K  2H 2 O  2KOH  H 2  0, 2  0,2 (mol) 2KOH  CuSO 4  Cu(OH) 2  xanh lam  K 2SO 4 0, 2  KOH hết.

0,1

(mol)

Câu 6: Giải thích vì sao vật dụng bằng nhôm thường dùng để đựng dung dịch trung tính, nước nhưng không nên dùng để đựng dung dịch axit (ví dụ dung dịch HCl) hoặc kiềm (ví dụ dung dịch Ca(OH)2). Viết phương trình phản ứng hóa học minh họa. Giải Vì Al có thể phản ứng với cả dung dịch axit và dung dịch kiềm nên người ta thường dùng vật dụng bằng nhôm để đựng các dung dịch trung tính: 2Al  6HCl  2AlCl3  3H 2 2Al  Ca(OH) 2  2H 2 O  Ca(AlO 2 ) 2  3H 2

CHUYÊN ĐỀ 5 HÌNH VẼ THÍ NGHIỆM Phương pháp giải Phải nắm vững tính chất vật lý (tính tan và tỉ khối) để áp dụng phương pháp thu khí đúng. a. Phương pháp đẩy không khí: + Khí đó phải không phản ứng với không khí. + Nặng hơn hoặc nhẹ hơn không khí (CO2, SO2, Cl2, H2, NH3…).  Úp bình thu: Khí nhẹ hơn không khí:  Ngửa bình thu: Khí nặng hơn không khí. b. Phương pháp đẩy nước: + Khí ít tan trong nước. (H2, O2, CO2, N2, CH4, C2H4, C2H2…) Lưu ý: - Các khí tan nhiều trong nước (khí HCl, khí NH3): + Ở 200C, 1 thể tích nước hòa tan tới gần 500 thể tích khí hidro clorua. + Ở điều kiện thường, 1 lít nước hòa tan khoảng 800 lít khí amoniac. - Khác với CO2 thì SO2 là khí tan nhiều trong nước. 1. BÀI TẬP MẪU Ví dụ 1. Khí X được điều chế bằng cách nung nóng chất rắn A và thu vào ống nghiệm bằng phương pháp đẩy nước theo sơ đồ sau (hình bên): a. Nếu chất rắn A là một trong các trường hợp sau đây: NaHCO3 (1); NH4Cl và CaO (2); CH3COONa, NaOH và CaO (3); KMnO4 (4) thì khí X sinh ra trong trường hợp nào phù hợp với phương pháp thu khí được mô tả theo sơ đồ trên. Giải thích (có viết phương trình phản ứng hóa học minh họa)? b. Trong sơ đồ lắp ráp dụng cụ trên, vì sao ống nghiệm (1) được lắp nghiêng với miệng ống nghiệm thấp hơn đáy ống nghiệm? (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên tỉnh Phú Yên 2015) Giải chi tiết a. Khí X phải không tan hoặc rất ít tan trong nước.  Chất rắn A có thể là: NaHCO3, (CH3COONa, CaO, NaOH), KMnO4. t0 2NaHCO3   Na 2 CO3  CO 2   H 2 O 0

CaO,t CH 3COONa  NaOH   CH 4   Na 2 CO3 0

t 2KMnO 4   K 2 MnO 4  MnO 2  O 2  Các khí X là CO2, CH4 và O2 chúng là những chất ít tan trong nước, do đó thu CO2, CH4, O2 bằng phương pháp đẩy nước. (NH4Cl và CaO) sinh ra khí NH3 tan tốt trong nước nên không thể thu được theo cách dời nước: t0 2NH 4 Cl  CaO   CaCl2  NH 3   H 2 O b. Miệng ống nghiệm (1) hơi thấp hơn đáy ống một chút để chỗ đun nóng tập trung nhiều nhiệt hơn. Mặt khác, hóa chất trong phòng thí nghiệm có thể bị ẩm nên khi nung nóng sinh ra hơi nước, nếu đặt miệng ống cao hơn đáy thì nước sẽ chảy ngược về đáy ống nghiệm (đang nóng) sẽ gây hiện tượng vỡ, nứt ống nghiệm. Ví dụ 2. Cho sơ đồ của quá trình điều chế SO2 trong phòng thí nghiệm: 1. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong bình cầu. 2. Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch NaOH. 3. Tại sao có thể thu khí SO2 bằng phương pháp như hình vẽ?

4. Có thể thay dung dịch H2SO4 bằng dung dịch axit HCl được không? 5. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch K2SO3 được không? 6. Có thể thay dung dịch Na2SO3 bằng dung dịch BaSO3 được không?

Giải chi tiết 1. Phương trình hóa học: H 2SO 4  Na 2SO3  Na 2SO 4  SO 2  H 2 O 2. Bông tẩm xút có vai trò ngăn SO2 thoát ra ngoài môi trường. 3. SO2 tan tốt trong nước nên không thể dùng phương pháp đẩy nước. SO2 nặng hơn không khí nên thu khí để ngửa bình. 4. Không nên thay H2SO4 bằng dung dịch HCl. Vì HCl dễ bay hơi và lẫn vào SO2. 5. Có thể dùng K2SO3 thay cho Na2SO3. 6. Không nên thay BaSO3 cho Na2SO3 vì phản ứng tạo BaSO4 kết tủa làm chậm quá trình điều chế BaSO3  H 2SO 4  BaSO 4  SO 2  H 2 O Ví dụ 3. Trong phòng thí nghiệm có các chất lỏng và dung dịch: C2H5OH, dung dịch HCl, dung dịch NaOH, H2O và các chất rắn: CaCO3, KMnO4, NaCl, CuO, Cu, CaC2. Các chất xúc tác cần thiết coi như có đủ. a) Có thể điều chế được những khí nào trong số các khí sau: H2, O2, Cl2, CO2, CH4, C2H4, C2H3. Viết các phương trình hóa học điều chế mỗi khí (nếu được). b) Nếu chỉ được sử dụng các hóa chất có sẵn và bộ thiết bị như hình vẽ (sau) thì có thể thu được những khí nào trong số các khí ở trên một cách tốt nhất? Giải thích. Hình vẽ sau.

Giải chi tiết a) Điều chế được tất cả các khí: ên đi phân xút 2H 2 O   2H 2  ên  O2 đi cuc duong âm  t0



2KMnO 4 răn   16HClđăc    2KCl  2MnCl2  5Cl2  8H 2 O CaCO3 răn   2HCl dd   CaCl2  H 2 O  CO 2  0

t  CaO  CO 2 Hoặc CaCO3  CaC2 răn   2H 2 Olong   Ca(OH) 2  C2 H 2  0

t ,Pd C2 H 2  H 2   C2 H 4

H 2SO4 C2 H 4  H 2 O   C2 H 5OH men giâm C2 H 5OH  O 2   CH 3COOH  H 2 O

CH 3COOH  NaOH  CH 3COONa  H 2 O 0

t ,CaO CH 3COONa ( răn )  NaOH (răn )   CH 4   Na 2 CO3 0

t ,CaO Hoặc CH 3COOH long   2NaOH ( răn )  CH 4   Na 2 CO3  H 2 O Chú ý: Khí Cl2 tan tốt trong nước nên không dùng phương pháp này. Các khí H2, O2, C2H4, CH4, CO2 tuy ít tan trong nước nhưng không có nguyên liệu sẵn có để điều chế theo phản ứng “chất rắn + chất lỏng”. b) Khí thỏa mãn theo thiết bị (hình vẽ) là C2H2 vì khí này rất ít tan trong nước nên mới có thể thu hiệu quả bằng cách dời chỗ nước. Ví dụ 4. Bộ dùng cụ như hình bên được dùng để điều chế và nghiên cứu phản ứng của SO2 và dung dịch bazơ. Hãy cho biết các chất A, B, C, D là chất nào trong số các chất sau: Na2SO3, SO2, Ca(OH)2, H2SO4. Viết các phương trình hóa học minh họa. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Đồng Tháp 2017)

Giải chi tiết A là H2SO4, B là Na2SO3, C là SO2, D là Ca(OH)2. Phương trình hóa học: H 2SO 4  Na 2SO3  Na 2SO 4  SO 2  H 2 O SO 2  Ca(OH) 2  CaSO3  H 2 O CaSO3  SO 2  H 2 O  Ca(HSO3 ) 2 2. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1: Cho hình vẽ điều chế oxi trong phòng thí nghiệm: - Viết phương trình hóa học của phản ứng. - Vì sao có thể thu khí oxi bằng phương pháp đẩy nước? - Vì sao miệng ống nghiệm đựng KMnO4 lắp hơi nghiêng xuống? - Nêu vai trò của bông khô? - Khi dừng thí nghiệm thì tắt đèn cồn trước hay tháo ống dẫn khí ra trước? Tại sao?

(Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu – Nghệ An năm 2017) Giải + Phương trình hóa học: t0 2KMnO 4   K 2 MnO 4  MnO 2  O 2 + Thu khí oxi bằng phương pháp dời nước vì oxi là khí ít tan trong nước, không phản ứng với nước.

+ Phải lắp miệng ống nghiệm đựng KMnO4 hơi nghiêng xuống là vì khi đun nóng hóa chất thì đáy ống nghiệm là nơi tập trung nhiều nhiệt hơn so với các vị trí khác, mà các hóa chất rắn để lâu trong không khí sẽ hút ẩm nên khi đun nóng thì hơi nước sẽ thoát ra cùng sản phẩm. Khi đó, nếu không nghiêng miệng ống nghiệm thấp hơn thì hơi nước bay ra tới miệng ống nghiệm gặp lạnh sẽ ngưng tụ và chảy trở lại đáy ống nghiệm gây nứt, vỡ ống nghiệm (do đáy ống nghiệm đang nóng bị lạnh đột ngột) gây mất an toàn. + Bông khô có tác dụng hút hơi nước bay lên từ KMnO4 bị ẩm. + Khi dừng thí nghiệm thì tháo ống dẫn khí ra trước rồi mới tắt đèn cồn. Nếu làm ngược lại thì khi vừa tắt đèn cồn, áp suất khí trong ống nghiệm giảm sẽ hút nước ngược trở lại vào trong ống đựng KMnO4. Câu 2: Trong phòng thí nghiệm, khí clo được điều chế theo sơ đồ thí nghiệm sau:

Từ sơ đồ thí nghiệm trên, hãy: - Xác định các dung dịch A, C, D và chất rắn B. - Cho biết vai trò của dung dịch C và bông tẩm dung dịch D. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Hạ Long – Quảng Ninh năm 2017). Giải - Dung dịch A là HCl, dung dịch C là H2SO4 đặc, dung dịch D là NaOH, chất rắn B là MnO2. - Dung dịch H2SO4 đặc (dung dịch C) dùng để làm khô khí Cl2 đi ra từ phản ứng. - Bông tẩm dung dịch NaOH (dung dịch D) để ngăn khí Cl2 thoát ra ngoài. Các phương trình hóa học: MnO 2  4HCl  MnCl2  Cl2  2H 2 O Cl2  2NaOH  NaCl  NaClO  H 2 O Câu 3: Khí hidro được điều chế trong phòng thí nghiệm bằng thiết bị sau:

a. Hãy cho biết bình 1 và 2 đựng những chất nào sau đây: (1) là H2O; dung dịch HCl, dung dịch H2SO4 loãng; nước vôi trong (dung dịch Ca(OH)2). (2) là kim loại Zn; Fe; CuO; muối ăn (dung dịch NaCl). b. Người ta loại bỏ thể tích khí thu được lúc đầu vì có lẫn tạp chất: A. không khí. B. hidro. C. hơi nước. D. khí cacbonic. c. Ngoài cách thu khí hidro như trên còn cách nào thu khác? Giải a. (1) là dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng; (2) là Zn hoặc Fe.

Phương trình hóa học: Zn  2HCl  ZnCl2  H 2  Fe  2HCl  FeCl2  H 2  Zn  H 2SO 4loang  ZnSO 4  H 2  Fe  H 2SO 4loang  FeSO 4  H 2 

b. Đáp án A. Hidro có lẫn không khí. c. Vì hidro nhẹ hơn không khí nên có thể thu khí H2 bằng cách úp ống thu bằng phương pháp đẩy không khí. Câu 4: Nêu hiện tượng, giải thích, viết phương trình phản ứng xảy ra khi úp ống nghiệm chứa đầy hỗn hợp khí C2H2 và C2H4 vào chậu thủy tinh chứa dung dịch nước brom (như hình bên).

(Trích đề học sinh giỏi lớp 9 tỉnh Gia Lai năm 2013) Giải Màu da cam của dung dịch nước brom nhạt màu (hoặc mất màu), nước trong ống nghiệm dâng lên (do số mol khí giảm làm áp suất trong bình giảm), có bọt chất lỏng không tan nổi trên mặt nước hoặc bám trên thành ống nghiệm. Các phương trình hóa học: C2 H 2  Br2  C2 H 2 Br2 C2 H 2  2Br2  C2 H 2 Br4 C2 H 4  Br2  C2 H 4 Br2 Câu 5: Cho hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế kim loại bằng cách dùng khí H2 khử oxit kim loại như sau:

Những kim loại nào có thể điều chế bằng phương pháp trên từ các oxit tương ứng sau: MgO, Fe3O4, Al2O3, CuO, CaO? Viết các phương trình hóa học minh họa cho các quá trình trên. (Trích đề thi vào lớp 10 chuyên Bắc Giang năm 2017). Giải Những oxit bị khử là: Fe3O4, CuO. Phương trình hóa học: t0 Fe3O 4  4H 2   3Fe  4H 2 O 0

t CuO  H 2   Cu  H 2 O Chú ý: Nhiệt luyện là phương pháp dùng (H2, CO) khử các oxit kim loại trung bình và yếu (từ Zn trở đi). Câu 6: Cho hình vẽ sau: a. Nếu khí Y là khí oxi thì hình nào dưới đây mô tả đúng sự điều chế oxi trong phòng thí nghiệm? Giải thích sự lựa chọn này.

b. Viết hai phương trình hóa học điều chế khí oxi trong phòng thí nghiệm từ hai chất rắn X khác nhau.

(Trích đề thi thử vào lớp 10 chuyên Trần Hưng Đạo – Bình Thuận). Giải a. Khí O2 ít tan trong nước và nặng hơn không khí nên cách 1b không được (khi đó không khí sẽ xua hết khí O2 ra ngoài), trong phòng thí nghiệm người ta sử dụng cách 1a. b. Điều chế khí O2 người ta nhiệt phân các hợp chất giàu oxi: KMnO4; KClO3. t0 2KMnO 4   K 2 MnO 4  MnO 2  O 2  0

t 2KClO3   2KCl  3O 2  Câu 7: Người ta thực hiện thí nghiệm sau: đổ một lượng axit sunfuric98% vào một cốc nước có chứa một ít đường hạt ở trạng thái khan (loại đường mía kết tinh thường có màu trắng hay được sử dụng trong sinh hoạt hằng ngày của các gia đình Việt Nam). Sau một thời gian ngắn, đường biến thành màu nâu, sau đó chuyển sang màu đen và dường như khối lượng đường tăng lên rất nhiều và trào ra khỏi miệng cốc (xem hình dưới đây). Viết phương trình hóa học chứng minh các hiện tượng trên.

Giải

C6 H12 O6  12H 2SO 4dac nóng  6CO 2  12SO 2  18H 2 O

Axit H 2 SO4 đặc, nóng oxi hóa rất mạnh đường tạo C (than) màu đen, phản ứng tỏa nhiệt mạnh nên thành ống nghiệm khá nóng. Mặt khác, quá trình oxi – hóa khử mạnh mẽ làm thể tích hỗn hợp khí, hơi sau phản ứng tăng nhanh chóng (1 mol đường tạo ra 36 mol hỗn hợp khí và hơi). Điều đó gây hiện tượng sủi bọt đẩy cacbon trào ra ngoài cốc.