Issuu

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

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

NHỮNG BÀI TẬP HÓA HỌC CÓ NHIỀU PHƯƠNG PHÁP GIẢI ( Produced by Dạy Kèm Quy Nhơn ) WORD VERSION | 2021 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

NHỮNG BÀI TẬP HOÁ HỌC CÓ NHIỀU PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHẦN MỘT MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HOÁ HỌC

Phương pháp áp dụng sự bảo toàn khối lượng, số mol nguyờn tử Cơ sở Trong cỏc quỏ trỡnh hoỏ học thỡ : Tổng khối lượng của các chất trước phản ứng luôn bằng tổng khối lượng của các chất sau phản ứng :

∑ m(tr−íc ph¶n øng) = ∑ m(sau ph¶n øng) Tổng số mol nguyên tử của nguyên tố A trước phản ứng luôn bằng tổng số mol nguyên tử của nguyên tố A sau phản ứng.

∑ n A(tr−íc ph¶n øng) = ∑ n A(sau ph¶n øng)

Cách áp dụng Khi giải bài tập trắc nghiệm ta nên lập sơ đồ tóm tắt các phản ứng, rồi áp dụng những sự bảo toàn trên để tìm ra các đại lượng khác như : số mol, khối lượng các chất trong sơ đồ phản ứng thì bài toán sẽ được giải nhanh hơn. Bài tập minh họa Bài 1. Người ta cho từ từ luồng khí CO đi qua một ống sứ đựng 5,44 g hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn B và hỗn hợp khí C. Sục hỗn hợp khí C vào dung dịch nước vôi trong dư thấy có 9 g kết tủa và khí D bay ra. Khối lượng chất rắn B thu được là A. 3g

B. 4g

C. 5g

D. 3,4g

Lời giải Sơ đồ phản ứng: FeO CO +

Fe2O3 → A + CO2 Fe3O4 CuO

CO2 0,09

+ Ca(OH)2

 →

CaCO3

+ H2 O

9 = 0, 09 (mol) 100

Theo định luật BTKL thì mCO + m A = m B + mCO2 0,09.28 + 5,44 = mB + 0,09.44 → m = 4g Bài 2. Cho mg hỗn hợp A gồm ba muối XCO3, YCO3 và M2CO3 tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng, phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít CO2 (đktc), dung dịch B và chất rắn C. Cô cạn dung dịch B thu được 20 g muối khan. Nung chất rắn C đến khối lượng không đổi thấy có 11,2 lít khí CO2 (đktc) bay ra và chất rắn D có khối lượng 145,2 g. m có giá trị là

A. 170g

B. 180g

C. 190g

D. 200g

Lời giải XCO3 YCO3

H2SO4  → muối B + CO2 + H2O + C

M2CO3 Nhiệt phân B C

t  →

D + CO2

mC = m D + m CO2 = 145, 2 +

1,12 .44 = 167, 2 (g) 22, 4

Phương trình ion rút gọn khi cho A tác dụng với H2SO4 CO32− +

2H + 0, 4

 →

CO2

4, 48 = 0, 2 22, 4

+ H2 O 0, 2

⇒ m + 0,2.98 = 20 + 0,2.44 + 0,2.18 + 167,2 ⇒ m = 180 g Bài 3. Hòa tan hoàn toàn 3,22g hỗn hợp X gồm Fe, Mg, Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng, thu được V lít H2 (đktc) và dung dịch chứa m g hỗn hợp muối Y. Cho toàn bộ lượng H2 ở trên đi từ từ qua ống sứ đựng 4 g hỗn hợp gồm Fe2O3, CuO nung nóng, thu được 3,04g hỗn hợp kim loại. m có giá trị là A. 8,98g

B. 8,89g

C. 7,89g

D. 6,98g

Lời giải Sơ đồ (1) phản ứng của X tác dụng với H2SO4 loãng:

Fe Mg + H 2 SO 4  → Hçn hîp muèi Y + H 2 Zn Sơ đồ (2) phản ứng khử Fe2O3, CuO bởi khí H2 :

Fe2 O3 CuO

+ H2  →

Fe Cu

+ H2 O

Bản chất các phản ứng xảy ra theo sơ đồ (2) là H2 + O(oxit)  → H2O

n H2 = n O =

4 − 3, 04 = 0, 06 (mol) 16

Theo sơ đồ (1) thì mmuối = m X + mSO 2− = 3, 22 + 0, 06.96 = 8, 98g 4

Bài 4. Nung nóng m g hỗn hợp X gồm ACO3 và BCO3 thu được m g hỗn hợp rắn Y và 4,48 lít khí CO2. Nung nóng Y đến khối lượng không đổi thu thêm được khí CO2 và hỗn hợp rắn Z. Cho toàn bộ khí CO2 thu được khi nung Y qua dung dịch NaOH dư, sau đó cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch trên thì thu được 19,7 g kết tủa. Mặt khác cho CO dư qua hỗn hợp Z nung nóng thu được 18,4 g hỗn hợp Q và 4,48 lít khí CO2 (đktc) . m có giá trị là A. 34,8 g

B. 25,7g

C. 44,1g

D. 19,8g

Lời giải Sơ đồ phản ứng nhiệt phân : ACO3 BCO3 Y

 → Y + CO2

(1)

→ Z + CO2

(2)

BaCl

2 → BaCO CO2 → CO32−  3

NaOH

0,1 CO + Z  → Q + CO2

Bản chất của sơ đồ (3) là :

→ CO2 CO + O(trong Z) 

19, 7 = 0,1(mol) 197 (3)

⇒ m(trong Z) =

4, 48 = 0, 2 (mol) 22, 4

⇒ m Z = mQ + mO = 18, 4 + 0, 2.16 = 21, 6 (gam) ⇒ m Y = m Z + mCO2 = 21, 6 + 0,1.44 = 26 (gam)

⇒ m X = m Y + mCO2 = 26 + 0, 2.44 = 34,8(gam) Bài 5. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol FeO, 0,3 mol Fe2O3, 0,4 mol Fe3O4 vào dung dịch HNO3 2M vừa đủ, thu được dung dịch muối và 5,6 lít khí hỗn hợp khí NO và N2O4 (đktc) có tỉ khối so với H2 là 33,6. Thể tích dung dịch HNO3 đã tham gia phản ứng là A. 3,6 lít

B. 2,4 lít

C. 3,2 lít

D. 4,8 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng :

FeO Fe2 O3

+ HNO3 → Fe(NO3 )3 +

Fe3O 4

NO N 2O4

+ H2 O

Đặt n NO = x(mol) ; n N 2O4 = y (mol)

5, 6  x + y = 22, 4 = 0,25 x = 0,1mol Ta cã hÖ  ⇒ y = 0,15 mol  30x + 92y = 33, 6  2(x + y) Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe để tính số mol Fe(NO3)3 : n Fe(Fe(NO3 )3 = n Fe(FeO, Fe2O3 , Fe3O 4 )

⇒ n Fe(NO3 )3 = n FeO + 2n Fe2O3 + 3n Fe3O4 = 0, 2 + 2.0,3 + 3.0, 4 = 2 mol

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :

n N(HNO3 ) = n N(Fe(NO3 )3 + NO + N 2O4 ) ⇒ n HNO3 = 3.2 + 0,1 + 2.0,15 = 6, 4 mol Vậy VHNO3 =

6, 4 = 3, 2 lÝt 2

Bài 6. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào dung dịch HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa 2 muối sunfat) và một khí duy nhất là NO. Giá trị của a là A. 0,12 mol

B. 0,04 mol

C. 0,075 mol

D. 0,06 mol

Lời giải

Sơ đồ phản ứng : FeS 2 Cu 2 S

+ HNO3

 →

Fe2 (SO 4 )3 CuSO 4

H2 O

áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe, Cu, S FeS2  → Fe2(SO4)3 0,12

0,06

Cu2S  → CuSO4 a

nS(FeS 2 ) + n S(Cu2S) = n S(Fe2 (SO4 )3 ) + n S(CuSO4 )

2n FeS 2 + n Cu2S = 3n Fe2 (SO4 )3 + n CuSO4 ⇒ 2.0,12 + a = 3.0,06 + 2a ⇒ a = 0,06 mol Bài 7. Thổi từ từ hỗn hợp khí X gồm CO và H2 đi qua ống đựng 16,8 g hỗn hợp Y gồm 3 oxit gồm CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được m g chất rắn Z và một hỗn hợp khí T, hỗn hợp T nặng hơn hỗn hợp X là 0,32 g. Giá trị của m là A. 14,28g

B. 16,46g

C. 16,48g

D. 17,12g

Lời giải Sơ đồ phản ứng

CuO Fe2 O3

CO H2

Al2 O3

 → Z +

→ T Ta thấy X + O(oxit) 

m T − m X = mO(oxit) = 0,32 g mà m Y = m Z + mO ⇒ m Z = m Y − mO = 16,8 − 0,32 = 16, 48g

Bài 8. Khử hoàn toàn m g hỗn hợp CuO, Fe3O4 bằng khí CO ở nhiệt độ cao, thu được hỗn hợp kim loại và khí CO2. Sục khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thu được 20 g kết tủa và dung dịch A, lọc bỏ kết tủa, cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch A thu được 89,1 g kết tủa nữa. Nếu dùng H2 khử hoàn toàn m g hỗn hợp trên thì cần bao nhiêu lít khí H2 (đktc) ? A. 16,46 lít

B. 19,72 lít

C. 17,92 lít

D. 16,45 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng :

CuO Cu to + CO  + CO2 → Fe3O 4 Fe

(1)

Cho CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thì CaCO3 ↓ Ca(OH)

2→ CO2 

20 = 0, 2 (mol) 100

(2) ց Ba(OH)2 Ca(HCO3 )2 → CaCO3 ↓ + BaCO3 ↓ x

100x + 197x = 89,1 ⇒ x = 0,3(mol) Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố C

nC(CO) = n C(CO2 ) = ∑ n C(CaCO3 ) + n C(BaCO3 ) ⇒ n CO2 = n CaCO3 + n BaCO3 = (0, 2 + 0,3) + 0,3 = 0,8(mol)

Bản chất các phản ứng xảy ra trong (1) là :

→ CO2 CO + O(oxit)  0,8

0,8

Nếu dùng H2 để khử m g hỗn hợp CuO, Fe3O4 thì bản chất các phản ứng đó là H2

+ O(oxit)  → H2 O

Tổng số mol nguyên tử oxi trong hai quá trình này bằng nhau nên n H2 = n O = 0,8(mol) ⇒ VH2 (®ktc) = 0,8.22, 4 = 17, 92 (lit) Bài tập vận dụng Bài 1. Để khử hoàn toàn 27,2 g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần vừa đủ 6,72 lít CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là A. 18,9 g

B. 22,4 g

C. 19,8 g

D. 16,8 g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng Fe FeO Fe3O 4

 →

CO2

Fe2 O3

Bản chất các phản ứng xảy ra trong sơ đồ trên chỉ là : CO + O(oxit) → CO2 nCO = nO =

6, 72 = 0,1 (mol) 22, 4

→ mFe = mhh – mO (oxit) = 27,2 – 16.0,3 = 22,4 g. Bài 2. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm

CO và CO2 cho sục qua dung dịch Ca(OH)2 dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là A. 70,4g

B. 74g

C. 47g

D. 104g

Hướng dẫn Khí đi ra sau phản ứng gồm CO2 và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)2 dư : CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O 40 = 0,4 (mol) 100

0,4 (mol) Sơ đồ phản ứng: FeO CO +

Fe2O3

 →

CO2

Fe3O4 28.0,4 + m = 64 + 44.0,4 → m = 70,4g Bài 3. Khử hoàn toàn 24 g hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 g hỗn hợp hai kim loại. Khối lượng nước tạo thành là A. 3,6 g

B. 7,2 g

C. 1,8 g

D. 5,4 g

Bài 4. Để tác dụng hết 5,44 g hỗn hợp CuO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 cần dùng vừa đủ 90ml dung dịch HCl 1M. Mặt khác, nếu khử hoàn toàn 5,44 g hỗn hợp trên bằng khí CO ở nhiệt độ cao thì khối lượng sắt thu được là A. 3,20g

B. 4,72 g

C. 2,11 g

D. 3,08 g

Bài 5. Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm CO và H2 (lấy dư) qua ống sứ đựng 24 g hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe2O3 và Fe3O4 đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng, khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 12,4 g

B. 14,2 g

C. 22,8 g

D. 22,4 g

Hướng dẫn

Al2 O3 CuO Fe2 O3

 →

Chất rắn

CO2 H2O

Fe3O 4 Ta thấy 1 mol CO hoặc 1 mol H2 đều phản ứng với 1mol O : CO H2

+ O(oxit)  →

0,1

CO2 H2O

0,1

Khối lượng chất rắn còn lại là 24 – 0,1.16 = 22,4 g Bài 6. Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe2O3 (0,02 mol), Fe3O4 (0,03 mol) tan vừa hết trong dung dịch HNO3 thu được dung dịch chứa một muối và 0,448 lít khí N2O4 (đktc). Khối lượng muối và số mol HNO3 tham gia phản ứng là A. 32,8 g ; 0,4 mol

B. 33,88 g ; 0,46 mol

C. 33,88 g ; 0,06 mol

D. 33,28 g ; 0,46 mol

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng : FeO Fe2O3 + HNO3

 →

Fe(NO3)3 + N2O4 + H2O

Fe3O4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe : n Fe [Fe(NO3 )3 ] = n Fe [FeO,Fe2O3 ,Fe3O4 ]

nFe [Fe(NO3 )3 ] = nFeO + 2nFe2O3 + 3nFe3O4 = 0, 01 + 2.0, 02 + 3.0, 03 = 0,14 (mol)

m Fe(NO 3 )3 = 0,14.242 = 33,88 (g) Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :

n N [HNO3 ] = n N [Fe(NO3 )3 + N 2O4 ] ⇒ n HNO3 = 3n Fe(NO3 )3 + 2n N 2O4 = 3.0,14 + 2.0, 02 = 0, 46 (mol) Bài 7. Cho 1,1 g hỗn hợp Fe, Al phản ứng với dung dịch HCl thu được dung dịch X, chất rắn Y và khí Z, để hoà tan hết Y cần số mol H2SO4 (loãng) bằng 2 lần số mol HCl ở trên, thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) sinh ra trong cả hai phản ứng trên là 0,896 lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là A. 2,92 g

B. 2,67 g

C. 3,36 g

D. 1,06 g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng : Fe Al

HCl H 2 SO 4

 → hỗn hợp muối (X+T) + H2

Đặt nHCl = x mol ; n H SO = y mol 2 4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H :

n H (HCl + H2SO4 ) = n H(H2 ) n HCl + 2n H 2SO4 = 2n H2 = 0, 04 mol x + 2y = 0,04 y =2x ⇒ x = 0,008 ; y = 0,016 mmuối = m(Al,Fe) + m Cl− + mSO

2−

= 1,1 + 0,008.35,5 + 0,016.96 = 2,92 (g)

Bài 8. Cho 2,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn phản ứng vừa hết với dung dịch H2SO4 loãng thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch, khối lượng muối khan thu được là A. 4,84 g

B. 5,84 g

C. 5,48 g

D. 4,56 g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng : Fe

FeSO4

H2SO4

 →

Al2(SO4)3 + H2 ZnSO4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H: ⇒ n H2SO4 = n H2 =

0, 784 = 0,035 (mol) 22, 4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S: ⇒ n

SO24− (H2SO4 )

SO24− (muèi)

mmuối = m(Fe, Al, Zn) + m

SO24−

= 0,035 (mol)

= 2,48 + 0,035.96 = 5,84 (g)

Bài 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m g muối khan, m có giá trị là A. 7,53g

B. 3,25g

C. 5,79g

D. 5,58g

Hướng dẫn Cách giải tương tự bài 8 Sơ đồ phản ứng : Cu MgSO 4  → + Cu + H2  Mg + H2SO4  Al2 (SO 4 )3  Al  Cu không tác dụng với HNO3 loãng nên 1,28 gam chất rắn Y là Cu. m = m (Al + Mg) + m SO2 − = (2,57 − 1, 28) + 0, 065.96 = 7,53 (g) 4

Bài 10. Cho 17,5 g hỗn hợp gồm 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung o

dịch H2SO4 loãng thu được 5,6 lít khí H2 (ở 0 C, 2 atm). Cô cạn dung dịch, khối lượng muối khan thu được là A. 65,5 g C. 56,5 g Hướng dẫn

B. 55,5 g D. 55,6g

n H2 =

2.5, 6 = 0,5 (mol) 0, 082.273

 Zn  → dung dịch 3 muối + H2 ↑ Fe + H2SO4  Al  m = m (Al, Zn, Fe) + m SO2− = 17,5 + 0,5.98 = 65,5 (g) 4

Bài 11. Cho 35g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa hết với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m g muối clorua. Vậy m có giá trị là A. 38,3g

B. 22,6g

C. 26,6g

D. 6,26g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng: Na 2 CO3 K 2 CO3

+ BaCl2  → BaCO3 +

NaCl KCl

n BaCl2 = n BaCO3 = 0, 3 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m hh + mBaCl2 = m ↓ + m m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g) Bài 12. Cho 4,48g hỗn hợp chất rắn Na2SO4, K2SO4, (NH4)2SO4 tan vào nước được dung dịch A. Cho A tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch Ba(NO3)2 0,1M. Kết thúc phản ứng thu được kết tủa B và dung dịch C. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch C thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là A. 5,32g

B. 5,23g

C. 5,26g

D. 6,25g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng: Na2SO4 K2SO4 + Ba(NO3)2  → BaSO4 +

NaNO3 KNO3

(NH4)2SO4

NH4NO3

n Ba(NO3 )2 = n BaSO4 = 0, 03 (mol)

4, 48 + 7, 83 = 6, 99 + mC ⇒ mC = 5,32 (g)

Bài 13. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 1,344 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan có khối lượng là A. 7,12g

B. 7,98g

C. 3,42g

D. 6,12g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng : A B

H+

HCl

Cl −

 →

= 2.

ACl n BCl m

+ H2

1,344 = 0,12(mol) 22, 4

mmuối = mKL + m

Cl −

= 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g)

Bài 14. Nung m g hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO3 và CaCO3 cho đến khi không còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi 2 lít dung dịch Ba(OH)2 thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành thêm 3,94g kết tủa nữa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, m có giá trị là A. 7,44g

B. 7,40g

C. 7,04g

D. 4,74g

Hướng dẫn m = mB + mCO2 CO2 + Ba(OH)2  → BaCO3 ↓ + H2O → Ba(HCO3)2 2CO2 + Ba(OH)2 

Ba(HCO3)2  → BaCO3 + CO2 + H2O

m = 3,52 + (

7,88 3,94 + 2. ).44 = 7, 04 (g) 197 197

Bài 15. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag phản ứng hết với V lít dung dịch HNO3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO2 ( n NO = n NO2 = 0,1 mol ). V có giá trị là A. 1 lít

B. 0,6 lít

C. 1,5 lít

D. 2 lít

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng: Cu Ag

HNO3

 →

Cu(NO3 )2 AgNO3

NO NO 2

+ H2 O

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : nCu = nCu(NO3 )2 = 0,1 mol và nAg = n AgNO3 = 0,2 mol Áp dụng cho nguyên tố N :

n N (HNO3 ) = n N (Cu(NO3 )2 + AgNO3 + NO + NO2 ) n(HNO3 ) = 2n Cu(NO3 )2 + n AgNO3 + n NO + n NO2 n(HNO3 ) = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol VHNO3 =

0,6 = 0,6(lit) 1

Bài 16. A, B là 2 kim loại thuộc nhóm IIA. Hòa tan hoàn toàn 10,94 g hỗn hợp X gồm 2 muối clorua của A và B vào nước được 100 g dung dịch Y. Để kết -

tủa hết ion Cl có trong 50 g dung dịch Y phải dùng dung dịch có chứa 10,2 g AgNO3. Nếu cho Y tác dụng với dung dịch H2SO4 dư (giả thiết ASO4 và BSO4 đều kết tủa), thì thu khối lượng kết tủa thu được là A: 12,44 C: 14,33

B: 13,44 D: 13,23

Hướng dẫn ACl2

 →

+ AgNO3

AgCl ↓ + ...

BCl2 Trong 50 g dung dịch Y : nCl− = n Ag+ = nAgCl = 0, 06(mol) Trong 100 g dung dịch Y : nCl− = 0,12(mol) ⇒ m(A,B) = 10, 94 − 0,12.35,5 = 6, 68 g Số mol điện tích 2n

Cl −

SO24 −

⇒ m ↓ = 6,68 + 0,06.96 = 12,44 g

Bài 17. Đốt cháy m g một hiđrocacbon A với 11,76 lít O2 (đktc) vừa đủ. Phản ứng tạo ra 8,1 g nước và một lượng CO2. Công thức phân tử của A là A. C2H6

B. C2H4

C. C3H6

D. C2H8

Hướng dẫn C x H y + O2  → CO2 + H 2 O Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố O : nO(O2 ) = nO(CO2 ) + nO(H2O) ⇒ 2nO2 = 2nCO2 + nH2O → nCO2 = 0,3(mol) nC = 0,3(mol) ; nH = 0, 9 (mol) ⇒ CTĐGN là CH3, CTPT là (CH3)n

3n ≤ 2n + 2 ⇒ n ≤ 2 chän n=2 ⇒ CTPT C2 H6 Bài 18. Đốt cháy m g hợp chất A (CnHn–1ONa) với một lượng vừa đủ là 6,272 lít O2 (đktc) thu được 2,12 g Na2CO3 và hỗn hợp X chứa CO2, H2O. Nếu cho hỗn hợp X qua bình đựng H2SO4 đặc thì khối lượng bình tăng 1,8 g. Vậy m có giá trị là A. 6,46

B. 4,64

C. 4,46

D. 6,44

Hướng dẫn CnHn–1ONa

2→

Na2CO3 + CO2 + H2O

n Na(A) = n Na(Na 2CO3 ) = 2n Na2CO3 = 2.0, 02 = 0, 04 (mol)

nO(A) + 2n(O2 ) = 3n Na 2CO3 + 2n CO2 + n H2O

⇒ 2n CO2 = 2.0, 28 + 0, 04 − 3.0, 02 − 0,1 = 0, 44 (mol) ⇒ nCO2 = 0, 22 (mol) m A = 12(0, 02 + 0, 22) + 0,1.2 + 0, 04.(16 + 23) = 4, 64 (g) Bài 19. Thuỷ phân hoàn toàn 1 este đơn chức A cần vừa đủ 100ml NaOH 1M thu được ancol etylic và muối của axit hữu cơ B. Phân huỷ hoàn toàn B thu được 5,6 lít khí CO2 (đktc), 4,5 g H2O và m g Na2CO3. Công thức cấu tạo của A là A. C2H5COOC2H5

B. CH3COOC3H7

C. C3H7COOC2H5

D. C3H7COOCH3

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng :

A + NaOH  → C 2 H5OH

+ B

B  → CO2 + H 2 O + Na 2 CO3 n A = n NaOH = n C 2 H5OH = n B = 0,1 (mol). nC(A) = nC(C 2 H5OH) + n C(CO2 ) + n C(Na 2CO3 )

= 2n C 2H5OH + n CO2 + n Na 2CO3 = 2.0,1 + 0, 25 + 0, 05 = 0,5(mol) ⇒ Số nguyên tử C trong A là

0,5 = 5 (nguyên tử). 0,1

n H(A) = n H(C 2H5OH) + n H(H2O) − n H(NaOH)

⇒ n H(A) = 6n C 2 H5OH + 2n H 2O − n NaOH = 6.0,1 + 2.0, 25 − 0,1 = 1(mol)

⇒ Số nguyên tử H trong A là

1 = 10 (nguyên tử) 0,1

CTPT A. C5H10O2 ⇒ CTCT A C2H5COOC2H5 Bài 20. Đốt cháy hoàn toàn m(g) hỗn hợp X gồm C2H2, C3H6 và C4H10 thu được 2,688 lít khí CO2 (đktc) và 2,16 g H2O. Vậy m có giá trị là A. 1,48g

B. 2,86 g

C. 14,8g

D. 1,68g

Hướng dẫn m X = mC + m H =

2, 688 2,16 .12 + .2 = 1, 68 (g) 22, 4 18

Bài 21. Cho 13,8g hỗn hợp gồm ancol etylic và glixerol tác dụng vừa đủ với Na thu được 4,48 lít H2 (đktc) và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch muối, khối lượng chất rắn thu được là A. 22,6 g

B. 22,4 g

C. 34,2 g

D. 25,0 g

Hướng dẫn Đáp án A (m muối = 22,6 g) Bài 23. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất A có CTPT C n H 2n −1COONa với oxi thu được 21,2g Na2CO3, 10,8g H2O và một lượng CO2. Lượng CO2 này cho tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 100 g kết tủa. Công thức phân tử A là A. C 2 H5COONa

B. CH3COONa

C. C 2 H3COONa

D. C 3 H7COONa

Hướng dẫn C n H 2n −1COONa + O 2  → Na 2 CO3 + CO 2 + H 2 O n A = 2n Na

2CO3

= 2.0, 2 = 0, 4 (mol) ; n H = 2.n H 2O = 2.

10,8 = 1, 2 (mol) 18

n CO2 = n CaCO3 = 1 (mol) n C(A) = n C(CaCO3 ) + n C(CO2 ) = 0, 2 + 1 = 1, 2 (mol) CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H 2 O

n O(A) = 2n A = 0,8 (mol) ; n Na(A) = n A = 0, 4 (mol)

m A = mC + m H + mO + m Na = 1, 2.12 + 1, 2 + 0,8.16 + 0, 4.23 = 37, 6 (g) MA =

37, 6 = 94 ⇒ 14n + 66 = 94 ⇒ n = 2 ⇒ CTPT A: C 2 H3COONa 0, 4 0

Bài 24.Đun 13,8 g hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140 C thu được 11,1g hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete.

A. 0,025 mol

B. 0,1

C. 0,15 mol

D. 0,2 mol

mol

Hướng dẫn Đun hỗn hợp 3 ancol được

3.(3 + 1) = 6 ete. 2

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mancol = mete + m H 2O

m H 2O = mancol – mete = 13,8 – 11,1 = 2,7 (g) Tổng số mol các ete = số mol H2O = Số mol mỗi ete =

2, 7 = 0,15 (mol) 18

0,15 = 0, 025 (mol) 6

Bài 25. Đốt cháy hoàn toàn một chất hữu cơ A chứa 1 nguyên tử Oxi thu được hỗn hợp sản phẩm B. Cho B đi qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có 15 g kết tủa và khối lượng dung dịch giảm 4,8 g. CTPT của A là A : CH4O

B : C2H6O

C : C3H8O

D : C4H10O

Hướng dẫn Theo ĐL bảo toàn khối lượng thì : mdung dịch đầu + mCO2 + mH2 O = m ↓ + mddsau Nếu khối lượng dung dịch tăng thì : mdung dịch tăng = mdung dịch sau – mdung dịch đầu = (mCO2 + mH2 O ) − m ↓ Nếu khối lượng dung dịch giảm thì mdung dịch giảm = mdung dịch đầu – mdung dịch sau = m ↓ −(mCO2 + mH2O ) CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 ↓ + H2O 4,8 = 0,15.100 – 0,15.44 – mH2 O ⇒ mH2 O = 3, 6(gam) CnH2n+2O

 →

nCO2 + (n+1)H2O

0,15

0,2

0,2n = 0,15(n+1) ⇒ n =3 ⇒ CTPT C3H8O Bài 26. Hỗn hợp X gồm 0,1 mol C 2 H 4 O2 và 0,2 mol hiđrocacbon A. Đốt cháy hết X cần 21,28 lít O2 (đktc) và chỉ thu được 35,2 g CO2 và 19,8 g H2O. Công thức phân tử khối của A là A. C 7 H8

B. C 8 H8

C. C 6 H 6

D. C 8H 6

Hướng dẫn X + O2  → CO2 + H 2 O

m A + mC 2 H 4O2 + mO2  → mCO2 + m H2O

⇒ m A = (35, 2 + 19,8) − (

MA =

21, 28 .32 + 0,1.62) = 18, 4 g 22, 4

18, 4 = 92 g/mol ⇒ 12x + y = 92 0, 2

Vậy giá trị phù hợp x = 7 ; y = 8 ⇒ CTPT C 7 H8 Bài 28. Nhiệt phân 8,8 g C3H8 thu được hỗn hợp khí A theo phương trình phản ứng: C3H8  → CH4 + C2H4 C3H8  → C3H6 + H2 Đốt hoàn toàn A khối lượng CO2 và H2O tạo thành là A. 24,6 g; 14,4 g

B. 26,4 g; 16,4 g

C. 23,5 g ; 15,5 g

D. 32,5 g ; 14,8 g

Hướng dẫn Theo định luật bảo toàn khối lượng thì :

mC3H8 = m A ⇒ Đốt cháy chất A cũng chính là đốt cháy C 3 H8 hoặc đốt cháy C và H : C + O2  → CO2

0,6 0,6

0,6

H2 +

1 O2  → H2 O 2

0,8

0,4

0,8

⇒ VO2 = 22, 4 lÝt

mCO2 = 0, 6.44 = 26, 4 (g) m H2O = 0,8.18 = 14, 4 (g)

Phương pháp tăng giảm khối lượng Cơ sở Khi một nguyên tử hay nhóm nguyên tử X ở trong chất tham gia phản ứng (gọi là chất đầu) được thay thế bằng một nguyên tử hay nhóm nguyên tử Y để tạo ra chất mới (chất cuối), thì sự chênh lệch khối lượng giữa chất đầu và chất cuối chính bằng hiệu khối lượng của hai nhóm nguyên tử X và Y (|X–Y|). Thí dụ : CaCO3  → CaSO4 Ta thấy thì sự chênh lệch khối lượng giữa hai muối CaCO3 và CaSO4 : ∆M = (40 + 96) − (40 + 60) = 36 g / mol đúng bằng sự chênh lệch khối lượng

của

hai

anion

CO32− (60g) và

SO24−

(96

g): ∆M = 96 − 60 = 36 g / mol . Cách áp dụng Khi một chất thay anion cũ bằng anion mới để sinh ra chất mới thì sự chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới chính là sự chênh lệch khối lượng của anion cũ và anion mới. Khi một chất thay cation cũ bằng cation mới để sinh ra chất mới thì sự chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới chính là sự chênh lệch khối lượng của cation cũ và cation mới. Bài tập minh hoạ Bài 1. Cho 41,2 g hỗn hợp X gồm Na2CO3, K2CO3 và muối cacbonat của kim

loại hoá trị 2 tác dụng với dung dịch H2SO4 dư. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp Y gồm ba muối sunfat và 8,96 lít khí CO2 (đktc). Khối lượng của Y là A. 58,6 g

B. 55,6 g

C. 45,0 g

D. 48,5 g

Lời giải Sơ đồ phản ứng :

Na 2 CO3

Na 2 SO 4 +

K 2 CO3

H2SO4

 →

MCO3

K 2 SO 4

H 2O

+ CO2

MSO 4

1 mol X chuyển thành 1 mol Y thì độ tăng khối lượng là ∆M = 96 − 60 = 36 (g / mol) Theo định luật bảo toàn nguyên tố C : n

CO23 −

= nCO2 = 0, 4 (mol) ⇒ khối

lượng Y lớn hơn khối lượng của X là 0,4.36 = 14,4 (g) Vậy mY = 41,2 + 14,4 =55,6 (g) Bài 2. Cho 84,6 g hỗn hợp A gồm BaCl2 và CaCl2 vào 1 lít hỗn hợp Na2CO3 0,3M và (NH4)2CO3 0,8 M. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 g kết tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl2 và CaCl2 trong A lần lượt là A. 70,15% ; 29,25%

B. 60,25% ; 39,75%

C. 73,75%; 26,25%

D. 75,50% ; 24,50%

Lời giải Đặt n BaCl2 = x(mol); n CaCl2 = y (mol) BaCl 2 CaCl 2

Na 2 CO3 (NH 4 )2 CO3

 →

BaCO3 CaCO3

NaCl NH 4 Cl

–

Cứ 2 mol Cl mất đi (71 g) có 1 mol muối CO 32 − thêm vào (60 g) ⇒ Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là ∆M = 71– 60 =11(g) Độ giảm khối lượng muối : ∆m = 84,6 – 79,1 = 5,5 (g)

Vậy số mol muối clorua bằng số mol muối cacbonat phản ứng 5,5 = = 0,5 (mol) 11 2–

Mà số mol CO3 (theo giả thiết) = 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol (phản ứng). Vậy muối cacbonat phản ứng dư. x + y = 0,5 (1) x = 0,3 mol ⇒   208x + 111y = 84,6 (2) y = 0, 2 mol

0,3.208  .100% = 73, 75% %m BaCl2 = 84.6  %mCaCl = 100 − 73, 75 = 26, 25%  2 Bài 3. Nhúng một thanh nhôm nặng 50g vào 200ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau một thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 51,38g. Giả sử kim loại thoát ra đều bám cả vào thanh nhôm. Khối lượng Cu thoát ra là A. 0,64g

B. 1,28g

C. 1,92g

D. 2,56g

Lời giải 2+

 →

2Al + 3Cu

2 mol (tan ra)

2Al

+ 3Cu 3 mol Cu (bám vào)

Thì khối lượng thanh kim loại tăng là 3.64 – 2.27 = 138 (g) Ứng với khối lượng tăng 51,38 – 50 = 1,38g ⇒ số mol Cu =

3.1,38 = 0,03 138

(mol) 2+

Theo giả thiết số mol Cu

= 0,1 mol > 0,03 mol ⇒ mCu = 0,03.64 = 1,92 (g)

Bài 4. Lấy một đinh sắt nặng 20g nhúng vào dung dịch CuSO4 bão hòa. Sau một thời gian lấy đinh sắt ra sấy khô, cân nặng 20,4g. Khối lượng Cu bám trên đinh sắt là A. 0,4884 g

B. 3,4188 g

C. 3,9072 g

D. 0,9768 g

Lời giải Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu

Độ tăng khối lượng khi chuyển 1 mol Fe thành 1 mol Cu là 64 – 56 = 8g Độ tăng khối lượng thực là ∆m = 20,4 – 20 = 0,4 g ⇒ n Cu =

0, 4 = 0, 05 mol 8

Khối lượng Cu = 0,05.64 = 3,2 g Bài 5. Hoà tan 10g hỗn hợp 2 muối ACO3 và B2(CO3)3 bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và 0,672 lít khí bay ra ở đktc. Cô cạn dung dịch A thì thu được m(g) muối khan. Vậy m có giá trị là A. 1,033g

B. 10,33g

C. 9,265g

D. 92,65g

Lời giải ACO3 B 2 CO3

HCl

 →

ACl 2 BCl3

CO2

+ H2 O –

Cứ 1 mol muối CO32 − đi ra (mất đi 60g) có 2 mol Cl kết hợp (thêm 71g) ⇒ Độ chênh lệch (tăng) khối lượng của 1 mol muối là ∆M = 71– 60 =11 (g)

mà: n

CO32 −

= n CO2 =

0, 672 = 0, 03 (mol) 22, 4

Vậy khối lượng muối tăng : ∆m = 11.0,03 = 0,33 (g) ⇒ Tổng khối lượng muối clorua = 10 + 0,33 = 10,33 (g) Bài 6. Nung m g hỗn hợp X gồm hai muối cacbonat của hai kim loại nhóm IIA. Sau một thời gian thu được 2,24 lít khí và chất rắn Y. Hòa tan Y vào dung dịch HCl dư thu được thêm 4,48 lít khí và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 33 g muối khan (các thể tích khí đo ở đktc). Giá trị của m là A. 35,3 g

B. 29,7 g

C. 23,6 g

D. 37,9 g

Lời giải Gọi công thức chung của X là MCO3 to

MCO3 → MO + CO2

Hoà tan Y ( MCO3 và MO ) vào dung dịch HCl to

MCO3 + 2HCl → MCl 2 + H 2 O + CO2 to

+ 2HCl → MCl 2 + H 2 O

∑ nCO2 = 0, 2 + 0,1 = 0,3(mol) Khi 1 mol muối CO23 − chuyển thành muối Cl − thì ∆M = 2.35,5 – 60 = 11g Với 0,3 mol muối CO23 − thì khối lượng muối clorua nặng hơn khối lượng muối CO32− là ∆m = 11.0,3 = 0,33(gam) Khối lượng M MCO = 33 − 0,33 = 29, 7(gam) 3

Bài 7. Hỗn hợp A gồm 10 g MgCO3, CaCO3 và BaCO3 được hoà tan bằng HCl dư thu được dung dịch B và khí C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 g muối khan. Sục khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)2 thu được số g kết tủa là A. 10g

B. 20g

C. 30g

D. 40g

Lời giải CO3

2–

+ 2H

 → CO2 + H2O

Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng khi chuyển CO32− thành Cl − ta tính được số mol A = n CO2 + Ca(OH)2 0,4

CO32 −

= n CO2 =

 →

0,3

14, 4 − 10 = 0, 4 (mol) 11

CaCO3 ↓ + H2O 0,3

CO2 + H2O + CaCO3  → Ca(HCO3)2 0,1

0,1

mCaCO3 = 0, 2.100 = 20 g Bài 8. Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO4 và MgSO4 tác dụng với 1lít dung dịch chứa KOH 1M và NaOH 0,4M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung

dịch B. Vậy phần trăm khối lượng CuSO4 và MgSO4 trong hỗn hợp ban đầu lần lượt là A, 47,50% ; 52,95%.

B. 47,05 % ; 52,95%.

C. 47,05% ; 53,59%.

D. 47,50% ; 53,59%.

Lời giải Đặt nCuSO4 = x (mol); n MgSO 4 = y (mol) CuSO 4 MgSO4

NaOH

KOH

 →

Cu(OH)2 Mg(OH)2

Na 2 SO 4 K 2 SO 4

Từ độ chênh lệch khối lượng của muối sunfat và khối lượng kết tủa trên ta 68 - 37 tính được tổng số mol hai muối sunfat là = 0,5 (mol) 96 - 34 x + y = 0,5 (1) x = 0, 2 ⇒  160x + 120y = 68(2) y = 0,3

0, 2.160  .100% = 47, 05% %mCuSO4 = 68  %m MgSO = 100 − 47, 05 = 52, 95%  4 Bài 9. Nhúng một thanh kim loại A (hoá trị II) vào dung dịch CuSO4. Sau phản ứng khối lượng thanh kim loại A giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại A đó được nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g. Biết số mol A tham gia hai phản ứng bằng nhau. Kim loại A là A. Zn

B. Mg

C. Cd

D. Fe

Lời giải Phương trình phản ứng : 2+

A + Cu

dư  →A

a +

→A A + 2Ag dư  a

+ Cu↓

+ 2Ag↓ 2a

Khối lượng thanh kim loại tăng = mA – mCu = 0,12g a.MA– 64a = 0,12 ⇔ MA.a = 64a + 0,12

(1)

Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = mAg + mA = 0,26 g 2a.108 – MA.a = 0,26 ⇔ MA.a = 2a.108 – 0,26 –3

⇒ x = 2,5.10 mol ⇒ MA =

64.2,5.10 −3 + 0,12 2,5.10−3

(2)

= 112 (g / mol)

⇒ Chất X là Cd. Bài 10. Có 2 dung dịch FeCl2 và CuSO4 có cùng nồng độ mol. – Nhúng thanh kim loại vào M (nhóm IIA) vào V lít dung dịch FeCl2, kết thúc phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng 16g. – Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào V lít dung dịch CuSO4 kết thúc phản ứng khối lượng thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và kim loại thoát ra bám hết vào M. Kim loại M là A. Zn

B. Mg

C. Cd

D. Fe

Lời giải Các phương trình phản ứng xảy ra : M + Fe x

x 2+

M + Cu x

 → M

+ Fe x

 → M

+ Cu↓ x

Theo giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn nên các ion Fe2+ vµ Cu 2+ phản ứng hết n

Fe2 +

Cu 2 +

= x (mol)

Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m = mFe – mM = 16g 56x – MM.x = 16 ⇒ M.x = 56x – 16 Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m = mCu – mM = 20 g 64x – M.x = 20 ⇒ M.x = 64x – 20

M = 24. Vậy kim loại M là Mg.

Bài tập vận dụng Bài 1. Cho 20 g hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, đơn chức tác dụng vừa đủ với dung dịch Na2CO3 thu được V lít khí CO2 (đktc) và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được 28,8 g muối. Giá trị của V là A. 3,36 lít

B. 4,48 lít

C. 2,24 lít

D. 6,72 lít

Hướng dẫn Đặt công thức chung của hai axit cacboxylic là C n H 2n +1COOH 2RCOOH + Na 2 CO3  → 2RCOONa + H2 O + CO2

Cứ 1 mol hỗn hợp axit  → hỗn hợp muối thì ∆M(t¨ng) = 22 g/mol

← 

x mol x=

∆m(t¨ ng) = 28,8 – 20 = 8,8 g

8,8 = 0,4 (mol) ⇒ n CO2 = 0, 2 (mol) ⇒ V = 4, 48 lÝt 22

Bài 2. Cho 4,16 g hỗn hợp 2 axit cacboxylic no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng với một lượng dư kim loại Ca thu được 5,3 g hỗn hợp 2 muối và giải phóng khí H2. CTPT của 2 axit trên là A. CH3COOH ; C2H5COOH.

C3H7COOH

C2H5COOH. C. HCOOH ; CH3COOH.

D. C3H7COOH ; C4H9COOH.

Hướng dẫn Đặt công thức chung của hai axit cacboxylic là RCOOH 2RCOOH + Ca → (RCOO)2 Ca + H 2 n muèi =

5,3 − 4,16 5,3 = 0, 03 (mol) ⇒ M muèi = = 176, 7 (g / mol) 40 − 2 0, 03

2(14n + 44) + 40 = 176, 6 ⇒ n = 1, 73

;

CTPT của 2 axit là CH3COOH ; C 2 H5COOH . Bài 3. Cho 5,5 g hỗn hợp 2 ancol đơn chức là đồng đẳng kế tiếp nhau tác dụng vừa đủ với Na kim loại tạo ra 8,8 g chất rắn và V lít khí H2(đktc). Công thức của 2 ancol là A. CH3OH và C2H5OH.

B. C2H5OH và C3H7OH.

C. C3H7OH và C4H9OH.

D. C2H3OH và C3H5OH.

Hướng dẫn Đặt công thức chung của hai ancol đơn chức là ROH

1 ROH + Na → RONa + H 2 2 n hh =

8,8 − 5,5 = 0,15 (mol) 23 − 1

M hh =

5,5 = 36, 67 ⇒ 14n + 18 = 36, 67 ⇒ n = 1,33 0,15

CTPT của hai ancol là CH3OH và C2H5OH Bài 4. Khi thủy phân hoàn toàn 5,9 g este hai chức tạo từ axit đơn chức và ancol hai chức thì tiêu tốn hết 5,6 g KOH và thu được 8,4 g muối. Công thức của este là A. (HCOO)2C2H4

B. (CH3COO)2C2H4

C. (CH3COO)2CH2CH2CH3

D. CH2(COOC2H5)2

Hướng dẫn

n KOH = 0,1(mol) Đặt công thức chung của hai este là (RCOO)2 R '

(RCOO)2 R ' + 2KOH  → 2RCOOK + R '(OH)2 Cứ 1 mol este  → muối thì ∆M (t¨ng) = 78 – R’ g/mol x mol

← 

∆m(t¨ ng) = 8,4 – 5,9 = 2,5 g

2,5 1 = 0,1 ⇒ M R' = 28 ⇒ R ':C 2 H 4 78 − M R' 2

M este =

5, 9 = 118(g / mol) ⇒ 2(M R + 44) + 28 = 118 ⇒ M R = 1 0, 05

Vậy công thức của este là (HCOO)2C2H4. Bài 5. Thủy phân 0,01mol este của 1 ancol đa chức với 1 axit đơn chức tiêu tốn hết 1,2g NaOH. Mặt khác khi thủy phân 4,36g este đó thì tiêu tốn hết 2,4g NaOH và thu được 4,92g muối. Công thức của este là A. (CH3COO)3C3H5

B. (C2H3COO)3C3H5

C. C3H5(COOCH3)3

D. C3H5(COOC2H3)3

Hướng dẫn

n NaOH =

1, 2 = 0, 03(mol) 40

Vì nNaOH = 3neste ⇒ este 3 chức (được tạo từ ancol 3 chức + axit đơn chức) Đặt công thức este (RCOO)3R'. (RCOO)3R' + 3NaOH  → (RCOONa)3 + R'(OH)3 1 mol

3 mol

→

1 mol

Khối lượng tăng : 23.3 – R' = 69 – R' (g) 0,02 mol

0,06 mol

Khối lượng tăng : 4,92 – 4,36 = 0,56 (g) ⇒ n este = ⇒ 0,56 = 0,02 (69–R') ⇒ R’ = 41 ⇒ R' là C3H5.

Meste = ⇒ mR =

4,36 = 218 (g/mol) 0, 02

218 − 41 − 44.3 = 15 ⇒ R: CH3 – 3

Vậy công thức của este là (CH3COO)3C3H5

0,56 = 0, 02 0, 9 − R '

Bài 6. Thực hiện phản ứng este hoá giữa axit axetic (dư) và hỗn hợp gồm 7,52 g 3 ancol kế tiếp nhau trong cùng một dãy đồng đẳng. Sau phản ứng thu được 15,92 g 3 este. Giả sử hiệu suất phản ứng là 100%. a) CTPT của ba ancol là A. CH 3OH ;C 2 H5OH ;C 3H5OH

B. C 2 H5OH ;C 3 H5OH;C 4 H 7OH

C. C 3H5OH ;C 4 H 7OH;C 5 H 9 OH

D. C 3H 7OH ;C 4 H 9 OH;C 5 H11OH

b) Lấy sản phẩm của phản ứng este hoá trên thực hiện phản ứng xà phòng hoá vừa đủ với NaOH thì thu được số g muối thu được là A. 14,5 g

B. 16,4 g

C. 16,5 g

D. 17,8 g

Bài 7. Cho 16,15 g hỗn hợp NaX và NaY (X, Y là hai halogen ở hai chu kì kế tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư thu được 33,15 g kết tủa. Hỗn hợp hai muối ban đầu là A. NaF và NaCl

B. NaCl và NaBr

C. NaBr và NaI

D. Không xác định

Bài 8. Hòa tan hoàn toàn 20,85 g hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 11,7 g muối khan. Khối lượng NaCl có trong X là A. 5,85 g

B. 7,55 g

C. 2,95 g

D. 5,10 g

Bài 9. Cho khí CO qua ống sứ chứa 15,2g hỗn hợp chất rắn CuO và FeO nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí B và 13,6g chất rắn C. Cho hỗn hợp khí B hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có kết tủa. Lọc lấy kết tủa và sấy khô rồi cân thì khối lượng kết tủa thu được là A. 12g

B. 11g

C. 10g

D. 9 g

Bài 10. Nhúng thanh kim loại M (hóa trị II) vào dung dịch CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,1%. Mặt khác cũng nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch AgNO3. Sau một thời gian thấy khối

lượng tăng 7,55%. Biết số mol CuSO4 và AgNO3 tham gia phản ứng ở hai trường hợp như nhau. Kim loại M là A. Zn

B. Mg

C. Ni

D. Ca

Bài 11. Hòa tan 3,23 g hỗn hợp muối CuCl2 và Cu(NO3)2 vào nước thu được dung dịch X. Nhúng thanh Mg vào dung dịch X cho đến khi mất màu xanh của dung dịch, lấy thanh Mg ra cân lại, thấy tăng thêm 0,8 g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m g muối khan. Giá trị m là A. 3,08

B. 4,03

C. 2,48

D. 2,84

Bài 12. Cho 16,2 g hỗn hợp este của ancol metylic và hai axit cacboxlic no, đơn chức tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được 17,8 g hỗn hợp hai muối khan, thể tích dung dịch NaOH 1 M đã dùng là A. 0,2 lít

B. 0,3 lít

C. 0,4 lít

D. 0,5 lít

Bài 13. Đun nóng 3,188 g este của glixerol với ba axit cacboxylic no, đơn chức mạch hở X, Y, Z (X, Y là đồng phân của nhau và kế tiếp với Z) với dung dịch NaOH dư, phản ứng kết thúc thu được 3,468 g hỗn hợp muối. Công thức phân tử của các axit là A. C2H4O2 và C3H6O2 C. C4H8O2 và C5H10O2

B. C3H6O2 và C4H8O2 D. C3H4O2 và C4H8O2

Phương pháp sử dụng định luật bảo toàn điện tích Cơ sở Trong phản ứng oxi hóa – khử thì tổng số mol e mà các chất khử cho đi bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá thu vào :

∑ n e cho = ∑ n e nhËn 32

Nếu bài toán có nhiều chất oxi hoá và nhiều chất khử tham gia trong sơ đồ phản ứng, hoặc quá trình phản ứng phải đi qua nhiều giai đoạn thì áp dụng phương pháp này để giải sẽ rất nhanh và kết quả thu được chính xác. Các bước áp dụng phương pháp bảo toàn electron như sau : – Phải xác định được từ các chất ban đầu tham gia phản ứng đến các chất sản phẩm có bao nhiêu chất cho electron và số mol từng chất, có bao nhiêu chất nhận electron và số mol từng chất (có thể phải đặt ẩn số). – Viết các quá trình cho electron để tính tổng số mol e mà các chất khử cho đi ( ∑ n e cho ). – Viết các quá trình nhận electron để tính tổng số mol e mà các oxi hoá nhận vào ( ∑ n e nhËn ). – Áp dụng định luật bảo toàn electron :

∑ n e cho = ∑ n e nhËn Đối với những hệ trung hoà điện Nếu trong hệ tồn tại đồng thời các hạt mang điện thì ta luôn có tổng số mol điện tích dương

∑ n đt(+) bằng tổng số mol điện tích âm ∑ n đt(–) : ∑ n đt(+) = ∑ n đt(–)

Với nđt = số mol ion × số đơn vị điện tích của ion đó. Bài tập minh hoạ Bài 1. Hoà tan hết 7,5 g hỗn hợp Al và Mg trong HNO3 loãng thu được dung dịch A gồm 2 muối và 3,36 lít (ở đktc) hỗn hợp 2 khí NO và N2O, khối lượng của hỗn hợp khí là 5,2 g. Khối lượng của Al, Mg trong hỗn hợp lần lượt là A. 3,5g và 4,0g.

B. 2,1g và 5,4g.

C. 2,7g và 4,8g.

D. 4g và 3,5g.

Lời giải Đặt n NO = a (mol) ; n N 2O = b (mol) 3,36  = 0,15 a = 0,1mol a + b = ⇒ 22, 4  b = 0, 2 mol 30a + 44b = 5, 2 

Sơ đồ phản ứng : Al + Mg

HNO3  →

Al(NO3 )3 Mg(NO3 )2

NO N 2O

+ H2 O

Các chất cho electron : Al : x (mol) ; Mg : y (mol) 0

Al  → Al

+ 3e

∑ n e cho = 3x + 2y (mol)

3x 0

Mg  → Mg

+ 2e

Chất nhận electron là HNO3 có hai quá trình nhận e : N

+ 3e  →

0,1 ←

0,3 N

+ 4e 0,4

 →

(NO) 0,1

∑ n e nhËn = 0, 7 (mol)

(N2O)

0,1 ← 0,05

Áp dụng sự bảo toàn electron ta có :

3x + 2y = 0,7

(1)

Phương trình khối lượng :

27x + 24y = 7,5

(2)

x = 0,1(mol) m Al = 2, 7g Giải hệ (1, 2) ⇒  ⇒  m Mg = 4,8g y = 0, 2(mol)

Bài 2. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,06 mol FeS2 và x mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ) thu được dung dịch A (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của x là A. 0,04

B. 0,06

C. 0,12

D. 0,03

Lời giải

FeS 2  → Fe3+ + 2SO24− 0, 06

0, 06

0,12

Cu2 S  → 2Cu 2+ + SO24− a

Theo định luật bảo toàn điện tích

∑ n đt(+)

∑ n đt(–)

⇒ 3.0, 06 + 2.2a = 2.0,12 + 2.a ⇒ a = 0, 03(mol)

Bài 3. Hoà tan 3,81 g hỗn hợp Zn và Fe vào dung dịch HNO3 thu được dung dịch A và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO2 (giả thuyết NO2 tồn tại ở đktc). Tỉ khối của hỗn hợp D so với hiđro là 16,75. Khối lượng kim loại Fe và Zn đã phản ứng lần lượt là A. 0,6g và 3,21g.

B. 0,56g và 3,25g.

C. 1,15g và 2,76g.

D. 1,68g và 2,13g.

Lời giải

n NO = a (mol) ; n NO2 = b (mol) 1,12  = 0, 05 a = 0, 04 (mol) a + b = ⇒ 22, 4   b = 0, 01 (mol) 30a + 46b = 1, 675  Fe Zn

Fe(NO3 )3

 →

+ HNO3

Zn(NO3 )2

NO NO2

+ H2 O

Các chất cho electron Al : x (mol) ; Zn : y (mol) 3+

Fe  →

+ 3e

 →

∑ n e cho = 3x + 2y

+ 2e 2y

Chất nhận electron : HNO3 N

+ 3e → 0,12

← (NO)

0,04 ← 0,04

∑ n e nhËn = 0,12 + 0, 01 = 0,13 35

+ e  → N

← (NO2)

0,01 ← 0,01

0,01

Áp dụng sự bảo toàn electron ta có : Phương trình khối lượng :

3x + 2y = 0,13

56x + 65y = 6,5 – 2,69 = 3,81

(1) (2)

m Al = 0,56g Giải hệ (1, 2)  m Mg = 3, 25g

Bài 4. Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M hóa trị không đổi. Hòa tan hết 2,51 g X trong dung dịch HCl thấy có 0,896 lít H2 (đktc) bay ra. Nếu hòa tan cũng lượng hỗn hợp X trên vào dung dịch HNO3 thu được 0,672 lít NO duy nhất (đktc). Kim loại M là A. Zn

B. Al

C. Cu

D. Cr

Lời giải Gọi n Fe = x (mol) ; n M = y (mol) Ta có : 56x + My = 2,51 (I) Các chất cho e là Fe ; M

Fe  → Fe2+ + 2e x 2x M  → M n + + ne y

∑ n e(cho) = 2x + ny

Chất nhận e : 2H + + 2e  → H2 0, 08

0, 04

∑ n e(nhËn) = 0, 08

Ta có 2x + ny = 0,08 (II) Tương tự ta có phương trình : 3x + ny = 0,09 (III) Giải và biện luận hệ (I), (II) và (III) ta được MM = 65 ⇒ M lµ Zn

Bài 5. Hoà tan hoàn toàn 24,3 g Al vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối hơi so với H2 là 20,25 và dung dịch B chỉ chứa một muối. Thể tích khí thoát ra ở đktc là A. 8,96 lít

B. 4,48 lít

C. 11,2 lít

D. 2,24 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng N 2O Al

HNO3

 →

Al(NO3 )3 +

+ H2O NO

24,3 = 0, 9 (mol) 27

Chất cho electron là Al có số mol

 → Al3+

0,9

3e 2,7

⇒ ∑ n e cho = 2, 7 mol .

Chất nhận electron là HNO3 N +5

 →

3x 2N

8e 8y

N +2 ← NO x

 →

2N 2y

x +

← N 2O y

3x + 8y = 2, 7  x = 0,1 ⇒ ⇒ V = 0, 4.22, 4 = 8, 96 (lít) Ta có  30x + 44y = 40,5.(x + y)  y = 0,3

Bài 6. Khi cho m g Fe tác dụng vừa đủ với V lít dung dịch HNO3 thu được dung dịch muối, 0,1 mol khí NO và 0,3 mol khí NO2. m có giá trị là A. 12,5g

B. 11,5g

C. 11,2g

D. 15,2g

Lời giải Chất cho e

Chất nhận e

Fe  → Fe3+ + 3e m m 3 56 56

N +5 + 3e  → N +2 ← NO 0,3 N +5 +

0,1

e  → N +4 ← NO2 0,3

Áp dụng định luật bảo toàn e ⇒

0,1

0,3

3m = 0,6 ⇒ m = 11, 2g. 56

Bài 7. Hoà tan 8,45g Zn vào 3 lít dung dịch HNO3, thu được dung dịch A và 2,688 lít hỗn hợp NO và N2O4 (đktc). Khối lượng của 1 lít hỗn hợp khí ở đktc là A. 2,689g

B. 7,252g

C. 7,068g

D. 3,646g

Lời giải NO Zn + HNO3  → Zn(NO3 )2 +

+ H2O N 2 O4

Đặt n NO = x mol ; n N 2O 4 = y mol . Chất cho electron : Zn (0,13 mol) Zn  → Zn 2+ + 2e 0,13

Chất nhận electron : HNO3 N +5 + 3e  → N +2

0, 26

3x N

→ N e  2y

∑ n e(cho) = 0, 26

= 3x + 2y =

∑ n e nhËn

Tổng số mol khí x + y = 0,12

(1) (2)

tõ (1) vµ (2) ⇒ x = 0,02 mol ; y = 0,2 mol.

mhỗn hợp = 0,02.30 + 0,2.92 = 19 (g) ứng với 2,688 lít Vậy 1 lít hỗn hợp có khối lượng là

19.1 = 7,068g. 2, 688

(NO) x

(N 2 O4 ) y

Bài 8. Cho 15,5g hỗn hợp 2 kim loại Al, Cu tác dụng với HNO3 vừa đủ thu được 6,72 lít hỗn hợp hai khí NO, NO2 ( n NO : n NO2 = 2 : 1 ) và hỗn hợp hai muối. Thành phần % khối lượng Cu và Al trong hỗn hợp lần lượt là A. 82,25% ; 17,75%.

B. 82,58% ; 17,42%.

C. 63,84% ; 36,16%.

D. 36,16% ; 63,84%.

Lời giải Gọi n Al = x (mol) ; n Cu = y (mol) . Ta có 27x + 64y = 15,5 (I) Theo giả thiết ta tìm được n NO = 0, 2 (mol) ; n NO2 = 0,1(mol) Chất cho e

Chất nhận e

Al  → Al3+ + 3e

N +5 + 3e  → N +2 (NO)

0, 6

Cu  → Cu 2+ + 2e y

0, 2

N +5 + e  → N +4

0,1

(NO2 )

0,1

Áp dụng định luật bảo toàn e : 3x + 2y = 0,7 (II) Giải hệ (I) và (II) thu được x = 0,1 (mol) ; y = 0,2 (mol) ⇒ %mAl = 17,42% ; %mCu = 82,58%

Bài 9. Hoà tan 11,2 g Fe bằng dung dịch H2SO4 (loãng, dư) thu được dung dịch X và 5,6 lít khí bay ra ở đktc. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch KMnO4 0,5M. V có giá trị là A. 500ml

B. 100ml

C. 150ml

D. 200ml

Lời giải Chất cho e

Chất nhận e

Fe  → Fe3+ + 3e 0, 2

2H + + 2e

0, 6

0,5

 → H2 0, 25

Mn + 5e  → Mn +2 0,1 ← 0, 6 − 0,5

⇒ VKMnO4 =

0,1 = 0, 2 (lit) 0,5

Bài 10. Để m g Fe ngoài không khí một thời gian nên bị gỉ (giả sử gỉ sắt chỉ toàn là oxit sắt) cân nặng 10 g. Lượng gỉ sắt trên làm mất màu hoàn toàn 200 ml dung dịch KMnO4 0,5M trong dung dịch H2SO4 dư. m có giá trị là A. 17,2g

B. 9,8g

C. 9,0g

D. 15,0g

Lời giải Sơ đồ phản ứng : Fe + O2  → FeOa + KMnO4 + H2SO4  → Fe2 (SO4 )3 + MnSO4 + H2O

– Chất cho electron : Fe :  →

m (mol) 56 3+

+ 3e

m 56

– Chất nhận electron O : O 10 − m 16 +7

⇒ ∑ n e nhËn = 2.

m 56

2–

10 − m 16

+ 5e  → Mn

0,1

⇒ ∑ n e cho = 3.

10 − m (mol) và KMnO4 : 0,1 (mol) 16

2e  →

m 56

0,5

10 − m + 0,5 16

Áp dụng sự bảo toàn electron : 2.

10 − m m + 0,5 = 3. ⇒ m = 9,8 (g) 16 56

Bài 11. Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt nung nóng sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho

A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc). Khối lượng của m là A. 27,5g

B. 22,5g

C. 26,2g

D. 25,2g

Lời giải Sơ đồ :

Fe + O2

Fe, FeO   → Fe2 O3 + HNO3  → Fe(NO3 )3 + NO + H 2 O Fe O  3 4

– Chất cho electron Fe, số mol :  →

m . 56 + 3e

m 56

– Chất nhận electron O2, số mol : O

30 − m 16 N

2e  →

⇒ ∑ n e cho = 3.

m 56

30 − m và HNO3. 32

2–

30 − m 16

+ 3e  → N 0,75

⇒ ∑ n e nhËn = 2.

m 56

0,25

(NO) 0,25

30 − m + 0, 75 16

Áp dụng sự bảo toàn electron :

30 − m m + 0, 75 = 3. ⇒ m = 25, 2 (g) 16 56

Bài 12. Nung nóng 5,6 g bột sắt trong bình đựng O2 thu được 7,36 g hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3 và Fe3O4. Cho X tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O4, tỉ khối hơi của Y so với H2 là 25,33. V có giá trị là

A. 22,4 lít

B. 0,672 lít

C. 0,372 lít

D. 1,12 lít

Lời giải Gọi n NO = x (mol); n N 2O4 = y (mol) d Y/H2 =

Fe + O2

30x + 92y = 25,33 (x + y).2

(1)

Fe  NO   → Fe2 O3 + HNO3  → Fe(NO3 )3 +  + H2O N 2O4 Fe O  3 4

Chất cho electron Fe : 0,1 mol

Fe  → Fe3+ + 3e 0,1 Chất nhận electron O : O

0,11

0, 22

N +5 +

3e 3x

N +5 +

e 2y

⇒

0,3

∑ n e cho = 0,3 mol e

7,36 − 5, 6 = 0,11 (mol) và HNO3. 16

→ O2 − → N +2 (NO) x → N +4 2y

⇒

∑ n e nhËn = 3x + 2y + 0, 22 (mol e)

(N 2 O4 ) y

⇒ 0,3 = 3x + 2y + 0, 22

(2)

Từ (1), (2) ⇒ x = 0,02 mol ; y = 0,01 mol. Vậy V = (0,02 + 0,01)22,4 = 0,672 lít. Bài 13. Cho 6,64 g hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 vào dung dịch HNO3 o

loãng, dư thu được V lít hỗn hợp khí B (ở 30 C, 1 atm) gồm NO, NO2 (với

nNO : nNO2 = 2 ). Mặt khác khi cho luồng khí H2 dư đi qua hỗn hợp A nung nóng, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 5,04 g Fe. Thể tích hỗn hợp khí B là

A. 0,464 lít

B. 0,672 lít

C. 0,242 lít

D. 0,738 lít

Lời giải Fe → Fe + H2O FeO + H2 

Fe2O3 Fe3O4 mO(A) = 6, 64 − 5, 04 = 1, 6(gam) ⇒ nO = 0,1(mol)

Fe FeO

Fe + O2  → Fe2O3 + HNO3  → Fe(NO3)3 + Fe3O4

NO2

Chất cho electron là Fe :

→ Fe

+ H2 O

5, 04 = 0, 09 (mol) 56

+ 3e

0,09

0,27

Chất nhận electron là : + 2e → O

O 0,1 N

0,2 +2

+ 3e → N 6x

2–

+ e → N x

← (NO)

← (NO2)

0,2 + 6x + x = 0,27 ⇒ x = 0, 01 ⇒ tổng số mol 2 khí = 3x = 0,03 mol. Giải hệ tìm được V =

0, 03.0, 082.300 = 0, 738 lít. 1

Bài 14. Cho luồng khí H2 đi qua ống sứ đựng m g oxit Fe2O3 ở nhiệt độ cao một thời gian, người ta thu được 6,72 g hỗn hợp A gồm 4 chất rắn khác nhau. Đem hoà tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dung dịch HNO3 dư thấy tạo thành 0,448 lít khí B ở đktc (duy nhất) có tỉ khối so với hiđro là 15 thì m có giá trị là A. 7,5 g

B. 7,2 g

C. 8,0 g

D. 8,4 g

Lời giải Sơ đồ : + HNO

3 Fe(NO ) + NO + H O → F e2 O3 + H 2  → H2 O + A  3 3 2

Xét cả quá trình thì : Fe Chất cho electron : H2

 → Fe hình như không có sự cho và nhận e.

m − 6, 72 (mol) ( do H 2 16

O(oxit) → H 2 O )

m − 6, 72 m − 6, 72 16 16  → 2H+

m − 6, 72 16

2e 2

m − 6, 72 = ∑ n e cho 16

Chất nhận electron : HNO3, khí B là NO. +5

0,06 ⇒

+ 3e

 →

0,02

(NO )

∑ n e nhËn = 0, 06

m − 6, 72 = 0, 06 ⇒ m = 7, 2 g 8

Bài 15. Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng (trong điều kiện không có không khí) thu được chất rắn X. Hoà tan X bằng dung dịch axit H2SO4 loãng, dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O2 (đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì V có giá trị là

A. 39,2 lít

B. 32,928 lít

C. 32,29 lít

D. 38,292 lít

Lời giải Sơ đồ : H H O Fe t o Fe H2SO4 + O2  → FeSO 4 +  2  → 2  →  S FeS H 2 S SO2

Xét cả quá trình phản ứng thì Fe và S cho electron, còn O2 nhận electron. Chất cho electron :

Fe :

Fe  →

60 30 (mol) ; S : (mol) 56 32

60 56

+ 2e 2

S  → S

30 32

60 56

(SO2) + 4e 4

30 32

Chất nhận electron : gọi số mol O2 là x mol. O2

+ 4e  → 2O

–2

Áp dụng sự bảo toàn electron : 4 x = Giải ra x =

60 30 .2 + .4 56 32

330 330 mol ⇒ VO2 = 22,4 × = 33 (lít) 224 224

Bài 16. Hỗn hợp X gồm FeS2 và MS có số mol như nhau (M là kim loại hóa trị II). Cho 6,51g X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HNO3 đun nóng, thu được dung dịch Y (chỉ chứa muối sunfat) và 13,216 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và NO2 có khối lượng 26,34g. Kim loại M là A. Mg

B. Zn

C. Mn

D. Cu

Lời giải Sơ đồ phản ứng :

FeS 2

NO NO2

+ HNO3  → Y +

H2O

Từ giả thiết ta tính được n NO = 0,05(mol) ; n NO2 = 0,54 (mol) Chất cho e : FeS 2 , MS

FeS 2  → Fe3+ + 2S +6 + 15e x

15x

MS  →M

+ 2S

+ 8e

∑ ne(cho) = 23x (mol e)

Chất nhận e : HNO3 N +5 + 3e  → N +2 (NO) 0,15 N

0,05

∑ ne(nhËn) = 0,69(mol e)

+ e  → N +4 (NO2 ) 0,54

0,54

23x = 0,69 ⇒ x = 0,03 (mol) 120x + (M+32)x = 6,51 ⇒ M = 65 : Cu Bài 17. Hoà tan hoàn toàn 12,8g kim loại Cu vào dung dịch HNO3 loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hoá thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO3. Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là A. 2,28 lít

B. 4,48 lít

C. 2,24 lít

D. 6,72 lít

Lời giải Sơ đồ : +O

2 2 HNO3 + Cu  → Cu(NO3)2 + H2O + NO  → NO2  → HNO3

Xét cả quá trình thì coi như Cu cho e và O2 nhận e : Chất cho electron : Cu ; 0,2 mol. → Cu 

+ 2e

0,2

0,4

Chất nhận electron : O2 O2 + 4e  → x

2–

4x = 0,4 ⇒ x = 0,1 ⇒ VO2 = 0,1 . 22,4 = 2,24 (lít)

Bài 18. Chia 5,56 g hỗn hợp gồm Fe và kim loại A (có hoá trị n) làm hai phần bằng nhau : – Phần 1 hoà tan hết trong dung dịch HCl được 1,568 lít hiđro. – Phần 2 hoà tan hết trong dung dịch HNO3 loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất và không tạo ra NH4NO3. Các khí được đo ở đktc. Tên kim loại A là A. Mg

B. Al

C. Zn

D. Cr

Lời giải Trong mỗi phần thì Fe : x(mol) ; A : y(mol) là các chất cho electron : +

H và N

là các chất nhận electron.

Áp dụng định luật bảo toàn e cho từng phần ta có hệ:

56x + My = 2, 78 x = 0, 04   2x + ny = 0,14 ⇒  ny = 0, 06 ⇒ giá trị phù hợp n = 3, A = 27 :Al 3x + ny = 0,18 A = 9n   Bài 19. Cho 1,15 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,1 mol NO vào 0,4 mol NO2. Khối lượng muối nitrat tạo ra trong dung dịch là A. 45,69g

B. 64,59g

C. 44,55g

D. 34,69g

Lời giải Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.

Cu(NO3)2

Mg + HNO3  →

Mg(NO3)2 +

Al(NO3)3

mmuối = m3KL + m

NO + H2O NO2

NO3−

Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,3 + 0,4 = 0,7

(1)

Nhưng 0,07 cũng chính là số mol NO3− tạo muối với ion kim loại. Khối lượng muối nitrat là : 1,15 + 62.0,7 = 44,55g. Bài 20. Cho m g hỗn hợp ba kim loại Al, Fe, Cu tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO2 (giả thiết tồn tại NO2 ở đktc) và NO (không sinh muối NH4NO3). Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Tổng số g muối khan tạo thành theo m và V là A. m +

V 22, 4

C. 2m +

B. m –

V 22, 4

D. 2m –

V 22, 4

Lời giải NO M + HNO3

 →

M(NO3)n +

+ H2 O NO2

Từ giả thiết ta tính được n NO = Chất nhận electron : N

HNO3  → N

12V 112 N

+ e

4V 2V (mol); n NO2 = (mol) 112 112

 →N

← (NO)

4V 112 +4

← (NO2)

14V

∑ n e nhËn = 112

2V 112

Chất cho electron : 14V – mol e = số mol điện tích (+) = số mol điện tích (–) của NO3 112 tạo muối = n − :

M cho đi

NO3

mmuối = mKL + m NO

−

= m + 62.

14V V =m+ (gam) 112 7, 75

Bài 21. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp hai kim loại gồm 0,02 mol A (hóa trị II) và 0,03 mol B (hóa trị III) cần V ml dung dịch HNO3 2M. Sau phản ứng thu được V1 lít hỗn hợp hai khí NO và N2O có tỉ khối so với H2 là 15,35. V có giá trị là A. 0,076

B. 0,086

C. 0,069

D. 0,179

Lời giải Sơ đồ phản ứng A

+ HNO3  →

A(NO3 )2 B(NO3 )3

NO + H2O NO2

Áp dụng phương pháp bảo toàn electron Qu¸ tr×nh cho e o

A  →A 0, 02

+ 2e

N +5 + 3e  → N +2 (NO)

0, 04

B o  → B 3+ + 3e 0, 03

Qu¸ tr×nh nhËn e 3x

N +5 + 4e  → N + (N 2 O)

0, 09

3x + 8y = 0,13  x = n NO = 0, 038 mol Ta có hệ  30x + 44y ⇒ y = n N 2O = 0, 002 mol  2(x + y) = 15,35  Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N : n HNO3 = 2n A( NO3 )2 + 3n B(NO3 )3 + n NO + n N 2 O = 0,172(mol) ⇒ V = 0,086 (lít)

Bài tập vận dụng 2+

Bài 1. Dung dịch X có chứa 5 ion : Cu , Ba

, Ca

–

và 0,1mol Cl và 0,2mol

NO3− . Thêm dần V lít dung dịch K2CO3 1M vào dung dịch X đến khi được

kết tủa cực đại. V có giá trị là A. 150ml

B. 300ml

C. 200ml

D. 250ml

Hướng dẫn Dung dịch luôn trung hoà về điện 2n

CO 3

2−

Cl −

⇒ Vdd K 2 CO3 =

+n 2

NO 3−

CO3−

Cl−

NO3−

⇒

= 0,15 (mol)

0,15 = 0,15 (lít) = 150 ml 1 +

Bài 2. Một dung dịch X chứa 0,2 mol K , 0,2 mol Cu , a mol Error! Objects cannot be created from editing field codes.. Thêm lượng dư dung dịch hỗn hợp Y gồm BaCl2 và NH3 vào dung dịch X thu được m g kết tủa. Giá trị của m là A. 69,9 g

B. 88,5 g

C. 77,8 g

D. 87,5 g

Hướng dẫn Dung dịch X luôn trung hòa về điện nên : 2a = 0,2 + 2.0,2 ⇒ a = 0,3 (mol) Cho Y vào X kết tủa thu được :

Ba 2+ + SO24−  → BaSO 4 ↓ 0,3

0,3

m = 0,3.233 = 69,9(gam) Bài 3. Cho 0,04 mol Fe; 0,02 mol Al tác dụng với 100 ml dung dịch X chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 thu được dung dịch Y và 5,84 g chất rắn D gồm 3 kim loại. Cho D tác dụng với dung dịch HCl dư được 0,448 lít hiđro (đktc). Nồng độ mol các muối AgNO3 và Cu(NO3)2 trong X lần lượt là A. 0,4M; 0,2M

B. 0,2M; 0,4M

C. 0,4M; 0,6M

D. 0,2M; 0,3M

Hướng dẫn Sơ đồ : +

 →

Fe(dư)

Chất cho electron : Al (0,02 mol) và Fe (0,06 mol). 3+

Al  → Al 0,02

+ 3e

∑ n e cho = 0,14 mol

0,06 2+

Fe  → Fe

+ 2e

0,04

0,08 +

Chất nhận electron : Ag (x mol) ; Cu +

Ag +

e  → Ag

x 2+

Cu y

(y mol) ; H (0,04 mol)

∑ n e nhËn = x + 2y + 0, 04

+ 2e  → Cu 2y

2H + 2e  → H2 0,04 +

0,02 2+

(Fedư + 2H  → Fe

+ H2 )

x + 2y + 0, 04 = 0,14 x = 0, 02 C M AgNO3 ) = 0, 2M ⇒ ⇒  m D = x.108 + y.64 + 0, 02.56 = 5,84 y = 0, 04 C M Cu(NO3 )2 = 0, 4M

Bài 4. Hoà tan hoàn toàn mg hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44 lít khí. Cũng lượng hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư thì thu được V lít khí NO ( ở đktc). Thể tích khí NO thu được là A. 17,92 lít

B. 13,76 lít

C. 13,44 lít

D. 44,8 lít

Hướng dẫn Ta có m g (Al, Mg, Fe) cho electron ; Cu +

mol e mà H nhận được = số mol e mà N 2H

 →

nhận được số mol electron = số

nhận được.

H2 + 2e 0,6

 →

1,2 mol e

Cu + 2e 1,2 mol e

+ 3e  → N 1,2

(NO)

0,4

⇒ VN 2O4 = 0, 4.22, 4 = 8, 96 (lÝt)

Bài 5. Hoà tan m g hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R (có hoá trị không đổi) trong dung dịch HCl dư thì thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575g muối khan. Cũng lượng hỗn hợp trên hòa tan trong dung dịch chứa hỗn hợp HNO3 đặc và H2SO4 ở nhiệt độ thích hợp thì thu được 0,063 mol khí NO2 và 0,021 mol khí SO2. Kim loại R là A. Mg

B. Al

C. Ca

D. Zn

Hướng dẫn +

Trong phản ứng với HCl, Fe x(mol) ; R y (mol) cho e. H nhận e. 2+

Fe  → Fe

+ 2e

2x n+

R  →R

+ ne

ny +

2H + 2e  → H2 0,09

0,09

0,045

Ta có : 2x + ny = 0,09 – Phương trình khối lượng 2 muối :

(1)

56x + My + 0,09.35,5 = 4,575

(2)

– Trong phản ứng với HNO3, H2SO4 có các quá trình : 3+

Fe  →

3x n+

R  →

e  →

0,063 S

+ ne

2e  →

0,042 Ta có :

(NO2)

0,063 0,063 +4

(SO2)

0,021

3x + ny = 0,105

(3)

2x + ny = 0,09 x = 0, 015   56x + M R y + 0,09.35,5 = 4,575 ⇒  ny = 0, 06 ⇒ M R = 27 ⇒ R lµ Al 3x + ny = 0,105  M = 9n   R

Bài 6. Cho 23,6g hỗn hợp Cu, Ag tác dụng hết với V lít dung dịch HNO3 1M thu được hỗn hợp muối và 0,5 mol khí NO2 bay ra. Thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là A. 52,25% ; 47,75%

B. 54,23% ; 45,77%

C. 54,00% ; 46,00%

C. 52,34% ; 47,66%

Hướng dẫn Cu

Cu(NO3 )2 + HNO3  →

NO2 + H 2 O

AgNO3

Chất cho e Cu : x ; Ag : y(mol)

Chất nhận e : HNO3

Cu  → Cu 2 + + 2e

N +5 + e  → N +4 ← NO2

2x +

Ag  → Ag + e y

0,5 − 3

0,5(mol)

(hoÆc NO + e + 2H  → NO 2 + H 2 O)

∑n

e(cho)

= 2x + y = 0,5 =

∑n

e(nhËn)

%m Cu = 54, 23% 64x + 108y = 23, 6  x = 0, 2 Ta có hệ  ⇒ ⇒ y = 0,5 %m Ag = 45, 77% 2x +  y = 0,1

Bài 7. Để 10,08 g bột sắt trong không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp A có khối lượng m g gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (ở điều kiện tiêu chuẩn). Khối lượng m của hỗn hợp A là A. 11 g

B. 12g

C. 13g

D. 14g

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng Fe, FeO Fe + O2  → Fe2 O3

+ HNO3  → Fe(NO3 )3 + NO + H 2 O

Fe3O 4

- Chất cho e : Fe 0,18 mol Fe  → Fe3+ + 3e 0,18 Chất nhận e : O2 : O

0,54

⇒ ∑ n e(cho) = 0,54 (mol)

m − 10, 08 (mol) ; HNO3 32 +

m − 0,18 16

 →

O2-

m − 0,18 8

N+5 + 3e  → N+2 ← NO 0,3 ⇒ ∑ n e(nhËn) =

0,1

m − 10, 08 + 0,3 8

Áp dụng ĐLBT e :

0,1

m − 10, 08 + 0,3 = 0,54 ⇒ m = 12(gam) 8

Phương pháp đường chéo trong bài toán trộn lẫn hai dung dịch hoặc hỗn hợp hai khí Cơ sở Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng trong quá trình trộn lẫn các dung dịch của cùng một chất tan, ta luôn có : – Khối lượng dung dịch thu được bằng tổng khối lượng của các dung dịch thành phần. – Khối lượng chất tan thu được cũng bằng tổng khối lượng chất tan có trong từng dung dịch thành phần đó. Phạm vi áp dụng – Pha loãng hay cô cạn dung dịch – Pha trộn các dung dịch của cùng một chất, cùng loại nồng độ – Pha trộn các khí Khi trộn lẫn 2 dung dịch có nồng độ khác nhau hay cho thêm chất tan nguyên chất vào dung dịch chứa chất tan đó, hoặc quá trình cô cạn dung dịch. Để tính được nồng độ dung dịch ở trạng thái cuối ta có thể giải bằng phương pháp bảo toàn khối lượng, tuy nhiên ta nên dùng phương pháp đường chéo thì giải bài toán sẽ nhanh hơn. Sau đây giới thiệu một số sơ đồ hay được sử dụng : Nếu trộn dung dịch 1 có khối lượng là m1(g) và nồng độ C1% với dung dịch 2 có khối lượng m2(g) và nồng độ C2% (giả sử C1 < C2) thu được dung dịch mới có nồng độ C% (với C1 < C < C2) ta sử dụng sơ đồ : C2 − C

m1 (g)......... C1

⇒

C m (g)......... C

C−C

m1 C 2 − C = m 2 C − C1

Chú ý: Ta coi H2O có C% = 0. Ta coi chất tan nguyên chất có C = 100%. Nếu trộn dung dịch 1 có thể tích V1 (lít) và nồng độ CM(1) với dung dịch 2 có thể tích V2 (lít) và nồng độ CM(2) (giả sử CM(1) < CM(2)) ta thu được dung dịch mới có nồng độ CM (với CM(1) < C < CM(2)) ta sử dụng sơ đồ sau : C M(2) − C M

V1 (lit)...... C M(1)

⇒

V1 C M(2) − C M = V2 C M − C M(1)

C M − C M(1)

V2 (lit)...... C M(2)

Nếu trộn một thể tích V1 (lít) khí A có phân tử khối MA với một thể tích khí B có phân tử khối MB (giả sử MA < MB) ta thu được hỗn hợp khí có phân tử khối trung bình là M (với MA < M < MB) ta sử dụng sơ đồ sau : MB − M

V1 (lit)...... MA

⇒

M V2 (lit)...... MB

n1 V1 MB − M = = n2 V2 M − MA

M − MA

Bài toán minh hoạ Bài 1. Cần trộn V1 ml dung dịch HCl 2M với V2 ml dung dịch HCl 0,5M thu được 300 ml dung dịch HCl 1M. Giá trị V1, V2 lần lượt là A. V1 = V2 = 150

B. V1 = 100, V2 = 200

C. V1 = 200, V2 = 100

D. V1 = 50, V2 = 250

Lời giải V1

0,5 1

0,5

 V1 1 =  ⇒ V1 = 100 ml ; V2 = 200 ml Ta có  V2 2 V + V = 300  1 2

Bài 2. Cần cho số g H2O vào 100 g dung dịch H2SO4 90% để được dung dịch H2SO4 50% là A. 90 g

B. 80 g

C. 60 g

D. 70 g

Lời giải m

0 50

100

m 40 = ⇒ m = 80(gam) 100 50

Bài 3. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn 300 g dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là A. 30%

B. 40%

C. 50%

D. 60%

Lời giải mdd = 500.1,2 = 600 (g) Đây là bài toán cô cạn nên sơ đồ : dung dịch A : 600

20 - x x

H2O:

300

⇒

x - 20

600 x = ⇒ x = 40% 300 x − 20

Bài 4. Trộn V1 ml dung dịch NaOH (d = 1,26 g/ml) với V2 ml dung dịch NaOH (d = 1,06 g/ml) thu được 1lít dung dịch NaOH (d = 1,16 g/ml). Giá trị V1, V2 lần lượt là

A. V1 = V2 = 500

B. V1 = 400, V2 = 600

C. V1 = 600, V2 = 400

D. V1 = 700, V2 = 300

Lời giải

1,26

0,1

⇒

1,16 V2

1,06

V1 0,1 = ⇒ V1 = V2 = 500ml V2 0,1

0,1

Bài 5. Từ 200g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số g KOH nguyên chất là A. 70 g

B. 80 g

C. 60 g

D. 90 g

Lời giải m

100

20 50 ⇒

200

m 20 = ⇒ m = 80 g 200 50

Bài 6. Một dung dịch HNO3 nồng độ 60% và một dung dịch HNO3 khác có nồng độ 20%. Để có 200g dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch HNO3 60%, 20% lần lượt là A. 75g ; 125g.

B. 125g ; 75g.

C. 80g ; 120g.

D. 100g ; 100g.

Lời giải m1

15 45

⇒

m1 15 3 = = m 2 25 5

m = 75g ⇒ 1 m 2 = 125g

m1 + m 2 = 200

Bài 7. Một hỗn hợp 104 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 1,5 thì VH 2 và VCO trong hỗn hợp là A. 16 lít và 88 lít.

B. 88 lít và 16 lít.

C. 14 lít và 90 lít.

D. 10 lít và 94 lít.

Lời giải V1

4 24

CO 28

⇒

V = 16 lÝt V1 2 ⇒ 1 = V2 11 V2 = 88 lÝt

Bài 8. Cho 6,12g Mg tác dụng với dung dịch HNO3 thu được dung dịch X chỉ có một muối và hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro bằng 16,75. Thể tích NO và N2O (ở đktc) thu được lần lượt là A. 2,24 lít và 6,72 lít.

B. 2,016 lít và 0,672 lít.

C. 0,672 lít và 2,016 lít.

D. 1,972 lít và 0,448 lít.

Lời giải 2+

Mg  → Mg

Quá trình cho electron :

+ 2e

0,225 Quá trình nhận electron :

0,51

+ 3e  → N 3x

N V1 NO

10,5 33,5

V2 N2O 44

(NO)

x +

+ 4e  → N (N2O) 8y ⇒

3,5

VN 2O VNO

2y =

1 x = 3 y

3x + 8y = 0,51 x = 0, 09 ⇒  3x − y = 0 y = 0, 03

Bài tập vận dụng Bài 1. Trộn hai thể tích metan với một thể tích hiđrocacbon X thu được hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2 bằng 15. Công thức phân tử của X là A. C2H6

B. C3H8

C. C4H10

D. C5H12

Bài 2. Cho hỗn hợp X gồm 2 este có CTPT là C4H8O2 và C3H6O2 tác dụng với NaOH dư thu được 6,14g hỗn hợp 2 muối và 3,68g ancol B duy nhất có tỉ khối so với oxi là 1,4375. Số g của C4H8O2 và C3H6O2 trong A lần lượt là A. 3,6g và 2,74g.

B. 3,74g và 2,6g.

C. 6,24g và 3,7g.

D. 4,4g và 2,22g.

Hướng dẫn MB = 1,4375.32 = 46 ⇒ ancol B là C2H5OH. ⇒ nB = nmuối =

M muèi =

3, 68 = 0,08 (mol) 46

6,14 = 76, 75 (g / mol) 0, 08

Áp dụng quy tắc đường chéo: y HCOONa

5,25 76,75

x CH3COONa

8,75

x 5 x = 0, 05  mC 4 H8O2 = 4, 4 g = ⇒ ⇒ y 3 y = 0, 03  mC3H6O2 = 2, 22 g

Bài 3. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 400kg sắt. Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được 500kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 460kg sắt thì phải trộn 2 quặng A. B với tỉ lệ về khối lượng là A. 2 : 3

B. 3 : 5

C. 3 : 4

D. 1 : 3

Hướng dẫn

400

40 460

500

⇒ 60

m A 40 2 = = m B 60 3

Bài 4. Một hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối so với metan bằng 3. Thêm V lít O2 vào 20 lít hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y có tỉ khối so với metan bằng 2,5. Giá trị của V là A. 20

B. 30

C. 5

D. 10

Hướng dẫn Trong 20 lít X ban đầu thì thể tích mỗi khí : V1 SO2

V1 16 = ⇒ V1 = V2 = 10(lit) V2 16

48 V2 O2

Khi thêm V lít O2 vào 20 lít hỗn hợp X thu được hỗn hợp Y : 10

SO2

8 40

10 + V

10 1 = ⇒ V = 20(lit) 10 + V 3

Bài 5. Số ml H2O cần thêm vào 1 lít dung dịch HCl 2M để thu được dung dịch mới có nồng độ 0,8M là A. 1,5 lít

B. 2 lít

C. 2,5 lít

D. 3 lít

Bài 6. Trộn 1 lít dung dịch KCl C1 M (dung dịch A) với 2 lít dung dịch KCl C2 M (dung dịch B) được 3 lít dung dịch KCl (dung dịch C). Cho dung dịch C tác dụng vừa đủ với dung dịch AgNO3 thu được 86,1 g kết tủa. Nếu C1 = 4C2 thì C1 có giá trị là A. 1 M

B. 1,2 M

C. 1,4 M

D.1,5 M

Hướng dẫn Ag + + Cl −  → AgCl 0, 6 0, 6(mol) 1lÝt 2 lÝt

0, 6

C2 ր

0, 6 − C 2

C1 − 0, 6

C1 = 4C 2 1 0, 6 − C 2 = ⇔ C1 − 0, 6 = 1, 2 − 2C 2 ⇒ 6C 2 = 1,8 ⇒ C 2 = 0,3 M ; C1 = 1, 2M 2 C1 − 0, 6

Bài 7. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí C3H8 và C4H10 đối với hiđro là 25,5. Thành phần % thể tích của hỗn hợp đó là

A. 50% ; 50%.

B. 25% ; 75%.

C. 45% ; 55%.

D. 20% ; 80%.

Phương pháp dùng phương trình ion rút gọn Cơ sở Bản chất của các phản ứng trao đổi xảy ra trong dung dịch chất điện li là phản ứng của các ion với nhau để tạo ra chất kết tủa, bay hơi hay chất điện li yếu,...

Cách áp dụng Khi cho dung dịch hỗn hợp (X) phản ứng với dung dịch hỗn hợp (Y) thay vì việc viết nhiều phương trình phản ứng giữa các phân tử ta viết các phương trình dạng ion rút gọn. Sau đây là một số sơ đồ minh họa : HCl  – Cho sơ đồ : H 2 SO 4 HNO  3

Bản chất là : H

(axit)

 NaOH  →  Ba(OH)2

–

+ OH

(bazơ)

Khi môi trường trung tính thì :

hỗn hợp 6 muối + H2O

→ H2O và Ba 2+ + SO42− → BaSO 4 ↓

∑ n H+ (axit)

∑ nOH− (baz¬ )

 Na 2 CO3  BaCl 2  – Cho sơ đồ (NH 4 )2 CO3 +   → CaCl2  K CO  2 3 Ca 2+ + CO 2 −  → CaCO3 ↓ 3 Bản chất là :  → BaCO3 ↓ Ba 2+ + CO32− 

Fe HCl  – Cho sơ đồ:  Mg +   → Hỗn hợp muối + H2 H 2 SO 4 (l)  Zn 

 Fe  Bản chất là  Mg +  Al 

H +  →

Hỗn hợp muối + H2

Bài tập minh họa Bài 1. Cho dung dịch X chứa đồng thời 2 axit H2SO4 1M và HCl 2M vào 200ml dung dịch Y chứa NaOH 1,5 M và KOH 1M. Khi môi trường dung dịch trung tính thì thể tích dung dịch X cần là A. 120 ml

B. 125 ml

C. 200 ml

D. 150 ml

Lời giải

Bản chất các phản ứng trên là H + + OH − → H 2 O

∑ n H = V.(2.1 + 2) = 4V (mol) ∑ nOH = 0,2.(1,5 + 1) = 0,5 (mol) +

−

Khi môi trường trung tính : 4V = 0,5 ⇒ V= 125 ml Bài 2. Cho 100ml dung dịch A chứa đồng thời 2 axit HCl 1M và HNO3 2M vào 200ml dung dịch B chứa NaOH 0,8 M và KOH x M thu được dung dịch C. Biết rằng để trung hoà 100ml dung dịch C cần 60ml dung dịch HCl 1M. x có giá trị là A. 1,2M

B. 2,2M

C. 3,3M

D. 2,5M

Lời giải Có 3 axit phản ứng với 2 bazơ. Bản chất các phản ứng đó là H + + OH − → H 2 O

60.500

∑ n H = 0,1(1 + 2) + 100.1000 .1 = 0,6(mol) ∑ nOH = 0,2(0,8 + x)(mol) +

−

Môi trường trung tính: 0,6 = 0,2(0,8+x) ⇒ x = 2,2M. Bài 3. Trộn 100ml dung dịch X gồm KHCO3 1M và K2CO3 1M với 100ml dung dịch Y gồm NaHCO3 1M và Na2CO3 1M thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ 100ml dung dịch T gồm H2SO4 2M và HCl 1M vào dung dịch Z thu được V lít CO2 (đktc). Giá trị của V là A. 2,24 lít

B. 8,96 lít

C. 6,72 lít

D. 4,48 lít

Lời giải Bản chất của các phản ứng giữa các chất trong T và Z là : CO32− + 2H +  → HCO3− HCO3− +

H +  → H 2 O + CO2

Khi cho dung dịch X vào Y thu được dung dịch Z có

HCO3− 0,2 (mol) và CO23 − 0,2 (mol). n H + (dd T) = n HCl + 2n H 2SO4 = 0,5(mol)

Nhỏ từ từ dung dịch T vào dung dịch Z, phản ứng xảy ra theo thứ tự : CO32− + H +  → HCO3− 0,2

0,2

∑ n HCO

Tổng số mol

− 3

= 0,2 + 0,2 = 0, 4 (mol)

n H + (cßn l¹i) = 0,5 − 0,2 = 0,3(mol) < n HCO− = 0, 4 (mol) 3

H + (d−)

= 0,5 − 0, 2 = 0,3 < n

HCO3−

= 0, 2 + 0, 2 = 0, 4 (mol)

HCO3− + H +  → CO2 ↑ + H 2 O 0,3

0,3

Bài 4. Tính thể tích dung dịch chứa HCl 0,5M và H2SO4 0,75M cần thiết để hoà tan hoàn toàn 23,2g Fe3O4. A. 200 ml

B. 300 ml

C. 350 ml

D. 400 ml

Lời giải Bản chất phản ứng giữa hai axit và Fe3O4 là : Fe3O4 + 8H 0,1

 → Fe

+ 2Fe

+ 4H2O.

0,8

Gọi thể tích dung dịch là V : 0,5V + 2V.0,75 = 0,8 ⇒ V = 400 ml Bài 5. Một dung dịch A chứa HCl và H2SO4 theo tỉ lệ mol là 3 : 1. Cho 100 ml dung dịch A trung hoà vừa đủ với 500ml dung dịch NaOH có chứa 20g NaOH/lít. Tổng khối lượng muối thu được sau phản ứng là A. 31,175g

B. 15,875g

C. 42,113g

D. 23,175g

Lời giải Gọi số mol của H2SO4 là x (mol) thì số mol HCl là 3x mol

Trong 100ml dung dịch A có Trong 500 ml n NaOH =

∑n

H+

= 5x (mol)

20 500 . = 0, 25(mol) ⇒ 5x = 0, 25 ⇒ x = 0, 05(mol) 40 1000

m muèi = ∑ m cation + ∑ m anion

= m Na+ + m Cl− + m SO2− = 0, 25.23 + 3.0, 05.35,5 + 0, 05.96 = 15,875 g 4

Bài 6. Cho 100ml dung dịch A chứa NaCl 1,5M và HCl 3M vào 100ml dung dịch B chứa AgNO3 1M và Pb(NO3)2 1M thu được dung dịch C và kết tủa D. Khối lượng kết tủa D là A. 56,72 g

B. 49,13 g

C. 34,48 g

D. 50,10 g

Lời giải Bản chất các phản ứng xảy ra giữa A và B là +

+ Cl  → AgCl ↓

+ 2Cl  → PbCl2 ↓

= 0,1.(1,5 + 3) = 0, 45 (mol) = n( − )

Cl − Ag +

–

= 0,1 mol ; n

Pb 2 +

= 0,1 mol ⇒ n( + ) = 0,1 + 0,1.2 = 0,3 (mol) –

nñt+(A) > nñt-(B) ⇒ ion Cl dư :

mmuối = 108.0,1 + 0,1.207 + 0,3.62 = 50,10 (g). Bài 7. Dung dịch A chứa axit HCl a M và HNO3 b M. Để trung hoà 100 ml dung dịch A cần dùng 200 ml dung dịch hỗn hợp B chứa NaOH 0,05M và – Ba(OH)2 0,15M. Mặt khác để kết tủa hoàn toàn ion Cl có trong 50ml dung dịch A cần 100ml dung dịch AgNO3 0,1M. Các giá trị a, b lần lượt là A. 0,2M; 0,1M.

B. 0,2M; 0,2M.

C. 0,2M; 0,3M.

D. 0,1M; 0,2M.

Lời giải Bản chất các phản ứng xảy ra giữa A và B là : H + + OH − → H 2 O

∑ n H = 0,1.(a + b) mol ∑ nOH = 0, 2.(0, 05 + 0,15) mol +

⇒ a + b = 0, 04

−

Bản chất phản ứng xảy ra giữa A và AgCl là Ag+ + Cl −  → AgCl ↓ a = 0, 2M 0, 05a = 0, 01 ⇒  b = 0,1M

Bài 8. Cho 2 kim loại Fe, Mg tác dụng với 200ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, H2SO4 0,2M thu được dung dịch B và khí C. Cho từ từ dung dịch D gồm NaOH 0,3M, KOH 0,1M vào B để tác dụng vừa đủ với các chất trong B thì thể tích dung dịch D cần dùng là A. 0,15 lít.

B. 0,25 lít.

C. 0,35 lít.

D. 0,45 lít.

Lời giải Fe2+

Fe + H

 →

Fe(OH)2 −

OH  → H 2O

Mg2+

Mg(OH)2

Định luật bảo toàn điện tích :

∑ n( + )

trong B =

∑ nH

trong A =

∑ nOH

−

trong D.

Dung dịch trung tính khi :

∑ nH

= ∑ n OH − ⇒ 0, 2(0,1 + 0, 2.2) = V(0,3 + 0,1) ⇒ V =0, 25 (lít)

Bài tập vận dụng Bài 1. Để tác dụng vừa đủ với 0,96g hiđroxit của 2 kim loại kiềm ở hai chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn, phải dùng 20ml dung dịch HCl 0,4M và H2SO4 0,3M. Các kim loại kiềm là A. Na, K

B. Li, Na

C. K, Rb

D. Na, Rb

Hướng dẫn

Gọi công thức chung của hai hiđroxit ROH Bản chất các phản ứng :

+ H+

OH n

H+

 →

H2O

= 0, 02(0, 4 + 0,3.2) = 0, 02(mol) = n

M ROH =

OH −

= n ROH

0, 96 = 48 ⇒ M R + 17 = 48 ⇒ M R = 31 0, 02

⇒ Hai km loại kiềm là Na, K.

Bài 2. Hòa tan hỗn hợp hai kim loại Ba và Na (dạng hạt rất nhỏ) vào nước thu được dung dịch A và 672 ml khí (đktc). Nhỏ từ từ dung dịch FeCl3 vào dung dịch A cho đến dư, lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô và nung đến khối lượng không đổi thu được m g chất rắn. Giá trị m là A. 3,2 g

B. 6,4

C. 1,6 g

D. 4,8 g

Bài 3. Cho 4,64g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 ( n FeO : n Fe2O3 = 1: 1 ) hoà tan hoàn toàn trong V lít dung dịch H2SO4 0,2M và HCl 0,6M. V có giá trị là A. 1,60 lít

B. 1,22 lít

C. 1,90 lít

D. 1,56 lít

Hướng dẫn Do FeO.Fe2O3 = Fe3O4, vậy A xem hỗn hợp chỉ là Fe3O4 n A = n Fe3O 4 = +

4, 64 = 0, 02 (mol) 232 2+

Fe3O4 + 8H  → Fe 0,02

+ 2Fe

+ 4H2O

0,16

⇒ 0,16 = 0,1V ⇒ V =

0,16 = 1, 6 (lít) 0,1

Bài 4. Hỗn hợp chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 và FeO (có số mol bằng nhau là 0,1 mol). Hòa tan hết X vào dung dịch Y gồm HCl và H2SO4 loãng (dư), thu

được dung dịch Z và 1,12 lít khí H2 (đktc). Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 0,5M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng khí NO thoát ra thì dừng lại. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 đã dùng là A. 158,3 ml.

B. 140,0 ml.

C. 100,0 ml.

D. 160,5 ml.

Hướng dẫn Ta có: FeO

+ Fe2O3 ≡ Fe3O4

0,1

Hỗn hợp X coi như gồm: 0,2 mol Fe3O4; 0,1 mol Fe + dung dịch Y: +

Fe3O4 + 8H 0,2 Fe

0,2 + 2H

0,05 Dung dịch Z chứa Fe

+ 2Fe

+ 4H2O

(1)

0,4

+ H2 ↑

0,05

(0,35 mol), Fe

(2) +

–

(0,35 mol), H dư, Cl , SO 24− .

Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 vào dung dịch Z : 2+

3Fe

+ NO 3−

0,35 →

+ 4H  → 3Fe

+ NO ↑ + 2H2O

(3)

0,35 3

0,35 1 (mol) ⇒ n Cu(NO3 )2 = n NO− = 0, 05 mol 3 3 2 0, 05 ⇒ VCu(NO3 )2 = = 0,1(lit) 0,5 ⇒ n NO− = 3

Bài 5. Cho 12,15 g bột Al vào 100 ml dung dịch hỗn hợp NaNO3 1,5M và NaOH 3M, khuấy đều cho đến khi ngừng khí thoát ra thì dừng lại. Thể tích khí thoát ra ở đktc là A. 5,04 lít

B. 7,56 lít

C. 6,72 lít

D. 4,48 lít

Hướng dẫn

nAl = 0,45 (mol) ; n NO− = n NaNO3 = 0,15 mol ; 3

n OH− = nNaOH = 0,3 mol 8Al + 3NO3− + 5OH − + 18H 2O → 8[Al(OH)4 ]− + 3NH3 Ban ®Çu : 0, 45

0,15

0,3

Ph¶n øng : 0, 4

0,15

0, 25

D− :

0, 05

0, 4

0,15

2Al + 2OH − + 6H 2O  → 2[Al(OH) 4 ]− + 3H 2 Ban ®Çu : 0, 05

0, 05

Ph¶n øng : 0, 05 D− : 0

0, 05 0

(1)

(2)

0, 075

(1) và (2) ⇒ ∑ nKhí = 0,15 + 0,075 = 0,225 (mol) ⇒ Vkhí = 0,225.22,4 = 5,04 (lít)

Bài 6. Cho 6,4 g Cu tác dụng với 60 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO3 2M và H2SO4 1M, thu được V lít khí NO duy nhất (đktc), phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của V là A. 0,672

B. 0,896

C. 1,344

D. 2,24

Hướng dẫn nCu = 0,1 mol; n HNO3 = 0,12 mol ; 2n H 2SO 4 = 0, 06.1 = 0, 06 (mol) ⇒ ∑ n H + = 0,12 + 2.0, 06 = 0, 24 (mol)

3Cu + 2NO 3− + 8H Ban đầu : 0,1

0,12

0,24

Phản ứng : 0,09

0,06

0,24

Dư :

0,06

0,01

⇒ VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít)

 → 3Cu

+ 2NO ↑ + 4H2O

0,06

Bài 7. Dung dịch A thể tích 200ml chứa đồng thời hai muối MgCl2 0,4M và Cu(NO3)2 0,2M. Dung dịch B chứa đồng thời KOH 0,16M và Ba(OH)2 2+

0,02M. Thể tích dung dịch B cần để làm kết tủa hết hai ion Mg , Cu A. 1 lít

B. 1,2 lít

C. 1,5 lít

D. 1,7 lít

là

Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng

MgCl 2

KOH

Mg(OH)2

 →

Cu(NO3 )2

Ba(OH)2

KCl +

Cu(OH)2

(I) BaCl 2

Phương trình ion thu gọn Mg2 +

Mg(OH)2 + OH

−

 →

(II) Cu(OH)2

n ®t(+) = 2.0, 08 + 2.0, 0 4 = 0, 24(mol) n OH- = V.0,16 + V.0, 04 = 0, 2V (mol) n ®t(+) = n ®t(-) ⇒ 0, 24 = 0, 2V ⇒ V = 1, 2 (lÝt) Bài 8. Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250 ml dung dịch X chứa axit HCl 1M và H2SO4 0,5M, được dung dịch B và 3,92 lít H2 (đktc). Thành phần % khối lượng Mg, Al trong A là A. 65% ; 35%.

B. 64% ; 36%.

B. 55% ; 45%.

D. 50% ; 50%.

Hướng dẫn

n Mg = x(mol) ; n Al = y(mol) 24x + 27y = 3, 75 (1) n H + = 0, 25 + 0, 25 = 0,5(mol) ; n H2 = 2H + + 2e 0,35

3, 92 = 0,175(mol) 22, 4

 → H2

0,175

Vậy axit dư : áp dụng ĐLBT e ta có 2x + 3y = 0,35 (2) Từ (1), (2) ⇒ x = 0,1(mol) ; y = 0, 05(mol) 24.0,1.100  = 64% %m Mg = 3, 75  %m = 36%  Al

Bài 9. Cho hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 500 ml dung dịch X chứa axit HCl 1M và H2SO4 0,5M, được dung dịch B và 3,92 lít H2 (đktc). Thể tích dung dịch C gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M cần để phản ứng hết với các chất trong B là A. 0,125 lít

B. 1,112 lít

C. 1,875 lít

D. 1,235 lít

Hướng dẫn

n H+ = 0,5.1 + 0,5.0,5 = 0, 75(mol) ; n H2 =

3, 92 = 0,175(mol) 22, 4

2H + + 2e  → H2 0,35

0,175

n H+ (d−) = 0, 75 − 0,35 = 0, 4(mol) n OH − = 0, 2V + 2.0,1V = 0, 4V (mol) Mg2+ + 2OH − → Mg(OH)2 Al3+

+ 3OH − → Al(OH)3

H+

OH − → H 2 O

Trong B : n dt( + ) = 2n Trong C : n dt( −) = n

Mg2 +

OH −

+ 3n

Al3+

H+

= ∑ H + = 0, 75(mol)

= 0, 4V

Môi trường trung tính khi 0,4V = 0,75 ⇒ V = 1,875(lít). Bài 10. Hoà tan hoàn toàn mg hỗn hợp X gồm 2 kim loại kiềm A, B và kim loại kiềm thổ M vào nước thu được dung dịch C và 5,6 lít khí H2 (đktc). Dung dịch D gồm H2SO4 0,1M và HCl 0,3M. Để trung hoà dung dịch C cần số lít dung dịch D là

A. 0,5 lít

B. 1,5lít

C. 1,5 lít

D. 2 lít

Hướng dẫn n H2 =

5, 6 = 0, 25 (mol) 2, 4

Kim loại kiềm khử nước giải phóng H2, nửa phản ứng nước bị oxi hoá sau 2H 2 O + 2e  → H 2 + 2OH − 0, 25

0,5

Khi môi trường trung tính thì n H + = n OH − = 0, 2V + 0,3V = 0,5 ⇒ V = 1lit Bài 11. Hòa tan hoàn toàn 9,65 g hỗn hợp 2 kim loại Fe, Al trong dung dịch hỗn hợp HCl và H2SO4 loãng, kết thúc phản ứng thu được 7,28 lít H2 (đktc). Phần trăm khối lượng của sắt trong hỗn hợp ban đầu là A. 50,32%.

B. 35,53%.

C. 51,81 %.

D. 56,48%.

Hướng dẫn n H 2 = 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta có:

27x + 56y = 9,65

(I)

Phương trình ion rút gọn của các phản ứng 2Al + 6H

→

2Al

x Fe + 2H y

+ 3H2 ↑

(1)

1,5x +

→

+ H2 ↑

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ VH 2 = 1,5 x + y = 0,325 → y = 0,325 – 1,5x (II) Từ (I) và (II) ta tính được : x = 0,15 mol ; y = 0,1 mol %mAl =

0,15.27 .100% = 41,19% ⇒ %Fe = 100 – 41,19 =58,81% 9, 65

Bài 12. Cho m g hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1 M và axit H2SO4 0,5 M, thu được 5,32 lít H2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là A. 7

B. 1

C. 2

D. 6

Bài 13. Dung dịch A chứa NaOH 1 M và Ca(OH)2 0,01 M. Sục 2,24 lít khí CO2 vào 400 ml dung dịch A ta thu được một kết tủa có khối lượng là

A. 1,5g

B. 10g

C. 4g

D. 0,4g

Phương pháp xác định công thức chất hoá học Cơ sở Dạng 1. Tìm Z (điện tích hạt nhân) của nguyên tố đó. Dạng 2. Tìm được M (nguyên tử khối) của nguyên tố đó. – Biết hoá trị của nguyên tố cần tìm ta chỉ cần xác định nguyên tử khối của nguyên tố đó. – Không biết hoá trị của nguyên tố cần tìm, ta phải lập được biểu thức liên hệ giữa M và hoá trị n của nguyên tố đó : M = k.n Để xác định công thức của một hợp chất dựa vào định luật thành phần không đổi. – Xác định công thức hoá học của một hợp chất. + Nếu biết các nguyên tố thành phần cấu tạo nên chất đó AxByCx, ta chỉ việc xác định x, y, z hoặc x : y : z để suy ra công thức phân tử (vì đối với hợp chất vô cơ thì công thức thực nghiệm thường trùng với công thức phân tử). + Nếu chưa biết một nguyên tố thành phần nào đó thì ta phải xác định nguyên tử khối của nguyên tố đó và hoá trị tương ứng của nó. + Nếu bài toán yêu cầu xác định công thức của oxit kim loại mà kim loại có hoá trị không đổi, ta đặt CT của oxit kim loại là M2On. Trường hợp khác ta phải đặt công thức của oxit dạng MxOy. Từ đó tìm công thức thực nghiệm và xác định công thức phân tử. Bài tập minh hoạ

Bài 1. Tổng số hạt proton, nơtron và electron trong nguyên tử của nguyên tố X là 22. Nguyên tử X là A. N

B. O

C. F

D. Cl

Lời giải. a)Theo giả thiết : 2Z + N = 22 → N = 22 - 2Z

N Mặt khác đồng vị bền có : 1 ≤ ≤ 1,5 ⇔ Z

 22 − 2Z  Z ≥ 1 ⇔ 6,2 ≤ Z ≤ 7,3   22 − 2Z ≤ 1,5  Z

Vì Z phải là nguyên dương nên chọn giá trị Z = 7. Vậy X là Nitơ Bài 2. Tổng số các hạt proton, nơtron và electron trong nguyên tử của nguyên tố X thuộc nhóm VA của bảng tuần hoàn là 47. Nguyên tố X là A. Si

B. P

C. Cl

D. S

Lời giải Theo giả thuyết ta có : 2Z + N = 47 ⇒ N = 47 – 2Z Ta có :

1≤

47 − 2Z ≤ 1,5 ⇒ 13,4 ≤ Z ≤ 15,6 Z

Z phải nguyên dương nên Z có thể là : Z = 14 hoặc Z = 15 2

Nếu Z = 14 có cấu hình electron nguyên tử : 1s 2s 2p 3s 3p → X thuộc nhóm IVA (Loại, vì trái với đầu bài) 2

Nếu Z = 15 có cấu hình electron nguyên tử : 1s 2s 2p 3s 3p

→ X thuộc nhóm VA vậy X là photpho (P)

Bài 3. Hòa tan hoàn toàn một kim loại (hóa trị 3) trong 100 ml dung dịch H2SO4 1M. Để trung hòa lượng axit dư phải dùng hết 20 ml dung dịch NaOH 1M. Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi thu được 3,06 g chất rắn. Kim loại đó là A. B

B. Al

C. Cr

D. Ga

Lời giải Gọi kim loại cần tìm là A.

2A + 3H 2 SO 4  → A 2 (SO4 )3 + 3H 2 0, 09

0, 03

H 2 SO 4 + 2NaOH  → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 0, 01

0, 02

A 2 (SO4 )3 + 6NH3 + 6H 2 O  → 2A(OH)3 + 3(NH 4 )2 SO4 0, 03

0, 06 t

2A(OH)3 → A 2 O3 + 3H 2 O 0, 06

0, 03

M A2O3 = 2M A + 48 =

3, 06 = 102 ⇒ M A = 27: A lµ Al 0, 03

Bài 4. Hoà tan 1,2 g một kim loại hoá trị II bằng một hỗn hợp gồm 40ml dung dịch H2SO4 1M và 200ml HCl 0,2M. Dung dịch thu được có tính axít, để trung hoà dung dịch này phải dùng100ml dung dịch NaOH 0,2M. Kim loại đó là A. Mg

B. Fe

C. Zn

D. Ca

Lời giải

∑n

= 0, 04.2.1 + 0, 2.0, 2 = 0,12(mol)

H+

n OH − = 0, 02(mol) H + + OH −  → H2O +

Số mol H phản ứng với kim loại là 0,1 (mol)

0, 05 MM =

2H +  → M2+ +

0,1 1, 2 = 24 vËy M lµ Mg 0, 05

Bài 5. Cho 3,78g bột Al tác dụng vừa đủ với XCl3 thấy tạo thành dung dịch Y. Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06g so với dung dịch XCl3. Công thức của muối là A. PCl3

B. FeCl3

C. CrCl3

D. AuCl3

Lời giải Al + X 3+  → Al3+ + X MX 27

Độ giảm khối lượng thực của

∆M = M X − 27 3,87 = 0,14(mol) Al là 27

∆ m = 0,14(MX – 27) = 4,06 ⇒ MX = 56 ; X là Fe.

Bài 6. Hoà tan 3,12 g hỗn hợp A gồm FeSO4 và XSO4 (có số mol bằng nhau) vào nước thu được 100 ml dung dịch A. Cho lượng A trên tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 4,66 g kết tủa và dung dịch B. X là nguyên tố nào sau đây ? A. Zn

B. Cu

C. Ca

D. Ba

Lời giải FeSO 4

FeCl2 + BaCl 2  → BaSO 4 +

XSO4

XCl 2

Độ chênh lệch khối lượng của 1 mol A  → BaSO4: ∆ M= 2.137 – 56 – MX = 218 – MX 1 4, 66 = 0, 01(mol) thì độ chênh lệch khối Với số mol FeSO4 = XSO4 = . 2 233 lượng ∆ m = 0,01(218 – MX ) = 4,66 – 3,12 =1,54 ⇒ MX = 64 : Cu

Bài 7. Hoà tan 9,6 g một kim loại A trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch chứa một muối B và 2,24 lít khí NO (đktc). Kim loại đó là A. Cu C. Zn

B. Pb D. Fe

Lời giải Đặt số mol và hoá trị của A lần lượt là x và n → 3A(NO3)n + nNO + 2nH2O 3A + 4nHNO3 

3.n NO 3.0,1 9, 6n = ; MA = = 32n n n 0,3

⇒ giá trị phù hợp n = 2 và MA = 64 : Cu

Bài 8. Hoà tan hoàn toàn 5,3g muối cacbonat của một kim loại kiềm R2CO3 trong 500ml dung dịch HCl 0,1M, H2SO4 0,2M. Sau phản ứng thu được dung dịch X và thể tích khí thoát ra là V = 1,12 lít (đktc). R là nguyên tố nào sau đây ? A. Na

B. K

C. Li

D. Cs

Lời giải Bản chất các phản ứng đó là CO32− + 2H

0,05

0,1

2M R + 60 =

 → CO2 ↑ + H2O

0,05

5,3 = 106 ⇒ M R = 23 ; M là Na. 0, 05

Bài 9. Hoà tan vừa đủ hỗn hợp gồm kim loại M và oxit MO (M có hoá trị không đổi và MO không phải là oxit lưỡng tính) trong dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch A và khí NO. Cho A tác dụng vừa đủ với 240ml dung dịch NaOH 0,5M thu được kết tủa. Lọc thu kết tủa rồi nung tới khối lượng không đổi được 2,4g chất rắn. M là nguyên tố nào sau đây ? A. Ca

B. Cu

C. Ba

D. Mg

Lời giải n NaOH = 0,12 mol . Sơ đồ phản ứng :

M + HNO3  → ... + M 2+ + 2OH −  → M(OH)2  → MO MO

0,12

Theo định luật bảo toàn điện tích : n

M2+

0, 06 =

1 n − = 0, 06 (mol) 2 OH

⇒ MM + 16 =

2, 4 ⇒ M M = 24 ; M là Mg. 0, 06

Bài 10. Hoà tan 32g kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu 8,96 lít hỗn hợp hai khí (đktc) NO và N2O4 có tỉ khối hơi so với không khí là 1,34 và dung dịch X. Kim loại M là A. Zn

B. Mg

C. Cu

D. Al

Lời giải NO → M(NO3 )2 + M + HNO3  a + b = 0, 4   30a + 92b = 34   a+b

+ H2O N 2O4

a = n NO = 0,3 mol   b = n N 2O4 = 0, 05 mol

Các bán phản ứng : M  → M n + + ne 1 1 n

N +5 + 3e  → N +2 (NO) 0, 9

0,3

N +5 + e  → N +4 0,1 0,1

0, 03 (N 2 O 4 ) 0, 05

32n = 32n . Giá trị phù hợp n = 2 thì M M = 64 (Cu) . 1

Bài tập vận dụng Bài 1. Hoà tan hoàn toàn 2,16g một oxit kim loại A trong dung dịch HNO3 loãng, thu được dung dịch B (không chứa muối amoni) và 0,224 lít khí NO (đktc). Công thức của oxit kim loại là A. CuO

B. FeO

C. Fe3O4

D. CrO

Hướng dẫn Đặt công thức của oxit MxOy ta có sơ đồ phản ứng

M x O y + HNO3  → M(NO3 )a + NO + H 2 O

ChÊt cho e M

2y + x

chÊt nhËn e 2y ) x 0, 03

 → M + a + (a −

N +5 + 3e  → N +2 0, 03

0, 01

0, 03 0, 03 ⇒ m M x Oy = (x.M + 16y) = 2,16 ax-2y ax-2y 2,16ax − 4,8y 2y ⇒M= = 72a − 160y (a > ) 0, 03x x n M x Oy =

Giá trị phù hợp a=3 ; y = 1; M = 56 ; x = 1 vậy công thức của oxit : FeO Bài 2. Cho một luồng khí CO đi qua 16g một oxit sắt nguyên chất nung nóng trong ống sứ. Sau khi phản ứng khử hết oxit ta thấy khối lượng chất rắn giảm 4,8g. Công thức của oxit sắt là A. FeO

B. Fe2O3

C. Fe3O4

D. 2FeO. Fe2O3

Hướng dẫn FexOy + CO  → Fe + CO2 n Fe =

16 − 4,8 4,8 = 0, 2 mol ; n O = = 0,3 mol 56 16

x : y = nFe : nO = 0,2 : 0,3 = 2 : 3 ⇒ Công thức của oxit là Fe2 O3 Bài 3. Hợp chất A có công thức MxSy (M là kim loại). Đốt cháy hoàn toàn A thu được oxit MnOm và khí B. Dẫn B vào dung dịch chứa Br2 và Ba(NO3)2 dư thấy tạo thành 69,9 g kết tủa. Mặt khác, khử hoàn toàn MnOm bằng CO dư thu được 8,4 g kim loại. Hoà tan hoàn toàn lượng kim loại nói trên bằng 3+ dung dịch HNO3 loãng thu được muối M và 3,36 lít (đktc) khí NO. Công thức phân tử của A là A. FeS

B. CuS.

C. FeS2

D. Cu2S

Hướng dẫn

Ba 2 +

Br + H O

2→ ... + SO 2 2 → SO 2 − → BaSO M x S y  2  4 4

Theo sự bảo toàn nguyên tố S :

nS(M xS y ) = n S(BaSO4 ) =

69, 9 = 0,3(mol) 233

M + 4HNO3  → M(NO3 )3 + NO + H2 O 0,15

0,15

8, 4 = 56 (Fe) ⇒ n Fe = 0,15 mol 0,15 x : y = n Fe : n S = 0,15 : 0,3 = 1 : 2 ⇒ A : FeS 2 MM =

Bài 4. A là hỗn hợp dạng bột gồm Fe và kim loại M (có hoá trị không đổi). Cho 8,64g hỗn hợp A tác dụng vừa đủ với 80ml dung dịch CuSO4 1,5M. Mặt khác lấy một lượng A đúng như trên hoà tan hết trong dung dịch HNO3 thu được 3,136 lít khí NO duy nhất ở đktc (không có NH4NO3). M là nguyên tố nào sau đây ? A. Zn

B. Al

C. Cu

D. Ag

Hướng dẫn nFe = x (mol); nM = y (mol) Nếu M đẩy được Cu ra khỏi dung dịch :

Fe2+

Fe + Cu 2+  → M

+ Cu M

Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có : 2x + ny = 2.0,12 = 0,24 (mol)

(1)

Trong phản ứng với HNO3 : Fe

Fe(NO3 )3 + HNO3  →

+ M(NO3 )n

NO + H 2 O

3x + ny = 3.

3,136 = 0, 42 (mol) 22, 4

(2)

Giải hệ (1) và (2). Hệ này vô nghiệm. Vậy M không đẩy được Cu. Fe + Cu

 → Fe

+ Cu

x = 0,12 ⇒ ny = 0,06 mM = 1,92 ⇒ MM =

1, 92.n = 32n ⇒ M : Cu 0, 06

Bài 5. Hoà tan 3,06g hoá học Na2CO3 và MCO3 (tỉ lệ n Na 2CO3 : n MCO3 = 1 : 2 ) trong H2SO4 loãng dư, khí thu được hấp thụ hoàn toàn trong 100ml dung dịch Ca(OH)2 0,2M thu được 1,97g kết tủa. Kim loại M là A. Ba

B. Ca

C. Zn

D. Cu

Hướng dẫn

Na 2 CO3 x

Na 2 SO 4 + H 2 SO 4  →

MCO3

+ CO 2 + H 2 O

MSO 4

CO2 + Ba(OH)2  → BaCO3 + H 2 O 0, 01

0, 01

2CO 2 + Ba(OH)2  → Ba(HCO3 )2 0, 02

0, 01

⇒ x = 0,01 (mol) ; y = 0,02 (mol)

0,01.106 + 0,02.(M + 60) = 3,06  → M = 40 : Ca Bài 6. Một hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon A, B có khối lượng a g. Nếu đốt cháy hoàn toàn X thì thu được 132a/41 g CO2 và 45a/41 g H2O. Nếu thêm vào X một nửa lượng A có trong X rồi mới đem đốt cháy hoàn toàn thì thu được 165a/41 g CO2 và 60,75g H2O. CTPT của A, B là A. C5H12 ; C5H10

B. C6H14 ; C6H6

C. C6H12 ; C6H10

D. C7H14 ; C7H16

Lời giải Với mọi a tuỳ ý ta đều tìm được kết quả bài toán: Chọn a = 41 g n CO2 =

(165 − 132).2 = 1,5(mol) 44

n H2 O =

(60, 75 − 45).2 = 1, 75(mol) 18

Vì n H2 O > n CO2 A là ankan CnH2n+2  → nCO2 + (n+1)H2O  → n = 6 Vậy A: C6H14 Khi B cháy: n CO2 = 1,5(mol) < n H2 O = 0, 75(mol) ⇒ B không thể là Ankan hoặc Anken, B không làm mất màu dung dịch Br2 Nên B là aren. Viết phản ứng cháy ⇒ xác định được C 6 H 6 . Bài 7. Đốt cháy hoàn toàn m g chất hữu cơ A chứa C, H, O thu được

22m g CO2 15

3m g H2O. Biết rằng 3,6g hơi A có thể tích bằng thể tích của 1,76g CO2 5 cùng điều kiện. CTPT A là: và

A: C2H6O2

B: C3H6O3

C: C3H4O3

D: C2H4O2

Hướng dẫn Với mọi m ta đều xác định được CTPT của A, chọn m = 15 g. n C(A) = n CO2 = 0,5 (mol) 9 15 − 0,5.12 + 1 = 1(mol); n O = = 0,5(mol) 18 16 3, 6 n C : n H : n O = 1 : 2 : 1 ⇒ (CH 2 O)n = = 90 ⇒ n = 3 0, 04 CTPT : C 3 H 6 O3 n H(A) = 2n H2 O = 2.

7. Phương pháp giải các bài toán cực đại - cực tiểu – Cách tìm khoảng giới hạn của muối : Hỗn hợp kim loại (A, B) tác dụng với hỗn

hợp axit (HNO3 và H2SO4) tạo ra hỗn hợp muối sunfat và muối nitrat. +) Do 1 mol SO24− (nặng 96 gam) tương ứng với 2 mol NO3− (nặng 124 gam). Với cùng một hỗn hợp kim loại nếu tạo muối nitrat thì khối lượng sẽ nặng hơn muối sunfat. Khối lượng muối cực đại khi hỗn hợp chỉ tạo ra muối nitrat và cực tiểu khi hỗn hợp chỉ tạo muối sunfat. Vậy khối lượng thực tế là

muèi SO24

< m thùc tÕ < m

muèi NO3-

+) Do 1 mol ion kim loại A+ (nặng MA g) tương ứng với 1 mol B+ (nặng MB). Nếu MA < MB thì muối của A nhẹ hơn muối của B (cùng gốc axit). Khối lượng muối cực đại khi hỗn hợp chỉ tạo ra muối B và cực tiểu khi hỗn hợp chỉ tạo muối A. Vậy khối lượng thực tế là

m muèi A < m thùc tÕ < m muèi B Bài tập minh họa Bài 1. Hòa tan 1,02 gam Al2O3 vào 300 ml dung dịch H2SO4 0,2M ta thu được dung dịch A. Rót tiếp vào A 200ml dung dịch NaOH thì thu được một kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi thì được 0,51 gam chất rắn. Coi thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Nồng độ mol của dung dịch NaOH ban đầu là A. 0,55M ; 0,65M

B. 0,65M ; 0,75M

C. 0,45M ; 0,7M

D. 0,85M ; 1,5M

Lời giải

n Al2O3 = 0, 01mol ; n H2SO4 = 0, 06 mol Al2 O3 + 3H 2 SO4  → Al 2 (SO 4 )3 + 3H 2 O H 2 SO4(d−) = 0, 06 − 0, 03 = 0, 03 mol Dung dịch A  Al 2 (SO 4 )3 : 0, 01mol

H + + OH −  → H2O 0, 06

0, 06

TH1 : NaOH chỉ đủ để kết tủa một phần Al3+.

Al3+ + 3OH −  → Al(OH)3  → Al2 O3 0, 01

0, 01

←

0, 005

n NaOH = 0, 06 + 0, 03 = 0, 09 (mol) ⇒ C M(NaOH) =

0, 09 = 0, 45M 0, 2

TH2 : NaOH chỉ đủ để kết tủa hết Al3+ và hoà tan một phần kết tủa này

Al3+ + 3OH −  → Al(OH)3 0, 02

0, 06

0, 02

Al(OH)3 + OH 0,01

−

 → [Al(OH)4 ]−

0,01 to

2Al(OH)3 → Al2 O3 + H 2 O ←

0, 01

0,51 = 0, 005 102

n NaOH = 0,14 mol ⇒ C M =

0,14 = 0, 7 M 0, 2

Bài 2: Cho 200ml dung dịch AlCl3 tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 2M ta thu được một kết tủa đem nung nóng đến khối lượng không đổi thì thu được 5,1gam chất rắn. a) Nồng độ mol của dung dịch AlCl3 là A. 0,155M

B. 1,125M

C. 0,175M

D. 1,185M

b) Lọc tách kết tủa thu được dung dịch nước lọc. Cho dung dịch nước lọc tác dụng với dung dịch HCl 1M. Thể tích dung dịch HCl để kết tủa thu được lớn nhất là A. 62,5 ml

B. 25,5 ml

C. 35,0 ml

D. 45,0 ml

Lời giải

n NaOH = 0, 4.2 = 0,8 mol to

Al3+ + 3OH −  → Al(OH)3 → Al2 O3 0,1

0,3

0,1

0, 05

a) TH1 : Al3+ chưa bị kết tủa hết n

Al3+

= 0,1mol → C M =

0,1 = 0,5 0, 2

TH2 : Al3+ bị kết tủa hết, OH- dư Al3+ + a

3OH −  → Al(OH)3 3a

Al(OH)3 + OH −  → [Al(OH)4 ]− a − 0,1

a − 0,1

∑ OH − = 4a − 0,1 = 0,8 ⇒ a = 0, 225 mol = n Al3+ ⇒ C M =

0, 225 = 1,125 M 0, 2

b) Dung dịch nước lọc n Na[Al(OH)4 ] = 0,125 mol Na[Al(OH)4 ] + HCl  → Al(OH)3 ↓ + NaCl + H 2 O 0,125 C M(HCl) =

0,125

0,125 = 0, 062 lit = 62,5 ml 2

Bài 3. Chia 3,64 gam hỗn hợp (A) gồm 3 kim loại Fe, Al, Mg (ở dạng bột mịn) thành hai phần bằng nhau. Hoà tan hết phần thứ nhất trong dung dịch HCl vừa đủ thu được 1,568 lít H2 và dung dịch (A’). Cho phần thứ hai vào dung dịch NaOH 0,5 M (lấy dư), thu được dung dịch (B) và chất rắn C. Cho C phản ứng với dung dịch HNO3 đun nóng thu được 2,016 l khí NO2 đktc (không có muối amoni) và dung dịch (D). a) Khối lượng Al trong hỗn hợp A là A. 1,08g

B. 1,28g

C. 0,28g

D. 1,18g

b) Khối lượng muối nitrat tạo thành trong dung dịch (D) là A. 6,68g

B. 5,68g

C. 4,28g

D. 3,18g

c) Thể tích dung dịch NaOH 0,5 M cần phải cho vào dung dịch A’ để kết tủa thu được là cực đại và cực tiểu lần lượt là A. 200ml và 300ml

B. 280 ml và 320 ml

C. 320 ml và 280 ml

D. 250 ml và 350 ml

Lời giải Gọi n Al = x mol; n Fe = y mol ; n Mg = z mol trong 1/2 hỗn hợp A Ta có 27x + 56y + 24z = 1,82 (I) Sơ đồ phản ứng với HCl : Fe2+

Fe Al

+ H +  →

Al3+

+ H2

Mg2+

3x + 2y + 2z = 0,14 (II) Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH Al + NaOH + 3H 2 O  → Na[Al(OH)4 ] +

3 H2 2

Sơ đồ phản ứng của C với HNO3 : Fe + HNO3  → Mg

Fe3+ Mg2+

+ NO2 + H2O

3y + 2z = 0,09 (III) Giải hệ (I), (II), (III) ta có x = 0,02 mol ; y = 0,01 mol ; z =0,03 mol m Al = 0, 02.2.27 = 1, 08gam  a. m Fe = 0, 02.56 = 1,12 gam m = 1, 44 gam  Mg

b. mmuối = mFe,

Mg+ m

NO3−

= 0,01.56+0,03.24 + (0,01.3+0,03.2)62 = 6,68

gam Al3+ : 0, 02 mol  c. Dung dịch A gồm Fe2+ :0, 01mol  2+  Mg :0, 03 mol

Để kết tủa thu được cực đại khi toàn bộ ba kim loại bị kết tủa vừa hết :

Al3+ + 3OH −  → Al(OH)3 0, 02 Fe

0, 06 + 2OH −  → Fe(OH)2

0, 01

0, 02

→ Mg(OH)2 Mg2 + + 2OH −  0, 03

0, 06

∑ nOH− = 0, 06 + 0, 06 + 0, 02 = 0,14 mol ⇒ VNaOH =

0,14 = 0, 28 lit = 280 ml 0,5

Kết tủa cực tiểu khi Al(OH)3 bị tan hết : Al(OH)3 + NaOH  → Na[Al(OH)4 ] 0, 02

0, 02

∑ nOH− = 0,14 + 0, 02 = 0,16 mol ⇒ VNaOH =

0,16 = 0,32 lit = 320 ml 0,5

Bài 4. Hoà tan hoàn toàn 11,9 g hỗn hợp 2 kim loại Al và Zn vào dung dịch HNO3 2M (vừa đủ) thu được dung dịch A và 3,64 lít hỗn hợp 2 chất khí N2O và NO (ở đktc) có khối lượng 5,75 gam. a) Thành phần phần trăm của Al và Zn có trong hỗn hợp là A. 30,00% ; 70,00%

B. 43,38% ; 54,62%

C. 35,00% ; 65,00%

D. 54,62% ; 43,38%

b) Thể tích NH3 (đktc) cho vào dung dịch A để kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất là A. 17,92 lít và 26,88 lít

B. 15,52 lít và 25,68 lít

C. 13,96 lít và 27,24 lít

D. 12,52 lít và 15,68 lít

Lời giải Gọi n N 2O = x mol ; n NO = y mol . Ta có x + y = 0,1625 x = 0, 0625 mol ⇒  44a + 30b = 5, 75  y = 0,1mol

Đặt n Al = a mol ; n Zn = b mol ⇒ 27a + 65b = 11, 9 (I)

Al(NO3 )3 Al N O + HNO3  → + 2 + H2O Zn(NO3 )2 Zn NO

Dùng phương pháp bảo toàn electron ta có : Các quá trình cho e : Al  → Al3+ + 3e a

Zn  → Zn b

⇒

+ 2e 2b

∑ n e cho = 3x + 2y

Các quá trình nhận e : N +5 + 4e  → N+ ← 0,5 N

0,125 +2

+ 3e  → N 0,3 0,1

N 2O 0, 0625

←

NO 0,1

⇒

∑ n e nhËn = 0,8

Ta có : 3x + 2y = 0,8 (II) Giải hệ (I), (II) thu được :

m Al = 0, 2.27 = 5, 4 g ⇒ %Al = 43,38% x = 0, 2 mol a)  ⇒ y = 0,1mol m Zn = 6,5 g ⇒ %Zn = 54, 62% Al3+ :0, 2 mol b) Dung dịch A gồm  Các phản ứng 2+  Zn :0,1mol Kết tủa thu được cực đại khi Al3+ , Zn 2+ bị kết tủa vừa hết : Al3+ + 3NH3 + 3H 2 O  → Al(OH)3 + 3NH 4+ 0, 2 Zn

0,1

0, 6 + 2NH3 + 2H 2 O  → Zn(OH)2 + 2NH 4+ 0, 2

VNH3 = 0,8.22, 4 = 17, 92 lit Kết tủa thu được cực tiểu khi Zn(OH)2 bị hoà tan hết Zn(OH)2 + 4NH3  → [Zn(NH3 )4 ](OH)2

VNH3 = 1, 2.22, 4 = 26,88 lit Bài tập vận dụng Bài 1. Hoà tan hoàn toàn 0,81 g Al vào dung dịch NaOH vừa đủ thu được dung dịch muối A và khí H2. Thể tích dung dịch HCl 0,1 M để kết tủa thu được cực đại và cực tiểu lần lượt là A. 0,3 lít và 1,5 lít

B. 0,3 lít và 1,2 lít

C. 0,5 lít và 1,5 lít

D. 0,2 lít và 1,6 lít

Lời giải n Al =

0,81 = 0, 03 mol 27

→ Na[Al(OH)4 ] + Al + NaOH + 3H 2 O 

3 H2 2

Kết tủa thu được cực đại khi Na[Al(OH)4 ] + HCl  → Al(OH)3 + NaCl + H 2 O n HCl = n Na[Al(OH)4 ] = 0, 03 mol ⇒ VHCl =

0, 03 = 300ml 0,1

Kết tủa thu được cực tiểu khi Al(OH)3 + 3HCl  → AlCl3 + 3H 2 O

n HCl = 0, 03 + 3.0, 03 = 0,12 mol ⇒ VHCl =

0,12 = 1, 2 lit 0,1

Bài 2. Cho 100 ml dung dịch A gồm MgCl2 0,3M; AlCl3 0,5M; HCl 0,50M. Thêm từ từ V lít dung dịch X gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M vào dung dịch A thu được kết tủa Y. Để lượng kết tủa Y lớn nhất rồi nhỏ nhất thì V lần lượt nhận các giá trị là A. 1,75 lít và2,24 lít

B. 0,65 lít và 0,775 lít

C. 0,75 lít và 0,25 lít

D. 1,50 lít và 1,75 lít

Lời giải – Dung dịch A có các cation :

Mg2+ = 0, 03(mol);Al3+ = 0, 05(mol); H + = 0, 05(mol) – Dung dịch B có OH − = 0, 4V (mol)

Khi cho dung dịch A vào dung dịch B, để kết tủa cực đại khi các cation phản ứng vừa đủ với anion OH − kết tủa chưa bị tan ra :

H+

+ OH −  → H2O

Mg2+ + 2OH −  → Mg(OH)2 ↓ Al3+ + 3OH −  → Al(OH)3 ↓ Tổng số mol điện tích dương : 2.0,03 + 3.0,05 + 0,05 = 0,26 (mol) Tổng số mol điện tích âm 0,4V. áp dụng định luật trung hoà điện 0,4V = 0,26 (mol) ⇒ V = 0, 65(lit) – Kết tủa cực tiểu khi Al(OH)3 tan hết Al(OH)3 + OH −  → [Al(OH)4 ]− 0, 05

0, 05

Tổng thể tích OH- là 0,26 + 0,05 = 0,31 mol

⇒0,4V' = 0,31 ⇒ V' = 0,775(lit) Bài 3. Hoà tan hoàn toàn m g Zn vào lượng vùa đủ 300ml HCl 1M thu được dung dịch A và khí H2. Thể tích dung dịch NaOH 0,01 M vào dung dịch A thu được 7,425 g kết tủa cực đại rồi cực tiểu lần lượt là A. 150 ml và 200 ml

B. 250 ml và 500 ml

C. 150 ml và 750 ml

D. 250 ml và 750 ml

Lời giải n Zn = 0,3 mol

Zn + 2HCl  → ZnCl2 + H 2 Zn2 + + 2OH −  → Zn(OH)2 ↓ 2+

Nếu toàn bộ Zn

bị kết tủa hết thì khối lượng kết tủa thu được là

0,3.99 = 29,7 gam. Với 7,425 gam kết tủa có hai khả năng xảy ra -

– Lượng OH chỉ đủ để tạo ra 7,425 gam kết tủa

7, 425 = 0, 075 mol ⇒ n NaOH = 2.0, 075 = 0,15 mol 99 0,15 = = 150ml 1

⇒ n Zn(OH)2 = ⇒ VNaOH

– Lượng OH dư nên kết tủa thu được cực đại và bị tan ra một phần Zn(OH)2 + 2NaOH  → Na 2 [Zn(OH)4 ]

Số mol Zn(OH)2 bị hoà tan là 0,3 – 0,075 = 0,225 mol Vậy số mol NaOH trong trường hợp này là n NaOH = 0,15.2 + 0, 225.2 = 0, 75 mol ⇒ VNaOH =

0, 75 = 750 ml 1

Bài 4. Nếu hoà tan hoàn toàn 28,1g hỗn hợp MgCO3 và BaCO3 có thành phần thay đổi trong đó chứa a% MgCO3 bằng dung dịch HCl và cho tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào dung dịch chứa 0,2 mol Ca(OH)2 thì thu được kết tủa D. Để lượng kết tủa D nhiều nhất và ít nhất thì a có giá trị lần lượt là A. 29,89% và 100,00%

B. 30,00% và 100,00%

C. 29,89% và 60,00%

D. 39,89% và 79,89%

Lời giải CO32− + 2H +  → H2 O + CO2 CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 ↓ + H 2 O

– Kết tủa đạt cực đại khi nCO2 = n Ca(OH)2 = 0, 2 mol . Gọi n MgCO3 = x mol; n BaCO3 = y mol . Ta có hệ x + y = 0, 2 ⇒ x = y = 0,1mol ⇒ m MgCO3 = 8, 4 gam ⇒ a = 29,89%  84x + 197y = 28,1

– Kết tủa cực tiểu nếu có đủ CO2 để là kết tủa tan hết :

CaCO3 + H 2 O + CO2  → Ca(HCO3 )2 Ta có hệ x + y = 0, 4 x = 0, 448 ⇒ ⇒ Vậy lượng CO2 không đủ để hoà tan  84x + 197y = 28,1 y < 0

hết kết tủa. Để có lượng CO2 lớn nhất ta giả sử toàn bộ hỗn hợp chỉ chứa 28,1 = 0,3345 mol. Ta có hệ MgCO3. n MgCO3 (Max) = 84 x + y = 0,3345  x = 0,3344 ⇒ ⇒ m MgCO3 = 0,3344.84 = 28, 09gam  84x + 197y = 28,1  y = 0, 0001 ⇒ a ≈ 100%

Vậy để lượng kết tủa D nhiều nhất và ít nhất thì a có giá trị lần lượt là 29,89% và 100% Bài 5. Hoà tan 15,3 g BaO vào nước được dung dịch A. Cho 12,3 gam hỗn hợp CaCO3 và MgCO3 (có thành phần thay đổi) hoà tan hết vào dung dịch HCl dư thì thu được khí B. Nếu cho khí B hấp thụ hết vào dung dịch A thì sau phản ứng khối lượng kết tủa tạo thành trong khoảng A. 10, 638(g) < m BaCO3 < 15,169 (g) B. 12, 680 (g) < m BaCO3 < 15, 690 (g) C. 10, 000 (g) < m BaCO3 < 15, 000 (g) D. 15, 638(g) < m BaCO3 < 25,169 (g) Lời giải BaO + H 2 O  → Ba(OH)2 n BaO = n Ba(OH)2 =

15,3 = 0,1mol 153

CO32− + 2H +  → H 2 O + CO2

–Nếu hỗn hợp chỉ có MgCO3 thì n MgCO3 =

12,3 = 0,146 mol 84

CO2 + Ba(OH)2  → BaCO3 + H 2 O 0,1

0,1

BaCO3 + CO2 + H 2O  → Ba(HCO3 )2 0, 046

0,146 − 0,1

Khối lượng kết tủa thu được là (0,1 – 0,046).197 = 10,638 gam – Nếu hỗn hợp chỉ có CaCO3 thì nCaCO3 =

12,3 = 0,123 mol 100

CO2 + Ba(OH)2  → BaCO3 + H 2 O 0,1

0,1

BaCO3 + CO2 + H 2O  → Ba(HCO3 )2 0, 023

0,123 − 0,1

Khối lượng kết tủa thu được là (0,1 – 0,023).197 = 15,169 gam Vậy khối lượng kết tủa tạo thành nằm trong khoảng 10, 638(g) < m BaCO3 < 15,169 (g)

Bài 6. Thêm từ từ dung dịch chứa HCl 1M vào dung dịch có chứa 3,82 gam hỗn hợp muối Na2CO3 và K2CO3 ( n Na 2CO3 : n K2CO3 = 1 : 2) thu được dung dịch X và khí Y. Để thể tích khí Y thu được có giá trị cực tiểu, cực đại thì thể tích dung dịch HCl 1M lần lượt là A. 30 ml ; 40 ml

B. 40 ml ; 70 ml

C. 30 ml ; 60 ml

D. 40 ml ; 60 ml

Lời giải Ta tính được n Na 2CO3 = 0, 01mol; n K2CO3 = 0, 02 mol ⇒ n

CO32 −

= 0, 03 mol

Để bắt đầu có khí thoát ra thì lượng HCl cho vào chỉ vừa đủ để thực hiện PT: CO32− + H +  → HCO3− 0, 03

0, 03

⇒ VHCl =

0, 03 = 30ml 1

Để lượng khí Y (CO2) thoát ra cực đại khi CO23 − bị chuyển hết thành CO2 : CO32− + 2H +  → CO2 + H 2 O 0, 03

0, 06

⇒ VHCl =

0, 06 = 60ml 1

Bài 7. Hoà tan 1,29 gam Zn, Cu (có n Zn : n Cu = 1 :1 ) vào dung dịch chứa HNO3 và H2SO4 (đặc, nóng) thu được hỗn hợp khí gồm NO2 và khí SO2. Nếu tỉ lệ khí NO2 và khí SO2 thay đổi thì khối lượng muối khan thu được trong khoảng A. 3, 20 (gam) < m muèi < 3, 70 (gam) B. 3, 21(gam) < m muèi < 3, 77(gam)

C. 4, 20 (gam) < m muèi < 6, 70 (gam) D. 3, 00 (gam) < m muèi < 4,50 (gam) Lời giải Đặt n Zn = x (mol) ; n Cu = y (mol) . Ta có hệ 65x + 64y = 1, 29  x = 0, 01 ⇒  x : y = 1 : 1  y = 0, 01

Chất cho electron

Zn  → Zn 2+ + 2e 0, 01 0, 01 Cu  → Cu 2+ + 2e 0, 01

⇒ ∑ n e = 0, 04 (mol)

0, 01

Ta thấy, với cùng một lượng kim loại nếu kết hợp với SO24− (1 mol = 96 gam) nếu kết hợp với NO3− (2 mol = 2.62 = 124 gam). – Nếu hỗn hợp muối chỉ là muối nitrat khi đó : 2NO3− + 2H + + e  → NO2 + H 2 O + NO3− 0, 04

0, 04

Khối lượng muối thu được sẽ cực đại : mmuối = 1,29 + 0,04.62 = 3,77 (gam) – Nếu toàn bộ là muối sunfat khi đó : 2SO24− + 4H + + 2e  → SO2 + 2H2 O + SO24− 0, 04

0, 02

Khối lượng muối thu được là cực tiểu : mmuối = 1,29 + 0,02.96 = 3,21 (gam) Vậy khối lượng thực của muối nằm trong khoảng

3, 21(gam) < m muèi < 3, 77(gam) Bài 8. Hoà tan 0,89 gam Zn, Mg vào dung dịch chứa HCl và H2SO4 thu được 0,448 lít khí H2 (đktc). Nếu thay đổi tỉ lệ số mol hai axit thì khối lượng muối khan thu được trong khoảng A. 2,31(g) < m muèi < 2,81(g)

B. 3, 21(gam) < m muèi < 3, 77(gam) C. 2, 20 (gam) < m muèi < 3, 70 (gam) D. 3, 21(gam) < m muèi < 3,59 (gam) Lời giải Đặt n Zn = x (mol) ; n Mg = y (mol). Ta có hệ 65x + 24y = 0,89 x = 0, 01 ⇒  x + y = 0, 02 y = 0, 01

Tổng số mol electron mà các kim loại chính là số mol điện tích dương của các cation kim loại = 2(x+y) = 0,04 (mol e) Ta thấy, với cùng một lượng cation kim loại nếu kết hợp với gốc SO24− (1 mol = 96 gam) nếu kết hợp với gốc Cl − (2 mol = 2.35,5 = 71 gam). Nếu toàn bộ là muối sunfat khi đó có n

SO24−

0, 04 = 0, 02(mol) tham gia 2

tạo muối. Khối lượng muối thu được là cực đại mmuối = 0,89 + 0,02.96 = 2,81 (gam). Nếu toàn bộ là muối clorua khi đó có n

Cl −

= 0, 04 (mol) tham gia tạo muối.

Khối lượng muối thu được cực tiểu mmuối = 0,89 + 0,04.35,5 = 2,31 (gam) Vậy khối lượng thực của muối trong khoảng 2,31(g) < m muèi < 2,81(g) Bài 9. Cho 18,2 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu vào 100 ml dung dịch B chứa H2SO4 12M và HNO3 2M đun nóng, thu được dung dịch Y và 8,96 lít hỗn hợp khí (đktc) T gồm NO và SO2. Tỉ khối của T so với H2 là 23,5. Thay đổi tỉ lệ số mol của hai axit thì khối lượng muối khan thu được nằm trong khoảng A. 23,1(g) < m muèi < 28,1(g) B. 32,1(gam) < m muèi < 37, 7(gam) C. 37, 4 (gam) < m muèi < 43(gam) D. 30,1(gam) < m muèi < 35, 9 (gam) Lời giải

Ta tính được nNO = 0,2 (mol) ; n SO2 = 0, 2 (mol) +

Trong dung dịch B có H = 2,6 mol ; SO24− = 1,2 mol ; NO3− = 0,2 mol Quá trình cho e

Quá trình nhận e

Al  → Al3+ + 3e

SO24− + 4H + + 2e  → SO2 + 2H 2 O

x Cu

3x 2+

0, 4 NO−4

 → Cu + 2e

0, 2

+ 4H + 3e  → NO + 2H 2 O

0, 6

0, 2

3x + 2y = 1 x = 0, 2 (mol) ⇒ Ta có hệ :  27x + 64y = 18, 2 y = 0, 2 (mol)

Ta thấy, với cùng một lượng kim loại nếu kết hợp với SO24− (1 mol = 96 gam) nếu kết hợp với NO3− (2 mol = 2.62 = 124 gam). Nếu toàn bộ là muối nitrat thì 3NO3− + 4H + + 3e  → NO + 2H 2 O + 2NO3− 0, 6

0, 2

0, 4

Khối lượng muối thu được sẽ cực đại : mmuối = 18,2 + 0,4.62 = 43 (gam) Nếu toàn bộ là muối sunfat khi đó : 2SO24− + 4H + + 2e  → SO2 + 2H2 O + SO24− 0, 2

0, 2

Khối lượng muối thu được là cực tiểu : mmuối = 18,2 + 0,2.96 = 37,4 (gam) Vậy khối lượng thực của muối là 37, 4 (gam) < m muèi < 43(gam) 8.

Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình Cơ sở

Nếu có một hỗn hợp nhiều chất cùng tác dụng với một chất khác (mà các phương trình phản ứng cùng loại, cùng hiệu suất, sản phẩm phản ứng tương tự nhau) ta có thể thay hỗn hợp này bằng một chất tương đương.

Giả sử có hỗn hợp gồm các chất A, B, C,... (chứa C, H, O), có thể thay bằng chất tương đương C x H y O z : M với: Khối lượng phân tử trung bình M :

m hh n A .M A + n B .M B + ... + n K .M K = n hh n A + n B + ...n K

( nA, nB, … nK : có thể là số mol, thể tích hay % số mol,...) Luôn luôn có: M A < M < M K Số nguyên tử cacbon trung bình x :

x1 .n A + x 2 .n B + ... + x K .n K n A + n B + ... + n K

(Với x1 < x < xK)

(x1, x2, x3,.. là số nguyên tử C của A, B, C,...) Số nguyên tử hiđro trung bình y :

y1 .n A + y 2 .n B + ... + y K .n K n A + n B + ... + n K

(Với y1 < y < yK)

(y1, y2, y3,.. là số nguyên tử H của A, B, C,...) Các giá trị trung bình khác như số nguyên tử oxi trung bình, phân tử khối của gốc hiđrocacbon trung bình, số nhóm chức trung bình,... cách thiết lập tương tự. Phạm vi áp dụng

Dùng để giải nhanh các loại bài hữu cơ, vô cơ như: bài tập xác định công thức phân tử của chất hoá học, tính thể tích, tính số mol hay tính % số mol, % thể tích với các chất khí,... Bài tập minh họa

Bài 1. Đốt cháy một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được 96,8g CO2 và 57,6g H2O. Công thức phân tử của A, B và thành phần % mỗi chất trong hỗn hợp X là A. CH 4 , C 2 H 6

B. C 2 H 6 , C 3H8

C. C 3 H8 , C 4 H10

D. C 2 H 4 , C 3H 6

Lời giải nCO2 =

96,8 57, 6 = 2, 2 (mol) ; n H 2O = = 3, 2 (mol) 44 18

⇒ n CO 2 < n H 2 O ⇒ A, B thuéc d·y ®ång ®¼ng ankan.

Đặt A : C n H 2n +2 a(mol) ; B : C m H2m+2 b(mol) . Gọi n là số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp ( n ≤ n ≤ m ≤ 4 ), khi đó thay A, B bằng 1 chất duy nhất C n H 2 n +2 có số mol = (a+b) mol. C n H 2n +2 +

3n + 1 O2 → nCO2 + (n + 1)H 2 O 2 2, 2 3,2

(1)

n n +1 = ⇒ n = 2, 2. VËy : n = 1 ≤ n = 2, 2 ≤ m = 2 2, 2 3, 2

A : C 2 H6 Vậy :  B : C 3 H 6 Gọi % nA= a ; %nB = 1 – a ⇒ 2a + 3.(1 – a) = 2,2 ⇒ a = 0,8 ; b = 0,2  a = 0,8 mol C 2 H 6 → 80%  b = 0, 2 mol C 3H8 → 20%

Bài 2. Đốt cháy hết 0,5mol hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon mạch hở A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng (phân tử khối hơn kém nhau 28đvC) cần 40,32 lít O2 tạo ra 26,88 lít CO2. Công thức phân tử của A, B là Lời giải nO2 p− =

40,32 26,88 = 1,8 (mol) ; n CO2 = = 1, 2 (mol) 22.4 22, 4

Theo sù b¶o toµn nguyªn tè O: nO(O2 p−) = nO(CO2 ) + n O(H2O) ⇒ n O(H 2O) = 2.1,8 − 2.1, 2 ⇒ n O(H 2O) = 1, 2(mol)

Ta cã: n H2O = n O(H2O) = 1, 2(mol) = n CO2 ⇒ A, B thuéc anken

100

Gäi A : C n H 2n B : C m H 2m

a mol b mol

⇒ Gọi n là số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp ( n ≤ n ≤ m ), khi đó thay A, B bằng 1 chất duy nhất C n H 2n có số mol = (a+b) mol.

3n O2  → nCO2 + nH 2 O 2 1, 2 1, 2 ⇒n= = = 2, 4 (a + b) 0,5 C n H 2n +

⇒ n ≤ n ≤ m ≤ 4 ⇔ n = 2 ⇒ A : C 2 H 4 ; m = 4 ⇒ B: C 4 H8 C n H 2n + 0,5

3n O2 → nCO2 + nH 2 O 2 1, 2

(1)

Bài 3. Hỗn hợp khí A (ở đktc) gồm 2 anken. Để đốt cháy 7 thể tích A cần 31 thể tích khí O2 (ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). Trong A, anken chứa nhiều C hơn, chiếm khoảng 40–50% thể tích hỗn hợp. Công thức phân tử của 2 anken là A. C2H4 ; C3H6

B. C2H4 ; C4H8

C. C2H4 ; C5H10

D. C3H6 ; C4H8

Lời giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình của hỗn hợp (2 < n ≤ 4) ⇒ CTPTTB của A là C n H 2n . 3n to O 2  → nCO 2 + nH 2 O 2 → 31VO 2

C nH2n + 7VA

3n .V 1V 1 3n 2.31 ⇒ tỉ số : ⇒ = ⇒ n= = 2 = 2, 95 7V 31V 7 2.31 21

⇒ 1 anken có số nguyên tử C là 2 ⇒ đó là C2H4 olefin còn lại có số nguyên tử C là 3 hoặc 4

101

Gọi x là %V của CnH2n ; (1–x) là %V của C2H4 (phần trăm thể tích chính là % về số mol trong cùng điều kiện). Theo sự bảo toàn nguyên tố C : 0, 95 (1) m−2 Mµ 0,4 < x < 0,5 Thay vµo (1) ⇒ 3, 9 < m < 4,375 ⇒ m = 4 ⇒ C 4 H8 n = mx + 2(1-x) = 2,95 ⇒ x(m-2) + 2 = 2,95 ⇒ x =

Bài 4. Một hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon A, B thuộc cùng 1 dãy đồng đẳng đều là khí ở đktc, cần 20,16 lít O2 để đốt cháy hết X và phản ứng tạo 7,2g H2O. Khi cho lượng hỗn hợp X trên tác dụng với dung dịch AgNO3 / NH 3 dư thu được 62,7g kết tủa. CTCT của A, B là A. C2H2 ; C3H4

B. C2H2 ; C4H6

C. C3H4 ; C4H6

D. C2H2 ; C5H8

Lời giải n O2 =

20,16 7, 2 = 0, 9 (mol) ; n H2O = = 0, 4 (mol) 22, 4 18

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố O : nO(O2 ) = n O(CO2 ) + n O(H2O) ⇒ nO(CO2 ) = 1,8 − 0, 4 = 1, 4 (mol) ⇒ nCO2 = 0, 7mol ⇒ nCO2 > n H2O ⇒ ankin

Gọi

A : C n H 2n −2 : a(mol) B : C m H 2m−2 : b(mol) C n H 2n −2 +

3n − 1 O2 2

⇒ CTTB : C n H 2n −2 (a + b) mol  → nCO2 + 0,7

Ta có:

⇒ n=

n CO2 (a + b)

0,4

0, 7 = 2,33 ( 2 ≤ n < n < m ≤ 4 ) 0,3

⇒ n = 2 ⇒ A : C 2 H 2 ⇒ HC ≡ CH

102

(n − 1)H 2 O

 m = 3 ⇒ B : C 3 H 4 ⇒ CH3 − C ≡ CH   m = 4 ⇒ B : C H ⇒ CH3 − CH 2 − C ≡ CH  4 6  CH3 − C ≡ C − CH3 

– Xét C 2 H 2 vµ C 3 H 4 :

a + b = 0,3mol ⇒n =

2a + 3b = 2,33 ⇒ 2a + 3b = 0, 7 a+b

2a + 3b = 0, 7 a = 0, 2 ⇒ giải hệ  ⇒ a + b = 0,3 b = 0,1

Phản ứng với AgNO3 NH3 ⇒ CH ≡ CH + 2[Ag(NH3 )2 ]OH → AgC ≡ CAg ↓ +2H 2 O + 4NH3

0,2

CH3 − C ≡ CH + [Ag(NH3 )2 ]OH → CH3 − C ≡ CAg ↓ + H 2 O + 2NH3 ↑ 0,1

0,1

⇒ m ↓= 0, 2.240 + 0,1.147 = 62, 7g = m ↓ (gt)

– Cách làm tương tự với hai trường hợp còn lại, kết quả thu được la không phù hợp. Vậy A là C 2 H 2 vµ B lµ C 3H 4 . Bài 5. Tách nước hoàn toàn 10,6 g hỗn hợp hai ancol thu được hỗn hợp A gồm 2 olefin là đồng đẳng kế tiếp nhau. Cho hỗn hợp A (ở đktc) qua bình đựng dung dịch brom dư, người ta thấy khối lượng của bình tăng thêm 7g. Công thức phân tử của 2 olefin là A. C2H4 và C3H6

B. C3H6 và C4H8

C. C4H8 và C5H10

D. C5H10 và C6H12

Lời giải Đặt công thức chung của hai ancol no đơn chức, mạch hở là đồng đẳng kế tiếp là C n H 2n +1OH . H SO

+ Br

2 4→ C H 2→ C n H 2n +1OH   o n 2n

170 C

C n H 2n Br2

103

Khi chuyển : C n H 2n +1OH  → C n H 2n . Thì ∆M ↓ = 18

∆m ↓ = 10, 6 − 7 = 3, 6 (g) ⇒ n hh = M=

3, 6 = 0, 2 (mol) 18

7 = 35 ⇒ M1 < 35 < M2 ; mà M1, M2 là đồng đẳng kế tiếp. 0, 2

M1 = 28 ⇒ C2H4 M2 = 42 ⇒ C3H6 Bài 6. Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp 2 ancol no, đơn chức mạch hở liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96g H2O. CTPT của các ancol đó là A. CH3OH; C2H5OH

B. C2H5OH; C3H7OH

C. C3H7OH; C4H9OH

D. C4H9OH; C5H11OH

Lời giải Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của 2 ancol. C n H 2 n +1 OH +

3n O 2 → nCO 2 + (n + 1)H 2 O 2

(

nCO2 = nx =

)

nx → n + 1 x

x mol

3,584 = 0,16 (mol) 22, 4

n H2O = (n + 1)x =

(1)

3, 96 = 0, 22 (mol) 18

(2)

C 2 H5OH n H2O − n CO2 = 0, 06 mol ⇒ n = 2,67 ⇒  C 3H 7OH Bài 7. Đốt cháy hoàn toàn 0,56 lít hỗn hợp X gồm hai hiđrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon, thu được m H2O = 1,9125 gam , mCO2 = 4, 4gam . Trong X không có chất nào chứa quá 1 liên kết pi. Công thức của hai hiđrocacbon đó là A. C2H4; C2H6

104

B. C3H6 ; C3H8

C. C4H8 ; C4H10

D. C5H10 ; C5H12

Lời giải n X = 0, 025 mol ; n H2O = 0,106 mol ; n CO2 = 0,1 mol

Đặt công thức chung của X là C x H y  y y C x H y +  x +  O2  → xCO2 + H2O 2 4  

x=4; y=

0,106.2 = 8, 48 ⇒ y1 = 6, 8 < y = 8,48 < y2 = 2x+2 = 10 0, 025

C H Chọn  4 8 C 4 H10

Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn 0,672 lít hỗn hợp A gồm hai khí hiđrocacbon (đktc) có cùng số nguyên tử cacbon, thu được 2,64g CO2 và 1,26 g H2O. Mặt khác khi cho A qua dung dịch [Ag(NH3)2]OH đựng trong ống nghiệm thấy có kết tủa bám vào ống nghiệm. Công thức phân tử các chất trong A là A. C2H2 ; C2H4

B. C2H2 ; C2H6

C. C3H4 ; C3H8

D. C2H2 ; C3H4

Lời giải

n A = 0, 03 mol ; n CO2 = 0, 06 mol ; n H2O = 0, 07 mol Do cùng số nguyên tử C, gọi công thức chung của các hiđrocacbon C x H y y y C x H y + (x + ) O 2  → xCO2 + H 2 O 4 2 0, 03 0, 06 0, 07

x = 2 ; y = 4, 6 ⇒ y1 = 2, 4 < y = 4, 6 < y 2 = 2x + 2 = 6 : Hỗn hợp có 1 Ankin A gồm : C2H2 và C2H6. Bài 9. Một hỗn hợp hơi của 3 ancol đơn chức A, B, C và 13,44 g khí O2 được o

chứa trong một bình kín dung tích 16 lít ở áp suất 0,92 atm, 109,2 C. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp, sản phẩm thu được mH2O = 3,78g ; mCO2 = 6,16g .

105

Biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và đều không phản ứng với 5 dung dịch AgNO3/ NH3, số mol A bằng tổng số mol của B và C. Công 3 thức cấu tạo của A, B, C lần lượt là A. CH3OH ; C 3H5OH ; C 3H 7OH B. CH3OH ; C 2 H5OH ; C 3 H 7OH C. C 2 H5OH ; C 3 H5OH ; C 3 H7OH D. CH3OH ; C 3H5OH ; C 4 H 9 OH Lời giải

n hh = 0,5 mol ; n O2 = 0, 42 mol ; n X = 0, 08 mol nCO2 = 0,14 mol ; n H2O = 0, 21 mol x=

0,14 0, 21.2 = 1, 75 ; y = = 5, 25 0, 08 0, 08

Vậy phải có một ancol là CH3OH. Gọi công thức chung của hai ancol B và C là C x H y' O . x=

5.1 + 3.x = 1, 75 ⇒ x = 3 8

y = 5, 25 =

5.4 + 3.y ' ⇒ y ' = 7,3 8

Với x = 3 ⇒ y1 = 4, 6 < y < y2 = 2x+2 = 8 ; y1, y2 chẵn. Giá trị phù hợp : CH3OH ; C 3H5OH ; C 3H 7OH Bài 10. Đốt cháy hoàn toàn 0,896 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm hai hiđrocacbon A, B thu được 1,12 lít khí CO2 (đktc) và 1,26 g H2O. Công thức phân tử của A, B là A. C2H2 ; C2H4

B. CH4 ; C2H4

C. CH4; C2H6

D. CH4; C2H2

Lời giải

106

n X = 0, 04 mol ; n CO2 = 0, 05 mol ; n H2O = 0, 07 mol Đặt công thức chung của X : C x H y . C x H y + O2  → xCO2 +

y H2O 2

0, 05 = 1, 25 ⇒ x1 = 1 < x < x2 Vậy A. CH4. 0, 04

0, 07.2 = 3,5 ⇒ y’ = 2 < y = 3,5 < y’’ = 4 0, 04

Vậy B chỉ có thể là C2H2. Bài 11. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X gồm 1 axit cacboxylic đơn chức A và 1 ancol no B, đều mạch hở cần vừa đủ 23,52 lít O2 (đktc) thì thu được 20,16 lít khí CO2 (đktc) và 18 g H2O. Biết A, B có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử và số liên kết pi trong A < 3. Công thức cấu tạo của A, B lần lượt là A. C2HCOOH, C3H5(OH)3 B. C2H5COOH , C3H6(OH)2 C. C2H5COOH , C3H7OH D. C2H3COOH , C3H5(OH)3 Lời giải nO2 = 1, 05 mol ; n CO2 = 0, 9 mol ; n H2O = 1 mol C x H y O z + (x +

y z y − )O2  → xCO2 + H 2 O 4 2 2

⇒ x = 3 ; y1 = 2 ; 4 < y = 6,7 < y2 = 2x+2 = 8

z1 = 1, 2 < z = 2,35 < 3, 4,... Do A là axit cacboxylic đơn chức chứa 2O nên B chứa 3O: B là ancol no 3 chức C3H5(OH)3 – A là axit cacboxylic chứa 2 liên kết pi đơn chức. CH2 = CH – COOH.

107

– A là axit no (số liên kết pi trong A là 1) : CH2 – CH2 – COOH. Bài 12. Đốt cháy hoàn toàn 3,24g hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A, B trong đó A hơn B một nguyên tử cacbon (MA <MB), thu được H2O và 9,24g CO2. Biết tỉ khối hơi của X so với H2 là 13,5. Công thức của A và B lần lượt là A. C2H4O ; C3H6O

B. CH2O ; C2H2

C. CH3O ; C2H6O

D. C2H4O ; C3H8O

Lời giải Đặt A:C x H y O z :a(mol); B :C x' H y' Oz' : b(mol) CTPTTB của X là C x H y O z . d

X M 3, 24 = = 13,5 ⇒ M = 27 ⇒ n X = = 0,12(mol) H2 2 27 C x H y O z + (x + 0,12

y z y − ) O2  → x CO2 + H2 O 4 2 2 0, 21

0, 21 = 1, 75 ⇒ x = 1 < x = 1, 75 < x ' = 2 0,12 A :C 2 H y O z : M A = 24 + y + 16z < 27 ⇒ y + 16z < 3 ⇒ z = 0 ; y < 3 ch½n x=

Chọn y = 2. Vậy CTPT của A là C2H2 ; MA = 26

a + b = 0,12  ⇒ M B = 30 ⇒ 12 + y '+ 16z ' = 30 2a + b = 0, 21 26a + M b = 3, 24 B  Giá trị phù hợp : y’=2 ; z’=1 Vậy CTPT của B là CH2O. Bài 13. Đốt cháy hoàn toàn 2,6 g hỗn hợp chất A gồm muối natri của 2 axit cacboxylic no đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được 1,59 g Na2CO3 và hỗn hợp khí B (CO2, H2O). Công thức phân tử của 2 muối trong hỗn hợp A và khối lượng hỗn hợp B lần lượt là A. CH3COONa ; C2H5COONa ; 3,40g.

108

B. C2H5COONa ; C3H7COONa ; 3,41g. C. CH3COONa ; C2H5COONa ; 4,31g. D. C4H9COONa ; C3H7COONa ; 3,40g. Hướng dẫn C n H 2n +1COONa → Na 2 CO3 + H 2 O + CO2 n A = 2n Na 2CO3 = 0, 03 ⇒ M =

2, 6 260 4 = ⇒n= 0, 03 3 3

CH3COONa, C2H5COONa 2Cn H 2n +1COONa → Na 2CO3 + (2n + 1)H 2O + (2n + 1)CO 2 4  4  0, 03 mB = (2. + 1)18 + (2. + 1).44  . = 3,4 (g) 3  3  2

Bài 14. Chia 15,6 g hỗn hợp gồm ancol etylic và một đồng đẳng thành hai phần bằng nhau. Phần I tác dụng hết với Na thu được 2,24 lít H2 (đktc). Phần II đun nóng với 30 g axit axetic (xúc tác H2SO4). Biết hiệu suất các phản ứng este hóa đều bằng 80%. Tổng khối lượng este thu được là A. 16,20 g

B. 12,96 g

C. 19,26 g

D. 12,60 g

Hướng dẫn Gọi công thức chung của hỗn hợp hai ancol là ROH ROH + Na  → RONa + 0, 2

1 H2 2 0,1

H SO

2 4→  ROH + CH3COOH ←  CH3COOR + H 2 O 0, 2 0, 2 0, 2

nếu hiệu suất 100% thì CH3COOH phản ứng = 0,2 × 60 = 12 gam < 30 gam (axit luôn dư) nên este tạo thành tính theo ancol

m ROH + mCH3COOH = m este + m H 2O m este = (7,8 + 0, 2.60 − 0, 2.18)0,8 = 12, 96 gam

109

Bài tập tự luyện Bài 1. A, B là 2 ancol no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho 3,9g hỗn hợp tác dụng hết với Na thu được 1,12 lít H2(đktc). Công thức phân tử của 2 ancol là A. CH3OH, C2H5OH

B. C2H5OH, C3H7OH

C. C3H7OH, C4H9OH

D. C4H9OH, C5H11OH

Hướng dẫn Theo phương pháp M C n H 2n +1OH

+ Na  → C n H 2n +1ONa +

1 H2 2

n R = n H 2 = 0,1m ol MR =

3, 9 = 39 ⇒ M 1 < M < M 2 ⇒ M1 = 32 ; M2= 46 0,1

Công thức của 2 ancol CH3OH và C2H5OH Bài 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,03 mol hỗn hợp X gồm 1 axit cacboxylic đơn chức A và 1 ancol no B, đều mạch hở vói O2 thì thu được 1,12 lít khí CO2 (đktc) và 1,08 g H2O. Biết A, B hơn kém nhau 1 nguyên tử cacbon trong phân tử. Công thức cấu tạo của A, B lần lượt là A. C2H5COOH , C3H5(OH)3

B. HCOOH , C2H5OH

C, C2H5COOH , C3H7OH

D. C2H3COOH , C3H6(OH)3

Hướng dẫn Đặt công thức tổng quát của hỗn hợp là C x H y O z C x H y O z + O2  → xCO2 + 0, 03 1< x=

0, 05

y H2O 2 0, 06

0, 05 = 1, 66 < 2 ; 2 < y = 4 < 6 0, 03

Công thức phân tử hai chất đó là : HCOOH và C2H5OH Bài 3. Hỗn hợp 3 ancol đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. Xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử

110

cacbon và không phản ứng với AgNO3/ NH3, số mol A bằng

5 tổng số mol 3

của B và C. Công thức cấu tạo của A, B, C lần lượt là A. CH3 OH ; C 3 H 5 OH ; C 3 H 7 OH

B. C 2 H 5 OH ; C 3 H5 OH ; C 3 H 7 OH

C. C 2 H 5 OH ; C 4 H 9 OH ; C 4 H 9 OH

D. CH3 OH ; C 4 H 9 OH ; C 4 H 9 OH

Hướng dẫn M=

3,38 = 42, 2 0, 08

Vậy phải có ít nhất một ancol có M1 < M = 42, 2 . A chỉ có thể là CH3OH = 32 Gọi công thức chung của hai ancol B và C là : C x H y' O nA =

Ta có:

0, 08.5 = 0, 05 ; 5+3

mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g ; M B,C =

mA = 32.0,05 = 1,6. nB + C =

0,08.3 = 0,03 5+3

1, 78 = 59,3 0, 03

Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử 2 ancol B và C Ta có:

CxH y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3

Rút ra:

12x + y = 42,3

Biện luận: x

18,3

6,3

Giá trị phù hợp x = 3 ⇒ y1 = 4, 6 < y < y2 = 2x+2 = 8 ; y1, y2 chẵn CH 3OH  C 3 H 5 OH C H OH  3 7

111

Một số phương pháp khác khi giải bài tập hoá học 1. Phương pháp suy luận tương đương

Ví dụ: Cho m gam hỗn hợp Fe và 3 oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với khí H2 thu được 11,2 gam kim loại Fe và 1,8 gam H2O. Nếu cho hỗn hợp trên tác dụng với HNO3 thì thu được bao nhiêu lít khí NO2 ở (đktc) GIẢI: Phương trình phản ứng: FeO + H2 → Fe + H2O Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4 H2O Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3 H2O Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 +3H2O FeO + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O Fe3O4 +10 HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O Fe2O3 + 6 HNO3 → 2 Fe(NO3)3 + 3H2O Sơ đồ phản ứng Fe

FeO  + HNO3 H2O ← Fe3O 4 → NO2↑ Fe O  2 3 + H2

(11,2 gam)

(1,8 gam)

Thử đặt lại vấn đề theo cách như sau: Cho 11,2 gam Fe tác dụng với 1,8 gam H2O thu được hỗn hợp gồm Fe và các oxit của nó. Cho hỗn hợp này tác dụng với HNO3 thì thu được bao nhiêu lít NO2 ở điều kiện tiêu chuẩn.

FeO  + HNO3 Fe    → Fe3O 4 → NO2↑ Fe O  2 3 + H 2O (1,8gam )

(11,2 gam) * Áp dụng “phương pháp bảo toàn e” Chất khử Fe →

112

Fe3+ + 3e

Chất oxi hoá H2O

2e → H2 +

O2-

0,2

0,6

0,1

0,2

− 3

NO + e + 4H → NO2 + 2H2O a

ta có: 0,6 = 0,2 + a → a = 0,4 mol → VNO 2 = 8,96 lớt 2. Phương pháp đặt ẩn số phụ Ví dụ: Cho 18,5 gam hỗn hợp Z gồm Fe, Fe3O4 tác dụng với 200 ml dung dịch HNO3loãng đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch Z1 và còn lại 1,46 gam kim loại. 1. Viết các phương trình hóa học cho các phản ứng xảy ra. 2. Tính nồng độ mol/l của dung dịch HNO3. GIẢI: Đặt công thức chung của Fe (tham gia phản ứng) và Fe3O4 trong hỗn hợp là FexOy, số mol là a, ta có: 56ax + 16ay = 18,5-1,46 = 17,04 (1) N+5 + 3e → N+2(trong NO) 0,3 FexOy →

0,1 xFe+2 + yO-2 + (2x -2y)e

a 2ax − 2ay = 0,3

(2x -2y)a (2)

Giải hệ hai phương trình (1), (2): ax = 0,27; ay = 0,12 nFe = nFe ( NO3 )2 = ax nên n HNO3 = 0,27 × 2 + 0,1 = 0,64 (mol) C HNO3 =

0,64 = 3,2 M 0,2

113