Download pdf - Phuong phap giai_nhanh_bttn-hoa

TS. PHẠM NGỌC SƠN

Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm

ho¸ häc L U Y Ệ N T H I Đ Ạ I H Ọ C

Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc

Lời nói đầu

Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi

đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các

bài tập trắc nghiệm hoá học trong chương trình THPT một cách ngắn

gọn, khoa học và chính xác.

Nội dung cuốn sách gồm 10 phương pháp giải nhanh với hệ thống

các ví vụ minh họa cùng hướng dẫn giải chi tiết. Nội dung các bài tập hoá học

phong phú, đa dạng, cập nhật. Tác giả hi vọng rằng cuốn sách này sẽ giúp cho

bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh

hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi.

Quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong nhận

được những góp ý xây dựng của bạn đọc để cuốn sách được hoàn thiện hơn

trong lần xuất bản sau.

Xin trân trọng cảm ơn !

TÁC GIẢ

1. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG

1. Nguyên tắc

Xét phản ứng A + B C + D

ta có ; mA + mB = mC + mD

Một số dạng thƣờng gặp :

- Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H2SO4 loãng

moxit + maxit = mmuối + mnước

Trong đó số mol nước được tính theo axit.

- Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H2 :

2 2 2oxit CO,C,H ran CO ,H Om m m m

Trong đó số mol CO2, H2O được tính theo CO, C và H2

- Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H2.

mkim loại + maxit = mmuối + mH2

số mol H2 = 2HCl = H2SO4

- Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit

mmuối (1) + maxit = mmuối + mH2O + mCO2

2. Các ví dụ minh hoạ

Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO,

ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat

khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là

A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam.

Hƣớng dẫn

Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (1)

MgO + H2SO4 MgSO4 + H2O (2)

ZnO + H2SO4 ZnSO4 + H2O (3)

Theo các pt hoá học (1, 2, 3): 2H On =

2 4H SOn = 0,50,1 = 0,05 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m hh muối khan = 2,81 + 980,05 – 180,05 = 6,81 (g).

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ

đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất

A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Giá trị của m là

A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4.

Hƣớng dẫn

Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có:

3Fe2O3 + CO 0t

2Fe3O4 + CO2 (1)

Fe3O4 + CO 0t

3FeO + CO2 (2)

FeO + CO 0t

Fe + CO2 (3)

Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều quan trọng

là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành

Gọi x là số mol CO2 tạo thành

Bn = 11,2

22,4 = 0,5 (mol)

44x + 28(0,5 – x) = 0,520,42 = 20,4 x = 0,4 (mol)

Do đó COn phản ứng = 0,4 (mol)


m = Am + 2COm – COm

= 64 + 440,4 – 280,4 = 70,4 (g).

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được

dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích

khí B (đo ở đktc).

Hƣớng dẫn

Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y

2X + 2m HCl 2XClm + m H2 (1)

2Y + 2n HCl 2YCln + n H2 (2)

Theo (1, 2): HCln = 22Hn


5 + 36,522Hn = 5,71 + 2

2Hn 2Hn = 0,01 (mol)

Vậy 2HV (đktc) = 0,0122,4 = 0,224 (l).

Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng

vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu được 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch

thu được sau phản ứng là


Hƣớng dẫn

2Al + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 3H2 (1)

Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 (2)

Từ (1, 2): 2 4H SOn =

2Hn = 2,24

22,4 = 0,1 (mol)

2 4dd H SOm =

98 0,1 100

10

= 98 (g)


dd m sau phản ứng = hh m + 2 4dd H SOm –

2Hm

= 3,68 + 98 – 20,1 = 101,48 (g).

Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam 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

Lời giải : 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

0,4 (mol) 4,0100

40 (mol)

Sơ đồ phản ứng:

FeO

Fe2O3 + CO Fe + CO2

Fe3O4

28.0,4 + m = 64 + 44.0,4 m = 70,4g

Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H2 đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp

gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp

chất rắn A và 1,62 gam H2O. Vậy m có giá trị là

A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g

Lời giải : 2 2H H On n 0,09 (mol)


FeO

H2 + Fe2O3 A + H2O

Fe3O4

CuO

0,09.2 + 5,44 = m + 1,62 m = 4g

Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau

phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối

clorua. Vậy m có giá trị là

A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g

Lời giải : Sơ đồ phản ứng:

2 3

2 3

Na CO

K CO + BaCl2 BaCO3 +

NaCl

KCl

2 3BaCl BaCOn n 0,3 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 2hh BaClm m m mdd

m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g)

Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na2SO4, K2SO4, (NH4)2SO4 tác dụng vừa đủ với 300 ml

dung dịch Ba(NO3)2 0,1M . Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc

tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là

A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g

Lời giải : Sơ đồ phản ứng:

Na2SO4 NaNO3

K2SO4 + Ba(NO3)2 BaSO4 + KNO3

(NH4)2SO4 NH4NO3

3 2 4Ba(NO ) BaSOn n 0,03 (mol) ; B B4,48 7,83 6,99 m m 5,32 (g)

Ví dụ 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 Z thu

được m gam muối khan, m có giá trị là

A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g

Lời giải: Sơ đồ phản ứng :

Cu

Mg

Al

+ H2SO4 4

2 4 3

MgSO

Al (SO ) + Cu + H2

24

(Al Mg) SOm m m (2,57 1,28) 0,065.96 7,53 (g)

Ví dụ 9. 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

Lời giải : Theo phương trình điện li :

H Cl

1,344n n 2. 0,12(mol)

22,4

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

Ví dụ 10. Nung m gam 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. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là

A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g

Lời giải: m = mB + 2COm

CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O

2CO2 + Ba(OH)2 Ba(HCO3)2

m = 3,52 + (7,88 3,94

2. ).44 7,04197 197

(g)

2. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ

1. Nguyên tắc

Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau.

Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố :

nnguyên tử A = x.nX = (số nguyên tử A trong X).số mol X

ví dụ : nO = 4.nH2SO4


Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol

Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và

khí duy nhất NO. Giá trị của a là

A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.

Hướng dẫn

Sơ đồ phản ứng: 3HNO 2 4 322

2 4

Fe (SO )FeS NO H O

Cu S CuSO

2FeS2 Fe2(SO4)3

0,12 0,06

Cu2S 2CuSO4

a 2a

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có:

20,12 + a = 30,06 + 2a a = 0,06 (mol).

Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp

rắn gồm CuO, Fe2O3 (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu

được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)2 thì tạo thành

4 gam kết tủa. Giá trị của V là

A. 1,120. B. 0,896. C. 0,448. D. 0,224.

(Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B)

Hướng dẫn

Sơ đồ phản ứng: 2 3

CuO

Fe O

+ CO 0t

CO2 (X) + hỗn hợp rắn

CO2 + Ca(OH)2 dư CaCO3 + H2O

Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C:

Cn trong CO = Cn2trong CO = Cn

3trong CaCO

Cn trong CO = 3CaCO

n

=4

100= 0,04 (mol)

Vậy V = 0,0422,4 = 0,896 (l).

Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư

được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết

tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu

được m gam chất rắn Z. Giá trị của m là

A. 16,0. B. 24,0. C. 28,8. D. 32,0.

Hướng dẫn

Sơ đồ các phản ứng:

2 3

FeX

Fe O

HCl

2

3

FeClY

FeCl

NaOH

2

3

Fe(OH)

Fe(OH)

0t Z (Fe2O3)

Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe:

Fen trong Z = Fen trong X = 2 3Fe Fe On 2n = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)

2 3Fe On trong Z =

1

2 Fen trong Z = 0,2 (mol) Vậy m = 0,2160 = 32,0 (g).

Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác

dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam.

Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là

A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml.

(Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A)

Hướng dẫn

Mg

X Cu

Al

2 O

2 3

MgO

Y CuO

Al O

MgO + 2HCl MgCl2 + H2O (1)

CuO + 2HCl CuCl2 + H2O (2)

Al2O3 + 6HCl 2AlCl3 + 3H2O (3)

Ta có Om / hhY = 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay On / hhY = 1,2

16 = 0,075 (mol)

Theo (1, 2, 3): HCln = 2 On / hhY = 20,075 = 0,15 (mol) Vậy dd HClV = 0,15

2 = 0,075

(l) = 75 (ml).

Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X

gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H2SO4 loãng, sau

phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể

Na2SO4.10H2O. Khối lượng mẩu Na là


Hướng dẫn

Na kk

2

2 3

Na O

NaOHX

Na CO

Na

2 4H SOdd Y (dd Na2SO4) Na2SO4.10H2O

Ta có 2 4 2Na SO .10H On =

8,05

322 = 0,025 (mol) Nan của mẩu Na = Nan trong tinh thể =

22 4 2Na SO .10H On = 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,0523 = 1,15 (g).

Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ

số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A

bằng dung dịch có chứa y mol HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa

NH4NO3 và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO2 và NO. Biểu thức tính y theo x và

V là

A. 8x + V

22,4. B. 6x +

V

22,4. C. 5x +

V

22,4. D. 10x +

V

22,4.

Hướng dẫn

Ta có hh En = V

22,4 (mol)

Theo đề bài X Y Zn : n : n = 1 : 2 : 3

Mà Xn = x (mol) nên Yn = 2x (mol), Zn = 3x (mol)


X , Y , Z + HNO3 X(NO3)3, Y(NO3)2, ZNO3 + NO2 , NO + H2O

x 2x 3x x 2x 3x

Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng

Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N:

3HNOn = Nn = 3

3 3X(NO )n + 23 2Y(NO )n +

3ZNOn + 2NOn + NOn

= 3. x + 2. 2x + 3x +V

22,4= 10x +

V

22,4 (mol).

Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch

HNO3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO2

(2NO NOn n 0,1 mol ). V có giá trị là

A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít

Lời giải Sơ đồ phản ứng:

Cu

Ag + HNO3

3 2

3

Cu(NO )

AgNO +

2

NO

NO + H2O

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : nCu = 3 2Cu(NO )n = 0,1 mol và nAg =

n3AgNO = 0,2 mol

Áp dụng cho nguyên tố N :

3N (HNO )n =

3 2 3 2N(Cu(NO ) AgNO NO NO )n

3(HNO )n =

3 2 3 2Cu(NO ) AgNO NO NO2n n n n

3(HNO )n = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol

3HNO

0,6V 0,6(lit)

1

Ví dụ 8: 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 một muối duy nhất 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

Lời giải Sơ đồ phản ứng :

FeO

Fe2O3 + HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + H2O

Fe3O4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe :

3 3 2 3 3 4Fe [Fe(NO ) ] Fe [FeO,Fe O ,Fe O ]n n

3 3Fe [Fe(NO ) ]n =

2 3 3 4FeO Fe O Fe On 2n 3n

= 0,01 2.0,02 3.0,03 0,14 (mol)

3 3Fe(NO )m 0,14.242 33,88 (g)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N :

3 3 3 2 4

3 3 3 2 4

N [HNO ] N [Fe(NO ) N O ]

HNO Fe(NO ) N O

n n

n 3n n 3.0,14 2.0,02 0,46 (mol)

Ví dụ 9: Cho 1,1 gam 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 1/2 số

mol HCl ở trên thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) là 0,896

lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là

A. 2,54 gam B. 2,77 gam C. 3,36 gam D. 1,06 gam

Lời giải :

Sơ đồ phản ứng :

Fe

Al +

2 4

HCl

H SO hỗn hợp muối ( X+T ) + H2

Đặt x= nHCl ; 2 4H SOn = y (mol)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:

2 4 2

2 4 2

H [HCl H SO ] H [H ]

HCl H SO H

n n

n 2n 2n 0,04 (mol)

x + 2y = 0,04

y = x

2 x = 0,02 ; y = 0,01

mmuối = m(Al,Fe) + 2Cl SO4m m = 1,1 + 0,02.35,5 + 0,01.96 = 2,77 (gam)

Ví dụ 10. Cho 1,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch

H2SO4 loãng, ta thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch khối lượng

muối khan thu được là

A. 4,84 g B. 5,65 g C. 5,56 g D. 4,56 g

Lời giải : Sơ đồ phản ứng :

Fe FeSO4

Al + H2SO4 Al2(SO4)3 + H2

Zn ZnSO4

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:

n2 4H SO = n

2H = 0,784

22,4 = 0,035 (mol)

Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S:

2 24 2 4 4SO [H SO ] SO [muèi]

n n = 0,035 (mol)

mmuối = m(Fe, Al, Zn) + mgốc axit = 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam)

3. PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG

1. Nguyên tắc

Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực

tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu

gam. Dựa vào khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các chất cần thiết hoặc

ngược lại.

Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim

loại B tự do. Ta có:

Khối lượng A tăng = Bm bám vào – Am tan ra

Khối lượng A giảm = Am tan ra – Bm bám vào.

Một số dạng thƣờng gặp :

+ 1 mol kim loại HCl muối Cl

- thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa

của kl)

+ 1 mol muối CO32-

2 mol Cl- khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam

+ 1 mol O (trong oxit) 1 mol SO42-

(trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 =

80 gam.

+ 1 mol O (trong oxit) 2 mol Cl- (trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16

= 55 gam.


Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được

dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Thể tích khí

B (đo ở đktc) là

A. 0,224 lít B. 0,448 lít C. 0,112 lít D. 0,336 lít

Hƣớng dẫn

Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n

M + n HCl nMCl + n

2H2

M g (M + 35,5n) g

Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n

gam và có n

2 mol H2 bay ra.

Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H2 bay ra là:

n0,71

2

35,5n

= 0,01 (mol); Vậy 2HV = 22,40,01 = 0,224 (l).

Ví dụ 2: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối

trên phải cần 200 gam dung dịch axit photphoric 37,11%.

Hƣớng dẫn

Khối lượng axit H3PO4 =37,11 200

100

= 74,22 (g)

H3PO4 + nNH3 (NH4)nH3 - nPO4 (n = 1, 2, 3)

98 g (17n + 98) g

74,22 g 100 g

Theo pt hoá học, cứ 1 mol H3PO4 biến thành muối amoni photphat thì khối lượng

tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g)

Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g)

Do đó 98

74,22=

17n

25,78 n =

98 25,78

17 74,22

= 2

Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH4)2HPO4.

Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO4. Phản ứng

xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm

tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá kẽm trước khi tham gia

phản ứng là

A. 1,88 gam. B. 18,8 gam. C. 0,8 gam. D. 80 gam.

Hƣớng dẫn

Zn + CdSO4 ZnSO4 + Cd

0,04 0,04 0,04

Ta có 4CdSOn =

8,32

208 = 0,04 (mol)

Khối lượng lá kẽm tăng = 1120,04 – 650,04 = 1,88 (g) .

Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là: 1,88 100

2,35

= 80 (g).

Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được

dung dịch E. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch

thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp Z là


Hƣớng dẫn

Khí Cl2 dư chỉ oxi hoá được muối NaI:

2NaI + Cl2 2NaCl + I2

150 g 58,5 g

Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g)

Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)

x = 1 45,75

91,5

= 0,5 (mol)

Vậy NaClm trong Z = 104,25 – 1500,5= 29,25 (g).

Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,2M và (NH4)2CO3 0,5M. Cho 43

gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được

39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Khối lượng các chất trong A là

A. 19,7 gam BaCO3 và 20 gam CaCO3.

B. 9,7 gam BaCO3 và 30 gam CaCO3.

C. 29,7 gam BaCO3 và 10 gam CaCO3.

D. 9,85 gam BaCO3 và 29,85 gam CaCO3.

Hƣớng dẫn

Trong dung dịch:

Na2CO3 2 Na + 23CO BaCl2 2Ba

+ 2 Cl

0,1 0,1

(NH4)2CO3 2 4NH + 2

3CO CaCl2 2Ca + 2 Cl

0,25 0,25

Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion:

2Ba + 23CO BaCO3 (1)

x x

2Ca + 23CO CaCO3

(2)

y y

Ta có 2 3Na COn = 0,50,2 = 0,1 (mol) ;

4 2 3(NH ) COn = 0,50,5 = 0,25 (mol)

Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl2 hoặc 1 mol CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3

thì khối

lượng muối giảm: 71 – 60 = 11 (g)

Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g)

Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 là: 3,3 1

11

= 0,3 (mol)

Tổng số mol 23CO = 0,1 + 0,25 = 0,35 mol

Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư 23CO = 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol)

Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 có trong A

Ta có x y 0,3

197x 100y 39,7

x 0,1

y 0,2

Vậy 3BaCOm 19,7gam

3CaCOm 20gam

Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam 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 gam 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 2 2BaCl CaCln x(mol); n y(mol)

2

2

BaCl

CaCl +

2 3

4 2 3

Na CO

(NH ) CO

3

3

BaCO

CaCO +

4

NaCl

NH Cl

Cứ 2 mol Cl– mất đi (71 gam) có 1 mol muối 2

3CO thêm vào (60 gam)

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 phản ứng : 5,5

0,5 (mol)11

Số mol CO32–

= 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol.

Vậy muối cacbonat dư.

x + y = 0,5 (1)

208x + 111y = 84,6 (2)

x 0,3

y 0,2

2

2

BaCl

CaCl

0,3.208%m .100% 73,75%

84.6

%m 100 73,75 26,25(%)

Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam 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 gam muối khan. Sục

khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)2 thu được số gam kết tủa là

A. 10g B. 20g C. 30g D. 40g

Lời giải

CO32–

+ 2H+ CO2 + H2O

Số mol A =

2 23

COCO

14,4 10n n 0,4 (mol)

11


0,4 0,3 0,3 (mol)

CO2 + H2O + CaCO3 Ca(HCO3)2

0,1 0,1 (mol)

3CaCOm 0,2.100 20 (g)

Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO4 và MgSO4 tác dụng với 500 ml dung dịch

chứa NaOH 2M và KOH 0,8M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B.

Vậy % khối lượng CuSO4 và MgSO4 trong hỗn hợp ban đầu là

A. 47,05% ; 52,95%. B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%.

D. 46,50% ; 53,50%.

Lời giải : Đặt 4 4CuSO MgSOn x mol ; n y mol

4

4

CuSO

MgSO +

NaOH

KOH

2

2

Cu(OH)

Mg(OH) +

2 4

2 4

Na SO

K SO

Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat:

68-37x + y = = 0,5 (1)

96-34

160x + 120y = 68(2)

x 0,2

y 0,3

4

4

CuSO

MgSO

0,2.160%m .100% 47,05%

68

%m 100 47,05 52,95%

Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản

ứng khối lượng thanh kim loại giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được

nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g.

Nguyên tố X là

A. Zn B. Mg C. Cd D.

Fe

Lời giải : Phương trình phản ứng :

X + CuSO4 dư XSO4 + Cu↓

a a

X + 2AgNO3 dư X(NO3)2 + 2Ag↓

a 2a

Khối lượng thanh kim loại tăng = mA – mCu = 0,12g

a.MX – 64a = 0,12 MX.a = 64a + 0,12 (1)

Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = mAg + mX = 0,26 g

2a.108 – MX.a = 0,26 MX.a = 2a.108 – 0,26 (2)

x = 2,5.10–3

mol MX = 3

3

64.2,5.10 0,12112

2,5.10

(g/mol)

Chất X là Cd.

Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl2 và CuSO4 có cùng nồng độ mol.

– Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl2 sau phản ứng khối lượng

thanh kim loại tăng 16g.

– Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO4 sau phản ứng khối lượng

thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa

bị tan hết.

Kim loại M là

A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe

Lời giải :

Các phương trình phản ứng xảy ra :

M + FeCl2 MCl2 + Fe

x x x

M + CuSO4 MSO4 + Cu↓

Theo giả thiết thì : nCu = nFe = 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.

4. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG CHÉO

1. Nguyên tắc

Đối với nồng độ % về khối lượng

m1

C1 2C C

21

2 1

C Cm

m C C

(1) C C

m2 C2

1C C

Đối với nồng độ mol/l

V1 C1 2C C

21

2 1

C CV

V C C

(2) C C

V2 C2 1C C

Đối với khối lượng riêng

V1 D1 2D D

21

2 1

D DV

V D D

(3) D D

V2 D2 1D D

Chú ý:

- Chất rắn coi như dung dịch có C = 100%

- Dung môi coi như dung dịch có C = 0%

- Khối lượng riêng của H2O là D = 1 g/ml.


Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với

m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là

A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3.

Hướng dẫn

Ta có sơ đồ đường chéo:

m1 (HCl) 45 15 25

1

2

15 25m 10 1

m 45 25 20 2

25

m2 (HCl) 15 45 25

Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml

dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là

A. 150. B. 214,3. C. 350. D. 285,7.

Hướng dẫn

Sơ đồ đường chéo:

V1 (NaCl) 3 0 0,9

1

2

0 0,9V 0,9

V 3 0,9 2,1

0,9

V2 (H2O) 0 3 0,9

V = 1

0,9V

0,9 2,1

500 = 150 (ml).

Ví dụ 3: Cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O và m2 gam dung dịch CuSO4 8% để

pha thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%. Giá trị của m1, m2 lần lượt là

A. 40 và 240. B. 180 và 100. C. 60 và 220. D. 220 và 60.

Hướng dẫn

Ta xem tinh thể CuSO4.5H2O như là dung dịch CuSO4 có

C% = 160

100%250

= 64%

Gọi m1 là khối lượng của CuSO4.5H2O và m2 là khối lượng của dung dịch CuSO4

8%


m1 64 8 16

1

2

8 16 m 8 1

m 64 16 48 6

16

m2 8 64 16

Hay 6m1 – m2 = 0 (1)

Mặt khác m1 + m2 = 280 (2)

Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m1 = 40, m2 = 240.

Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là 6329Cu và 65

29Cu . Nguyên tử

khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng

vị 6329Cu là

A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%.


Hướng dẫn


% 6529Cu A1 = 65 63 63,54

A = 63,54

% 6329Cu A2 = 63 65 63,54

6529

6329

63 63,54% Cu 0,54

65 63,54 1,46% Cu

Vậy % 6329Cu =

1,46100%

0,54 1,46

= 73%.

Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O2, O3 (ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần %

về thể tích của O2 trong hỗn hợp là

A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%.

Hướng dẫn

Ta có hhM = 182 = 36


3OV 48 32 36

3

2

O

O

V 32 36 4 1

V 48 36 12 3

36

2OV 32 48 36

Vậy 2O%V =

3100%

1 3

= 75%.

Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO3, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có

tỉ khối hơi so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại

Cu trong phương trình hoá học chung là

A. 4. B. 10. C. 13. D. 7.

Hướng dẫn

0

Cu + H5

N

O3 2

Cu

(NO3)2 + 2

N

O + 4

N

O2 + H2O

Đặt NOn = a (mol) và 2NOn = b (mol)

Ta có hhM = 16,62 = 33,2

a (NO) 30 46 33,2

46 33,2a 12,8 4

b 30 33,2 3,2 1

33,2

b (NO2) 46

30 33,2

13 0

Cu 2

Cu

+ 2e

2 55

N

+ 13e 42

N

+ 4

N

13Cu + 36HNO3 13Cu(NO3)2 + 8NO + 2NO2 + 18H2O

Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3, thu được V lít hỗn hợp khí

(đktc) gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là

A. 1,792. B. 2,688. C. 2,016. D. 3,584.

Hướng dẫn

Ta có hhM = 16,752 = 33,5

Aln = 4,59

27= 0,17 (mol)


a (NO) 30 10,5

a 10,5 3

b 3,5 1 33,5

b (N2O) 44 3,5

Hay a – 3b = 0 (1)

Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra:

0

Al 3

Al

+ 3e 5

N

+ 3e 2

N

0,17 0,51 3a a

25

N

+ 8e 1

2N

8b b

Do đó 3a + 8b = 0,51 (2)

Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03

Vậy V = (0,09 + 0,03)22,4 = 2,688 (l).

Ví dụ 8: Số gam H2O cho vào 100 gam dung dịch H2SO4 80% để được dung dịch

H2SO4 50% là

A. 40 g B. 50 g C. 60 g D.

70 g

Lời giải

m 30

m 60 (g)100 50

m 0 30

50

100 80 50

Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn

300 gam 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 có sơ đồ :

600 x

x 40%300 x 20

Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam

KOH nguyên chất là

A. 40 gam B. 50 gam

C. 60 gam D. 70 gam

Lời giải

m 20

m 40 g100 50

Ví dụ 11. Một dung dịch HNO3 nồng độ 60% và một dung dịch HNO3 khác có nồng

độ 20%. Để có 100gam 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. 37,5g ; 62,5g. B. 62,5g ; 37,5g.

C. 40g ; 60g. D. 53g ; 47g.

Lời giải

1

2

1 2

m 15 3

m 25 5

m m 100

1

2

m 37,5g

m 62,5g

Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng

1,5 thì 2HV và VCO trong hỗn hợp là

A. 8 lít và 44 lít. B. 44 lít và 8 lít.

C. 4 lít và 48 lít. D. 10 lít và 42 lít.

dd A : 600 20 – x

x

H2O: 300 x – 20

m 100 20

50

100 30 50

m1 20 15

45

m2 60 25

Lời giải

1

2

V 2

V 11

1

2

V 8lÝt

V 44 lÝt

Ví dụ 13. 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

Quá trình cho electron : Mg Mg2+

+ 2e

Quá trình nhận electron : N+5

+ 3e N+2

(NO)

3x x

N+5

+ 4e N+1

(N2O)

8y 2y y

2N O

NO

V 1 x

V 3 y

3x 8y 0,51 x 0,09

3x y 0 y 0,03

Ví dụ 14. Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng

manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ

1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải trộn 2 quặng A, B với

tỉ lệ về khối lượng là

A. 2 : 5 B. 3 : 5

C. 3 : 4 D. 1 : 3

Lời giải

A

B

m 24 2

m 60 5

V1 H2 2 4

24

V2 CO 28 22

V1 NO 30 10,5

33,5

V2 N2O 44 3,5

mA 420 24

480

mB 504 60

5. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON

1. Nguyên tắc

Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận

e Xn x.n

Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch axit : HNO3; H2SO4 đặc

- Tính khối lượng muối tạo thành:

- Tính số mol HNO3 và H2SO4 phản ứng (kết hợp pp bảo toàn mol nguyên tử).

- So sánh số mol e nhận và nhường để biết có muối tạo thành do sự khử hay

không.

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 9,62 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Al trong lượng dư dung

dịch HNO3 loãng, thu được 0,12 mol NO và 0,04 mol N2O. Tổng khối lượng muối

khan tạo thành là


Hướng dẫn

ne = 3NO + 8N2O = 0,36 + 0,32 = 0,68.

3NO

n / muối = n electron nhường = 0,68 (mol)

Vậy m muối khan = m hhX + 3NO

m / muối = 9,62 + 620,68 = 51,78 (g).

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được

dung dịch X và 1,344 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối

của hỗn hợp khí Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn

khan. Giá trị của m là

A. 38,34. B. 34,08. C. 106,38. D. 97,98.


Hướng dẫn

Ta có Aln =12,42

27= 0,46 (mol); ne = 0,46.3 = 1,38

hh Yn =1,344

22,4= 0,06 (mol) ; YM = 182 = 36

2N On : 44 8

36 2N On :

2Nn = 8 : 8 = 1 : 1

2Nn : 28 8

2N On = 2Nn = 0,06 : 2 = 0,03 (mol)

Từ (1,2): số mol e nhận = 0,24 + 0,3 = 0,54 < số mol e nhường = 1,38

Do đó sản phẩm khử còn có 3

N

(NH4NO3), khi đó xảy ra thêm (3)

số mol e nhận ở (3) = 1,38 – 0,27 = 0,84 (mol)

Chất rắn khan thu được gồm 3 3

4 3

Al(NO ) : 0,46 (mol)

NH NO : 0,105 (mol)

Vậy m = 2130,46 + 800,105 = 106,38 (g).

Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm hai kim loại Al và Cu. Hoà tan hoàn toàn 18,2 gam X vào

100 ml dung dịch B chứa đồng thời H2SO4 12M và HNO3 2M, đun nóng. Sau

phản ứng 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. Khối lượng của muối trong dung dịch Y là

A. 34,2 gam. B. 32,0 gam. C. 66,2 gam gam. D. 33,1

gam.

Lời giải

Dễ dàng tìm được: nNO = 0,2 mol ; 2SOn 0,2(mol)

Dung dịch B gồm: H+ = 2,6 mol ; SO 2

4 = 1,2 mol ; NO

3 = 0,2 mol.

Các quá trình nhường và nhận electron:

Al Al3+

+ 3e

SO 2

4 + 2e + 4H+ SO2 + 2H2O

x 3x 0,2 0,4 0,8 0,2

Cu Cu2+

+ 2e

NO

3 + 3e + 4H+ NO + 2H2O

y 2y 0,2 0,6 0,8 0,2

Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có: 3x + 2y = 1 (1)

Phương trình khối lượng : 27x + 64y =18,2 (2)

Giải hệ (1) và (2), ta được : nAl = 0,2 mol ; nCu = 0,2 mol.

Dung dịch Y gồm: Al3+

= 0,2 mol ; Cu2+

= 0,2 mol; H+ =1 mol ; SO4

2– = 1 mol

(3

NO bị oxi hoá hết).

Y gồm các muối sunfat :

Al2(SO4)3 = 0,1.342 = 34,2 (g)

CuSO4 = 0,2. 160 = 32 (g)

m = 66,2 gam.

Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3,

thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ chứa hai

muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36.


Hướng dẫn

Đặt NOn = a (mol) và 2NOn = b (mol)

Ta có X30a 46b

M 19 2 38a b

a = b

Gọi số mol của Fe hoặc Cu trong hỗn hợp là x mol

56x + 64x = 12 (g) x = 0,1 (mol)


0

Fe 3

Fe

+ 3e 5

N

+ 3e 2

N

0,1 0,3 3a a

0

Cu 2

Cu

+ 2e 5

N

+ e 4

N

0,1 0,2 a a

Do đó 0,3 + 0,2 = 3a + a a = 0,125 (mol)

Vậy V = 22,4 (a + b) = 22,420,125 = 5,60 (l).

Ví dụ 5: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu

được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Khối lượng muối nitrat

tạo ra trong dung dịch là

A. 5,69g B. 6,59g C. 4,59g D. 4,69g

Lời giải

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

Cu Cu(NO3)2 NO

Mg + HNO3 Mg(NO3)2 + + H2O

Al Al(NO3)3 NO2

mmuối = m3KL + 3NO

m

Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1)

Nhưng 0,07 cũng chính là số mol 3NO tạo muối với ion kim loại.

Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62.0,07 = 5,69 (g)

Dạng 2: Tìm công thức của sản phẩm khử N+5

và S+6

.

Ví dụ 1: Hoà tan 9,28 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong

một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 0,07 mol một

sản phẩm Z duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm Z là

A. S. B. H2S. C. SO2. D. SO3.

Hướng dẫn

Gọi x là số oxi hoá của S trong sản phẩm Z ;

a là số mol của mỗi kim loại trong hỗn hợp X

Ta có 24a + 27a + 65a = 9,28 (g) a = 9,28

116 = 0,08 (mol)


Quá trình nhường electron Quá trình nhận electron

0

Mg 2

Mg

+ 2e 6

S

+ (6 – x)e x

S

a 2a (6 – x)0,07 0,07

0

Al 3

Al

+ 3e

a 3a

0

Zn 2

Zn

+ 2e

a 2a

ne = 0,08.7 = 0,56. Số e nhận = 0,56/0,07 = 8 : H2S.

Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành

hỗn hợp X có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho X phản ứng

hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y duy nhất (đktc).

Khí Y là

A. NO B. NO2 C. NH3 D. N2

Lời giải

- Số mol e nhường : e Fe

25,2n 3.n 3. 1,35 mol

56

- Số mol e mà O2 nhận : 2e O

30 25,2n 4.n 4. 0,6 mol

32

Số mol e mà N+5

nhận để tạo Y : ne = 1,35 - 0,6 = 0,75

Số e mà N+5

nhận tạo Y là 0,75/0,25 = 3 : NO

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 13,92 gam Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 thu được 448 ml

khí X (đktc). Khí X là

A. NO B. N2O C. NO2 D. N2

HD. ne = 0,06 mol. Số e nhận = 0,06/0,02 = 3 : NO

Ví dụ 4: Cho 4,05 gam Al tan hoàn toàn vào dung dịch chứa 0,54 mol HNO3 thu được

dung dịch chứa một muối duy nhất và một chất khí X. Chất khí X đó là

A. NO B. N2 C. N2O D. NO2

ne = 3.nAl = 0,45 mol.

Bảo toàn nguyên tố : nN(trong X) = 0,54 - 0,45 = 0,09 mol

Số e mà N+5

nhận = 0,45/0,09 = 5. Một nguyên tử N nhận 5e: N2

Dạng 3 : Tìm công thức của oxit sắt

- Khi tác dụng với chất oxi hóa, các oxit của sắt (FeO và Fe3O4) đều chỉ nhường 1e.

- Khi tác dụng với các chất khử, 1 mol Fe2O3 nhận 6 mol e; 1 mol Fe3O4 nhận 8 mol e

và 1 mol FeO nhận 2 mol e.

Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 46,4 gam một sắt oxit bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng

(vừa đủ), thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc). Công thức của sắt oxit là

A. FeO. B. Fe3O4. C. Fe2O3. D. FeO hoặc Fe3O4.

Hướng dẫn

Ta có 2SO

n

= 2,24

22,4 = 0,1 (mol)

ne = 2.0,1 = 0,2 mol.

Moxit 46,4/0,2 = 232 : Fe3O4

Ví dụ 2 : Hoà tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng

thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn

dung dịch X, thu được m gam muối sunfat khan. Giá trị của m và công thức của oxit

sắt là

A. 58,0 và FeO. B. 36,0 và Fe3O4. C. 36,0 và FeO. D. 58,0 và Fe3O4.

HD. ne = 2.0,145 = 0,29. Moxit = 20,88/0,29 = 72 : FeO

số mol Fe2(SO4)3 = 0,145. m = 0,145.400 = 58.

Dạng 4 : Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch muối

Ví dụ 1 : Cho 13g bột Zn phản ứng hoàn toàn với 400 ml dung dịch chứa AgNO3

0,5M và CuSO4 0,5M. Kết thúc phản ứng khối lượng kim loại thu được là

A. 25g B. 26g C. 27g D. 28g

Hướng dẫn

2Zn Ag Cu

13n 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol) ; n 0,4.0,5 0,2(mol)

65

Thứ tự ưu tiên phản ứng xảy ra :

2

2 2

Zn 2Ag Zn 2Ag (1)

0,1 0,2 0,2

Zn Cu Zn Cu (2)

0,1 0,1

Kết thúc phản ứng Zn hết. Kim loại được giải phóng là Ag, Cu.

mKL = 0,2.108 + 0,1.64 = 28 (g)

Ví dụ 2: Cho 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe tác dụng với 200 ml dung dịch X chứa

Cu(NO3)2 và AgNO3, sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,12 gam chất rắn Z gồm

ba kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 672 ml khí H2 (ở đktc).

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ mol của Cu(NO3)2 và AgNO3 trong dung

dịch X lần lượt là

A. 0,25M và 0,15M B. 0,125M và 0,075M

C. 0,5M và 0,3M D. 0,15M và 0,25M

Hướng dẫn

Gọi a, b là số mol của AgNO3 và Cu(NO3)2 có trong dung dịch A

Theo (5): Fen dư 2H

0,672n 0,03

22,4 (mol)

Fen pư = 0,05 – 0,03 = 0,02 (mol)

Khối lượng chất rắn B: 108a + 64b + 56.0,03 = 8,12 (g)

Hay 108a + 64b = 6,44 (I)

Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra: 3Al Al + 3e Ag 1e Ag

0,03 0,09 a a 2Fe Fe + 2e 2Cu 2e Cu

0,02 0,04 b 2b

Do đó 0,09 + 0,04 = a + 2b hay a + 2b = 0,13 (II)

Giải hệ hai pt (I, II) ta được: a = 0,03, b = 0,05

Vậy [Cu(NO3)2] = 0,05

0,250,2

M ; [AgNO3] = 0,03

0,150,2

M.

Dạng 5 : Một số bài toán về sắt và oxit sắt

Ví dụ 1: Đốt m gam Fe trong oxi thu được 48,8 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4,

Fe2O3 và Fe. Hoà tan hoàn toàn A trong H2SO4 đặc, nóng thu được 10,08 lít SO2 duy

nhất (đktc). Giá trị của m là

A. 39,2. B. 32,9. C. 39,8. D. 35,5.

Hướng dẫn

Ta có 2SOn =

10,08

22,4 = 0,45 (mol)

2Om 48,8 m (g)

2O

48,8 mn (mol)

32


02 2 4

0 3 O H SO đ, t3 4

2 4 3 2 22 3

FeO

Fe OFe A Fe (SO ) SO H O

Fe O

Fe


0

Fe 3

Fe

+ 3e 0

2O + 4e 22

O

m

56

3m

56

48,8 m

32

48,8 m

8

6

S

+ 2e 4

S

0,9 0,45

Do đó 3m 48,8 m

0,956 8

dư

Giải ra ta được m = 39,2 (g).

Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt 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 :

2 2 3 3 3 3 2

3 4

Fe, FeO

Fe + O Fe O HNO Fe(NO ) NO H O

Fe O

– Chất cho electron : Fe, số mol là m

.56

Fe Fe3+

+ 3e

m

56 3

m

56 e cho

mn 3.

56

– Chất nhận electron : O2, số mol là30 m

32 và HNO3.

O + 2e O2–

30 m

16

2

30 m

16

N+5

+ 3e N+2

(NO)

0,25 0,25 0,25

e nhËn

30 mn 2. 0,75

16

Áp dụng sự bảo toàn electron :

30 m m

2. 0,75 3. m 25,2 (g)16 56

Ví dụ 3: Nung nóng 5,6 gam bột sắt trong bình đựng O2 thu được 7,36 gam 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 2 4NO N On x(mol); n y(mol)

2Y/H

30x 92yd 25,33

(x y).2

(1)

2 2 3 3 3 3 22 4

3 4

FeNO

Fe + O Fe O HNO Fe(NO ) H ON O

Fe O

Chất cho electron : Fe (0,1 mol)

3Fe Fe 3e

0,1 0,3 e chon 0,3 mol e

Chất nhận electron : O

7,36 5,6

0,11 (mol)16

; HNO3.

2

5 2

5 42 4

O 2e O

0,11 0,22

N 3e N (NO)

3x x x

N e N (N O )

2y 2y y

e nhËnn 3x 2y 0,22 (mol e)

0,3 3x 2y 0,22 (2)

Từ (1), (2) x = 0,02 mol ; y = 0,01 mol. Vậy V = 0,672 lít.

Ví dụ 4: Cho 6,64 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 vào dung dịch HNO3

loãng, dư thu được V lít hỗn hợp khí B (ở 27oC, 1 atm) gồm NO, NO2 (với

2NO NOn : n 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 gam 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

FeO + H2 Fe + H2O

Fe2O3

Fe3O4

O(A) Om 6,64 5,04 1,6(gam) n 0,1(mol)

Fe

FeO NO

Fe + O2 Fe2O3 + HNO3 Fe(NO3)3 + +

H2O

Fe3O4 NO2

Chất cho electron là Fe:

Fe Fe3+

+ 3e

0,09 0,27

Chất nhận electron là :

O + 2e O2–

0,1 0,2

N+5

+ 3e N+2

(NO)

6x 2x

N+5

+ e N+4

(NO2)

x x

0,2 + 6x + x = 0,27 x 0,01 tổng số mol 2 khí = 3x = 0,03 mol.

Giải hệ tìm được 0,03.0,082.300

V 0,7381

lít.

Ví dụ 5: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam oxit Fe2O3 ở nhiệt độ cao

một thời gian, người ta thu được 6,72 gam 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 : Fe2O3 CO

A 3HNO Fe(NO3)3 + NO + H2O

Xét cả quá trình này thì : Fe+3

Fe+3

(coi như không cho, không nhận).

Chất cho electron : CO m 6,72

(mol)16

C+2

C+4

+ 2e

m 6,72

16

2

m 6,72

16

= e chon

Chất nhận electron : HNO3, khí B là NO.

N+5

+ 3e N+2

(NO )

0,06 0,02 0,02 e nhËnn 0,06

m 6,72

0,06 m 7,2 g8

Ví dụ 6: 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 :

o2 4 2 H SO + Ot 2 2

42 2

H H OFe FeFeSO +

S FeS H S SO

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

Chất cho electron Fe : 60

(mol)56

; S : 30

(mol)32

Fe Fe2+

+ 2e

60

56 2

60

56

S S+4

(SO2) + 4e

30

32 4

30

32

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

O2 + 4e 2O–2

x 4x

Áp dụng sự bảo toàn electron : 4.32

302.

56

604 x Giải ra x = 1,47 mol ;

2OV 22,4.1,47 32,928 (lít)

6. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

1. Nguyên tắc

Đây là phương pháp khá hay, cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều loại bài

toán hoá học, đặc biệt là hỗn hợp các chất bằng cách có thể coi hỗn hợp nhiều chất là

một chất (giá trị trung bình).

Ghi nhớ: Cần nắm các công thức cơ bản của phương pháp.

Phân tử khối trung bình hoặc nguyên tử khối trung bình (kí hiệu M ) là khối lượng

của 1 mol hỗn hợp. Nói cách khác, M chính là khối lượng mol trung bình của hỗn

hợp, được tính theo công thức:

M = hh

hh

m

n

Hay M = 1 1 2 2 3 3

1 2 3

M .n M .n M .n ...

n n n ...

(1)

Trong đó M1, M2, M3,… là khối lượng phân tử (hay khối lượng nguyên tử) của các

chất trong hỗn hợp ; 1n , 2n , 3n ,… là số mol tương ứng của các chất.

Công thức (1) có thể viết thành:

M = M1.x1 + M2.x2 + M3.x3 + … (2)

Trong đó x1, x2, x3,… là % số mol tương ứng (riêng đối với chất khí thì x1, x2, x3,…

là % thể tích)

Đối với chất khí thì tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ thể tích, nên công thức (1) có thể viết

thành:

M = 1 1 2 2 3 3

1 2 3

M .V M .V M .V ...

V V V ...

(3)

Đối với trường hợp thường gặp, hỗn hợp chỉ có 2 chất:

M = 1 1 2 1M .n M .(n n )

n

Trong đó n là tổng số mol của các chất trong hỗn hợp

Hoặc M = M1.x1 + M2.(1 – x1) (1 ứng với 100% và 0 < x1 < 1)

Dưới đây là một số phương pháp trung bình quan trọng nhất.


* Phương pháp khối lượng phân tử (hoặc nguyên tử) trung bình

Ví dụ 1: Hoà tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại kiềm thổ thuộc hai chu

kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl dư, thu được 672 ml khí CO2

(đktc). Hai kim loại đó là

A. Be và Mg. B. Mg và Ca. C. Sr và Ba. D. Ca và Sr.

Hướng dẫn

Đặt công thức chung của hai muối cacbonat là: 3MCO

3MCO + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O

0,03 0,03

Ta có 2COn =

0,672

22,4= 0,03 (mol)

Do đó M hh = M + 60 = 2,84

0,0394,67

M = 94,67 – 60 = 34,67. Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó

là: Mg (24) và Ca (40).

Ví dụ 2: Cho 4,6 gam hỗn hợp Rb với một kim loại kiềm khác tác dụng với H2O thu

được 2,24 lít H2 (đktc). Hãy tìm kim loại kiềm chưa biết.

Hướng dẫn

Gọi kim loại kiềm cần tìm là M

Rb + H2O RbOH + 1

2H2 (1)

M + H2O MOH + 1

2H2 (2)

Theo (1, 2): n hỗn hợp = 22Hn = 2

2,24

22,4 = 0,2 (mol)

M = 4,6

0,2 = 23

Vì M < MRb = 85,5 nên M < M = 23 Chỉ có Li (MLi = 7) thích hợp

Vậy kim loại kiềm cần tìm là Li.

Ví dụ 3: Hỗn hợp với SO2 và O2 có tỉ khối hơi đối với metan bằng 3. Cần thêm V lít

O2 vào 20 lít hỗn hợp đó để cho tỉ khối giảm đi 1

6 (tức bằng 2,5). Các hỗn hợp khí đo

ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.

Giá trị của V là

A. 20 B. 25 C. 30 D. 15

Hướng dẫn

Cách 1: Phương pháp trung bình

Gọi x là thể tích SO2 trong hỗn hợp đầu

M đầu = 64x + 32(1 – x) = 316 = 48

x = 0,5, tức chiếm 50%

Do đó trong hỗn hợp đầu có 10 lít SO2 và 10 lít O2

Gọi V là số lít O2 cần thêm vào

Như vậy hỗn hợp sau có 10 lít SO2 và (10 + V) lít O2

Ta có M sau =64 10 32 (10 V)

20 V

= 2,516 = 40 V = 20

Vậy cần thêm 20 lít O2 vào hỗn hợp.

Cách 2: Kết hợp với phương pháp quy đổi

Ta có thể xem hỗn hợp đầu như một chất khí có thể tích bằng 20 lít và có 1M = 48

và xem V lít O2 thêm vào là khí thứ hai

Ta có M =48 20 32 V

20 V

= 40 V = 20

Vậy cần thêm 20 lít O2 vào hỗn hợp.

Ví dụ 4: Cho 12,4 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A, B (ở 2 chu kì kế tiếp

nhau) vào nước thu được 2,24 lít hiđro ( ở đktc). A, B là hai kim loại nào sau đây

?

A. Li, Na B. Na, K C. K, Rb D. Rb, Cs

Lời giải

Đặt công thức chung của A và B là R .

R + HOH R OH + 1

2H2

0,4 mol 0,2 mol

A

B

M 23 (Na)12,4M 31(g / mol)

0,4 M 39 (K)

Ví dụ 5 :Hoà tan hoàn toàn 4,52g hỗn hợp (bột mịn) A gồm hai muối cacbonat của hai

kim loại kiềm thổ (thuộc hai chu kì liên tiếp) trong dung dịch HCl thu được khí B, Cho

toàn bộ khí B hấp thụ hết bởi 3 lít dung dịch Ca(OH)2 0,015M, thu được 4g kết tủa và

dung dịch muối. Công thức của hai muối cacbonat đó là

A. Be, Mg. B. Mg, Ca. C. Ca, Sr. C. Sr, Ba.

Lời giải

Đặt phản ứng chung là :

3

ACO + 2HCl ACl2 + H2O + CO2

CO2 tham gia hai quá trình:


0,04 0,04 0,04

2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2

0,01 0,005

X

A

Y

M 24 (Mg)4,52M 90,4 M 60 90,4 A 30,4

0,05 M 40 (Ca)

Ví dụ 6. Hoà tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A và B, A và B là hai

kim loại thuộc nhóm IIA vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết

ion Cl– trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch

AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Công thức của hai muối clorua là

A. BeCl2, MgCl2 B. MgCl2, CaCl2

C. CaCl2, SrCl2 D. S rCl2, BaCl2

Lời giải

Đặt công thức chung của hai muối là 2

RCl .

Ag+ + Cl

– AgCl

0,12 0,12

2RCl R

5,94n 0,06 M 99 M 28

0,06

Vậy hai kim loại đó là Mg và Ca, hai muối có công thức là MgCl2 và CaCl2.

Ví dụ 7. Hoà tan 46g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì liên

tiếp vào nước thì được dung dịch D và 11,2 lít khí đo ở đktc. Nếu thêm 0,18 mol

Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa kết tủa hết Ba.

Nếu thêm 0,21 mol Na2SO4 vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng còn dư

Na2SO4. Hai kim loại kiềm đã dùng là

A. Li, Na. B. Na, K. C. K, Rb. D. Rb, Cs.

Hướng dẫn

Gọi công thức trung bình của hai kim loại kiềm là A ; Ba An x mol ; n y mol .


2

2 2

Ba Ba(OH)

H O H

A AOH

2 24 4Ba SO BaSO

Theo giả thiết : 0,18 < x < 0,21 (1)

2

hh

H

m 137x yM 46(2)46 M

x (4)y137 2Mn x 0,5 (3)

2

thay vào (1) ta có:

29,7 < M < 33,3 Vậy hai kim loại kiềm kế tiếp là Na, K.

7. PHƢƠNG PHÁP QUY ĐỔI

1. Nguyên tắc

Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp ít chất hơn hoặc chỉ còn một chất hoặc

về các nguyên tử tương ứng, phải bảo toàn số mol nguyên tố, bảo toàn số oxi hoá và

bảo toàn khối lượng hỗn hợp.

Một số trường hợp quy đổi :

- Hỗn hợp gồm các oxit của sắt :

+ Quy về FeO và Fe2O3 + Qui về Fe3O4 (nếu số

mol FeO = Fe2O3)

+ Qui về Fe và O2.

- Hỗn hợp gồm sắt và các oxit của sắt : qui về Fe và O2.

- Hỗn hợp gồm : Fe, FeS, FeS2 : qui về Fe và S.

Sau khi qui đổi, thường sử dụng các phương pháp bảo toàn mol electron, bảo toàn

nguyên tố để tìm kết quả.


Ví dụ 1: (2008 - Khối A) Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4

và Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch

HCl 1M. Giá trị của V là

A. 0,23. B. 0,18. C. 0,08. D. 0,16.

Hướng dẫn

Quy đổi hỗn hợp 3 oxit về 1 oxit Fe3O4 (vì Fe3O4 FeO.Fe2O3)

Fe3O4 + 8HCl FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O

0,01 0,08

3 4Fe On =

2,32

232 = 0,01 (mol); Vậy V =

0,08

1 = 0,08 (l).

Ví dụ 2: Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 tác dụng với dung dịch

HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y

được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3. Giá trị của m là

A. 9,75. B. 8,75. C. 7,80. D. 6,50.

Hướng dẫn

Quy hỗn hợp về hai oxit FeO và Fe2O3

FeO + 2HCl FeCl2 + H2O (1)

0,06 0,06

Fe2O3 + 6HCl 2FeCl3 + 3H2O (2)

0,03 0,06

Ta có 2FeCln =

7,62

127= 0,06 (mol);

2 3Fe On =9,12 72 0,06

160

= 0,03 (mol). Vậy m =

162,50,06 = 9,75

Ví dụ 3: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng

thu được 4,48 lít khí NO2 (ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2

gam muối khan. Giá trị của m là

A. 92,8. B. 78,4. C. 46,4. D. 47,2.

Hướng dẫn

Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O (1)

0,2 0,2 0,2

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)

0,2 0,4

Ta có 2NOn =

4,48

22,4= 0,2 (mol) ;

3 3Fe(NO )n = 145,2

242= 0,6 (mol)

3 3Fe(NO )n ở (2) = 0,6 – 0,2 = 0,4 (mol) Vậy m = (72 +160)0,2

= 46,4 (g).

Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng

H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở

đktc). Phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X là

A. 20,97. B. 71,77. C. 79,03. D. 28,23.

Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3

2FeO + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (1)

0,8 0,4

Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)

0,05

Ta có 2SOn =

8,96

22,4 = 0,4 (mol);

2 3Fe On = 49,6 72 0,8

160

= 0,05 (mol)

On trong hh X = 0,8 + 3 ( 0,05 ) = 0,65 (mol). Vậy O% m = 16 0,65

49,6

100%

20,97%.

* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe3O4, Fe2O3

2Fe3O4 + 10H2SO4 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (1)

0,8 0,4

Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)

0,85

2 3Fe On =

49,6 232 0,8

160

= 0,85 (mol);

On trong hh X = 40,8 + 3 ( 0,85 ) = 0,65 (mol)

Vậy % Om = 16 0,65

49,6

100% 20,97%.

Ví dụ 5: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với

dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở

đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m

là

A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36.

* Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3

3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (1)

0,18 0,18 0,06

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)

0,01 0,02

NOn = 1,344

22,4 = 0,06 (mol);

2 3Fe On = 11,36 72 0,18

160

= 0,01 (mol)

3 3Fe(NO )n = 0,18 + ( 0,02 ) = 0,16 (mol); Vậy m = 2420,16 = 38,72 (g).

* Quy hỗn hợp X về hai chất Fe3O4, Fe2O3

3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (1)

0,18 0,54 0,06

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)

0,19 0,38

2 3Fe On =

11,36 232 0,18

160

= 0,19 (mol)

3 3Fe(NO )n = 0,54 + ( 0,38 ) = 0,16 (mol)

Vậy m = 2420,16 = 38,72 (g).

Ví dụ 6: (CĐ năm 2008 - Khối A, B) Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu

huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn

M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn

lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở

đktc). Giá trị của V là

A. 2,80. B. 3,36. C. 3,08. D. 4,48.

Ta có Fen =5,6

56= 0,1 (mol) ; Sn =

2,4

32= 0,075 (mol)

Ta nhận thấy hỗn hợp khí X gồm H2 và H2S ; phần không tan G là S.

Quy đổi hỗn hợp X thành H2 và S, như vậy đốt cháy X và G coi như đốt cháy H2 và

S:

2H2 + O2 2H2O (1)

0,1 0,05

S + O2 SO2 (2)

0,075 0,075

Vậy V = 22,4 (0,05 + 0,075) = 2,8 (l).

Ví dụ 7: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A

có khối lượng 12g gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch

HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. m có giá trị là

A. 12,08 gam B. 10,08 gam C. 11,58 gam D. 9,05 gam

Lời giải

Ta có thể quy đổi như sau:

4FeO Fe.Fe3O4 ; 3FeO Fe.Fe2O3

3Fe3O4 Fe.4Fe2O3 ; Fe3O4 FeO.Fe2O3

Vì vậy hỗn hợp A có thể quy đổi về hỗn hợp gồm :

– 3 chất: Fe, FeO, Fe2O3 ; Fe, Fe3O4, Fe2O3 ; FeO, Fe3O4, Fe2O3.

– 2 chất: Fe, FeO; Fe, Fe3O4; Fe, Fe2O3;

FeO, Fe3O4; FeO, Fe2O3; Fe3O4, Fe2O3

– 1 chất: FexOy hoặc FeOa.

Ứng với mỗi cách quy đổi là có một cách giải bài toán, sau đó áp dụng sự bảo

toàn nguyên tố Fe và định luật bảo toàn khối lượng. mFe + moxi phản ứng = moxit

Ví dụ 8: Cho 1,35 gam hỗn hợp 3 kim loại tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng, dư

thu được 1,12 lít (đktc) hỗn hợp 2 khí NO và NO2 có tỉ khối so với H2 là 21,4.

Khối lượng muối nitrat tạo ra là

A. 5,69 g B. 6,59 g C. 5,00 g D. 6,5 g

Lời giải Gọi 2NO NOn x (mol) ; n y (mol) . Ta có hệ phương trình:

x + y = 0,05 x 0,01

30x + 46y = 2,14 y 0,04

Coi hỗn hợp 3 kim loại chỉ là một kim loại M, hoá trị n, số mol là a (mol)

Bảo toàn electron ta có các quá trình cho và nhận electron :

M Mn+

+ ne

a na

N+5

+3e N+2

N+5

+1e N+4

na = 3x+ y = 0,07 mmuối = mKL + 3NO

m = 1,35 + n.a.62 = 1,35 + 0,07.

62 = 5,69 (g)

Ví dụ 9: Cho 4,64 gam hỗn hợp A gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4) trong đó số mol của FeO

bằng số mol của Fe2O3 tan vừa đủ trong V lít dung dịch hỗn hợp gồm: H2SO4

0,2M và HCl 0,6 M. V có giá trị là

A. 0,16 B. 0,32 C. 0,11 D. 0,1

Lời giải

Do 2 3FeO Fe On n nên coi hỗn hợp chỉ là Fe3O4 .

3 4Fe O

4,64n 0,02 (mol)

232

Hn 0,4V + 0,6V = V (mol)

Fe3O4 + 8H+ 2Fe

3+ + Fe

2+ + 4H2O

Hn 8. 0,02 = 0,16 V = 0,16 (lít)

Ví dụ 10: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp (FeO, Fe2O3, Fe3O4) vừa hết với dung

dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau:

– Phần 1 cho tác dụng dd NaOH dư thu kết tủa rồi nung trong không khí đến

khối lượng không đổi được 8,8 gam chất rắn.

– Phần 2 làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M trong môi trường

H2SO4 loãng dư.

Vậy m có giá trị là

A. 8,4 g B. 16,8 g C. 20,2 g D. 22 g

Lời giải

Cách 1. Quy Fe3O4 về FeO và Fe2O3

Nên hỗn hợp đầu quy về hỗn hợp FeO và Fe2O3.

Gọi 2 3FeO Fe On x(mol) ; n y(mol) trong 1/2 hỗn hợp.

2 3Fe O

8,8n 0,055 (mol)

160

Sơ đồ đơn giản:

FeO Fe2O3

Fe2O3 Fe2O3

Bảo toàn nguyên tố Fe: x + 2y = 0,11 (mol)

4KMnOn 0,01(mol) . Với KMnO4 thì:

Fe2+

Fe3+

+ e Mn+7

+ 5e Mn+2

x x 0,01 0,05

x 0,05 (mol)m 2(0,05.72 0,03.160) 16,8 (g)

y 0,03 (mol)

Cách 2. Quy hỗn hợp về một chất có công thức quy đổi là FeOa.

FeOa Fe2O3

0,11 0,055

Fe+2a

Fe+3

+ (3 – 2a)e Mn+7

+ 5e Mn+2

0,11 (3 – 2a).0,11 0,01 0,05

0,11(3 – 2a) = 0,05 0,28 14

a0,22 11

m = 2.[0,11(56 + 16.14

11)] = 16,8 (g)

8. PHƢƠNG PHÁP GIẢI BẰNG PHƢƠNG TRÌNH ION

1. Nguyên tắc

Có nhiều bài toán hoá học (nhất là toán hoá vô cơ) cho hỗn hợp nhiều chất tác dụng

với dung dịch hỗn hợp nhiều chất khác. Nếu chỉ dựa vào phương trình hoá học dạng

phân tử để tính toán số mol các chất phản ứng và chất tạo thành, thì rất phức tạp và

nhiều khi không rõ bản chất. Để hiểu bản chất, tính toán đơn giản và nhanh chóng,

thay vì phải viết nhiều phương trình hoá học dạng phân tử ta chỉ cần viết một hoặc vài

phương trình hoá học dạng ion rút gọn.


Ví dụ 1: Hoà tan hết 7,74 gam hỗn hợp bột Mg, Al bằng 500 ml dung dịch hỗn hợp

HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,736 lít khí H2 (ở đktc). Cô cạn

dung dịch X thu được lượng muối khan là



Hướng dẫn

Ta có 2H

n

=8,736

22,4= 0,39 (mol)

HCln = 0,51= 0,5 (mol) ; 2 4H SOn = 0,50,28 = 0,14 (mol)

Các phương trình điện li:

HCl H + Cl

0,5 0,5 0,5

H2SO4 2 H + 24SO

0,14 0,28 0,14

H

n ban đầu = 0,5 + 0,28 = 0,78 (mol)

Các phương trình hoá học dạng ion:

Mg + 2 H 2Mg + H2 (1)

2Al + 6 H 3Al + 3H2 (2)

Theo (1, 2): H

n phản ứng = 22H

n

= 0,78 (mol) H phản ứng vừa đủ

Vậy Xm = m hh kim loại + m gốc axit

= 7,74 + 35,50,5 + 960,14 = 38,93 (g).

Ví dụ 2: Thêm m gam kali vào 300 ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M và NaOH

0,1M thu được dung dịch X. Cho từ từ dung dịch X vào 200 ml dung dịch Al2(SO4)3

0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là

A. 1,59. B. 1,17. C. 1,71. D. 1,95.

Hướng dẫn

Ta có 2Ba(OH)n = 0,30,1= 0,03 (mol) ; NaOHn = 0,30,1= 0,03 (mol)

2 4 3Al (SO )n = 0,20,1= 0,02 (mol)

Ba(OH)2 2Ba + 2 OH Al2(SO4)3 2 3Al + 3 24SO

0,03 0,03 0,06 0,02 0,04 0,06

NaOH Na + OH

0,03 0,03


2K + 2H2O 2 K + 2 OH + H2 (1)

0,03 0,03

2Ba + 24SO BaSO4 (2)

0,03 0,03

3Al + 3 OH Al(OH)3 (3)

0,04 0,12

Để thu được lượng kết tủa Y lớn nhất thì OH phản ứng vừa đủ với 3Al

OH

n tạo ra ở (1) = 0,12 – (0,06 + 0,03) = 0,03 (mol) Vậy m = 390,03 = 1,17

(g).

Ví dụ 3: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml

dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH

của dung dịch X là

A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.

(Trích đề thi TSĐH năm 2007 - Khối B)

Hướng dẫn

2Ba(OH)n = 0,10,1= 0,01 (mol) ;

2 4H SOn = 0,40,0375 = 0,015 (mol)

NaOHn = 0,10,1= 0,01 (mol) ; HCln = 0,40,0125 = 0,005 (mol)

Ba(OH)2 2Ba + 2 OH H2SO4 2 H + 24SO

0,01 0,01 0,02 0,015 0,03 0,015

NaOH Na + OH HCl H + Cl

0,01 0,01 0,005 0,005

OH

n = 0,03 (mol) < H

n = 0,035 (mol)


H + OH H2O (1)

0,03 0,03


H

n dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol)

[H+] trong dd X =

0,005

0,1 0,4 = 0,01M = 210 M

Vậy dung dịch X có pH = 2.

Ví dụ 4: Rót 1 lít dung dịch A chứa NaCl 0,3M và (NH4)2CO3 0,25M vào 2 lít dung

dịch B chứa NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,1M. Sau khi kết thúc phản ứng, khối lượng cả

hai dung dịch giảm là


Hướng dẫn

Ta có NaCln = 10,3 = 0,3 (mol) ; NaOHn = 20,1 = 0,2 (mol)

4 2 3(NH ) COn = 10,25 = 0,25 (mol) ;

2Ba(OH)n = 20,1= 0,2 (mol)

NaCl Na + Cl NaOH Na + OH

0,3 0,3 0,3 0,2 0,2

(NH4)2CO3 2 4NH + 23CO Ba(OH)2 2Ba + 2 OH

0,25 0,5 0,25 0,2 0,2 0,4

OH

n = 0,6 (mol)



0,2 0,2 0,2

4NH + OH NH3 + H2O (2)

0,5 0,5 0,5

Vậy khối lượng cả hai dung dịch giảm bằng:

3BaCO

m

+ 3NH

m

=1970,2 + 170,5= 47,9 (g).

Ví dụ 5: Thực hiện hai thí nghiệm:

- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.

- Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5M

thoát ra V2 lít NO.

Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ

giữa V1 và V2 là

A. V2 = V1. B. V2 = 2,5V1. C. V2 = 2V1. D. V2 = 1,5V1.

Hướng dẫn

Ta có Cun = 3,84

64= 0,06 (mol)

3HNOn = 0,081= 0,08 (mol) ;

2 4H SOn = 0,080,5= 0,04 (mol)

Thí nghiệm 1: H

n = 3HNOn = 0,08 (mol)

3Cu + 8 H + 2 3NO 3 2Cu + 2NO + 4H2O (1)

bđ: 0,06 0,08 0,08

pứ: 0,03 0,08 0,02 0,02

spứ: 0,03 0 0,06

Thí nghiệm 2: H

n = 3HNOn + 2

2 4H SOn = 0,16 (mol)

3Cu + 8 H + 2 3NO 3 2Cu + 2NO + 4H2O (2)

bđ: 0,06 0,16 0,08

pứ: 0,06 0,16 0,04 0,04

spứ: 0 0 0,04

Do đó NOn (2) = 2 NOn (1) V2 = 2V1.

Ví dụ 6: Dung dịch X chứa hỗn hợp gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1M. Nhỏ từ từ

từng giọt cho đến hết 200 ml dung dịch HCl 1M vào 100 ml dung dịch X, sinh ra V lít

khí (ở đktc). Giá trị của V là

A. 4,48. B. 3,36. C. 2,24. D. 1,12.


Hướng dẫn

Ta có 23CO

n = 2 3Na COn = 0,11,5 = 0,15 (mol)

3HCO

n = 3KHCOn = 0,11 = 0,1 (mol) ; HCln = 0,21= 0,2 (mol)


23CO + H 3HCO (1)

bđ: 0,15 0,2

pứ: 0,15 0,15 0,15

spứ: 0 0,05

3HCO + H 2CO + H2O (2)

bđ: 0,25 0,05

pứ: 0,05 0,05 0,05

spứ: 0,2 0

Vậy V = 0,0522,4 = 1,12 (l).

Ví dụ 7: Cho 0,448 lít khí CO2 (ở đktc) hấp thụ hết vào 100 ml dung dịch chứa hỗn

hợp NaOH 0,06M và Ba(OH)2 0,12M, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 1,182. B. 3,940. C. 1,970. D. 2,364.


Hướng dẫn

Ta có 2COn =

0,448

22,4= 0,02 (mol)

NaOHn = 0,10,06 = 0,006 (mol) ; 2Ba(OH)n = 0,10,12 = 0,012 (mol)

OH

n = 0,006 + 20,012 = 0,03 (mol)


CO2 + OH 3HCO + H2O (1)

bđ: 0,02 0,03

pứ: 0,02 0,02 0,02

spứ: 0 0,01

3HCO + OH 23CO + H2O (2)

bđ: 0,02 0,01

pứ: 0,01 0,01 0,01

spứ: 0,01 0


bđ: 0,012 0,01

pứ: 0,01 0,01 0,01

spứ: 0,002 0

Vậy m = 3BaCO

m

= 1970,01 = 1,97 (g).

9. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

1. Nguyên tắc

Trong một dung dịch luôn luôn có sự trung hoà về điện tích, nghĩa là tổng số điện

tích dương bằng tống số điện tích âm.


Ví dụ 1: Một dung dịch chứa 0,02 mol 2Cu , 0,03 mol K , x mol Cl và y mol 24SO . Tổng

khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là

A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05.

Hướng dẫn

Vì trong một dung dịch luôn trung hoà về điện tích nên:

2 2Cun + 1

Kn = 1

Cln + 2 2

4SOn

20,02 + 10,03 = 1x + 2y

x + 2y = 0,07 (1)

Tổng khối lượng muối bằng tổng khối lượng các ion:

640,02 + 390,03 + 35,5x + 96y = 5,435 (g)

35,5x + 96y = 2,985 (2)

Giải hệ hai pt (1, 2) ta được: x = 0,03, y = 0,02.

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit

HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO.

Giá trị của a là

A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06.


Hướng dẫn


3 HNO 2 4 322

2 4

Fe (SO )FeS dd X NO H O

Cu S CuSO

FeS2 3Fe + 2 24SO

0,12 0,12 0,24

Cu2S 2 2Cu + 24SO

a 2a a

Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong dung dịch X, ta có:

30,12 + 22a = 2 (0,24 + a) a = 0,06 (mol).

Ví dụ 3: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch

BaCl2, thu được 39,4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam

muối clorua khan. Giá trị m là

A. 2,66. B. 26,6. C. 6,26. D. 22,6.

Hướng dẫn

2Ba + 23CO 3BaCO

0,2 0,2

Ta có 3BaCO

n

= 39,4

197 = 0,2 (mol)

Na

m + K

m = 24,4 – 600,2 =12,4 (g)

Na

n + K

n = 2 23CO

n = 20,2 = 0,4 (mol)

Áp dụng sự bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng:

Cl

n = Na

n + K

n = 0,4 (mol)

Vậy m =Na

m + K

m + Cl

m = 12,4 + 35,50,4 = 26,6 (g).

Ví dụ 4: Có hai dung dịch là dung dịch A và dung dịch B. Mỗi dung dịch chỉ chứa 2

cation và 2 anion trong số các ion sau: K (0,15 mol), 2Mg (0,1 mol), 4NH (0,25

mol), H (0,2 mol), Cl (0,1 mol), 24SO (0,075 mol), 3NO (0,25 mol), 2

3CO (0,15

mol). Xác định dung dịch A và dung dịch B.

Hướng dẫn

Vì anion 23CO không tồn tại đồng thời với các cation 2Mg , H nên:

- Dung dịch A: K , 4NH , 23CO , yX

- Dung dịch B: 2Mg , H , * , * .

Áp dụng sự bảo toàn điện tích đối với dung dịch A, ta có

10,15 + 10,25 = 20,15 + y nXn

y nXn = 0,1

y 1 2

nXn 0,1 0,5

Chỉ có cặp nghiệm y = 1, nXn = 0,1 là thích hợp

Vậy dung dịch A chứa: K , 4NH , 23CO , Cl

và dung dịch B chứa: 2Mg , H , 3NO , 24SO .

Ví dụ 5: Dung dịch A chứa a mol Na , b mol 4NH , c mol 3HCO , d mol 23CO , e mol

24SO (không kể các ion H và OH của nước).

a) Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d, e.

b) Thêm (c + d + e) mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được kết tủa B,

dung dịch X và khí Y duy nhất. Tính số mol của mỗi chất trong kết tủa B, khí Y và của

mỗi ion trong dung dịch X theo a, b, c, d, e.

Hướng dẫn

a) Áp dụng sự bảo toàn điện tích trong một dung dịch, ta có

1Na

n + 14NH

n = 13HCO

n + 2 23CO

n + 2 24SO

n

a + b = c + 2d + 2e

b) Ba(OH)2 2Ba + 2 OH

c + d + e c + d + e 2(c + d + e)



e e e


d d d

2Ba + 3HCO + OH BaCO3 + H2O (3)

c c c c

4NH + OH NH3 + H2O (4)

b b b

Vì dung dịch X phải chứa Na nên OH dư.

Do đó kết tủa thu được gồm 4

3

BaSO e mol

BaCO (c d) mol

; khí Y là NH3 b mol

Dung dịch X chứa Na (a mol) và OH dư = 2(c + d + e) – c – b = a (mol)

Hoặc dựa vào sự trung hoà về điện của dung dịch X để tính số mol OH

Na

n = nOH = a (mol).

Ví dụ 6: Dung dịch Z có chứa 5 ion: 2Mg , 2Ba , 2Ca và 0,1 mol Cl , 0,2 mol

3NO . Thêm dần V ml dung dịch K2CO3 0,5M vào Z đến khi được lượng kết tủa lớn

nhất thì giá trị V tối thiểu cần dùng là

A. 150. B. 200. C. 220. D. 300.

Hướng dẫn

Có thể quy đổi các cation 2Mg , 2Ba , 2Ca thành 2M

2M + 23CO 3MCO

Khi phản ứng kết thúc, phần dung dịch chứa K , Cl và 3NO .

Áp dụng sự bảo toàn điện tích, ta có:

K

n = Cl

n + 3NO

n = 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol)

2 3K COn =

1

2

Kn = 0,15 (mol)

Vậy 2 3dd K COV =

0,15

0,5 = 0,3 (l) = 300 (ml).

Ví dụ 7: Dung dịch X chứa các ion: 3Fe , 4NH , 24SO , Cl . Chia dung dịch X thành

hai phần bằng nhau. Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng

thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam kết tủa ; Phần hai tác dụng với lượng dư

dung dịch BaCl2, thu được 4,66 gam kết tủa. Tổng khối lượng các muối khan thu được

khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)


Hướng dẫn


Phần 1: 3Fe + 3 OH Fe(OH)3 (1)

0,01 0,01

4NH + OH NH3 + H2O (2)

0,03 0,03

Phần 2: 2Ba + 24SO BaSO4 (3)

0,02 0,02

Ta có 3Fe(OH)

n

= 1,07

107= 0,01 (mol)

3NH

n

= 0,672

22,4= 0,03 (mol)

4BaSO

n

= 4,66

233 = 0,02 (mol)

Vì trong dung dịch X luôn trung hoà về điện tích nên:

30,01 + 10,03 = 20,02 + 1Cl

n

Cl

n = 0,02 (mol)

Vậy tổng khối lượng của các chất tan trong dung dịch Z là

2 (56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02) = 7,46 (g).

Bài 8. Cho dung dịch A chứa đồng thời 2 axit H2SO4 1,5M và HCl 2M vào 200ml

dung dịch B chứa NaOH 1,8M và KOH 1,2M. Khi môi trường dung dịch trung

tính thì thể tích dung dịch A cần là

A. 100 ml B. 120 ml C. 200 ml D. 250 ml

Lời giải

H

OH

n V.(2.1,5 2) 5V (mol)

n 0,2.(1,8 1,2) 0,6 (mol)

Khi môi trường trung tính : 5V = 0,6 V= 120 ml

Bài 9. Cho 200ml dung dịch A chứa đồng thời 2 axit HCl 1M và HNO3 2M vào 300ml

dung dịch B chứa NaOH 0,8M 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. 2,2M B. 3,2M C. 2,3M D. 2M

Lời giải

H

OH

60.500n 0,2(1 2) .1 0,9(mol)

100.1000

n 0,3(0,8 x)(mol)

Môi trường trung tính: 0,9 = 0,3(0,8+x) x = 2,2M.

Bài 10. Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị

I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dung dịch HCl thu được 0,2

mol khí CO2. Khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch là

A. 16g B. 26g C. 36g D. 46g

Lời giải

Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3

2 3

2 2

3 2

M CO MCl

+ HCl + CO + H O

RCO RCl

Phương trình ion thu gọn : 2H+ + CO3

2– CO2 + H2O

0,4 0,2 mol

Theo phương pháp tăng giảm khối lượng, ta có:

mmuối = 23,8 + 0,2.11 = 26 (g)

Bài 11. 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

Ag+ + Cl

– AgCl

Pb2+

+ 2Cl– PbCl2

2

( )Cl

( )Ag Pb

n 0,1.(1,5 3) 0,45 (mol) n

n 0,1 mol ; n 0,1 mol n 0,1 0,1.2 0,3 (mol)

Ion Cl– dư: mmuối = 108.0,1 + 0,1.207 + 0,3.62 = 50,10 (gam).

Bài 12. 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 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

H

OH

n 0,1.(a b) mol

n 0,2.(0,05 0,15) mola b 0,04

Ag Cl AgCl

a 0,2M

0,05a 0,01b 0,1M

Bài 13. Cho 46,4g hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 ( 2 3FeO Fe On n ) hoà tan hoàn

toàn trong V lít dung dịch H2SO4 0,2M và HCl 0,6M (đã lấy dư 20% so với

lượng cần thiết). V có giá trị là

A. 1,80 B. 1,92

C. 1,94 D. 1,56

Lời giải

2 3FeO Fe On : n 1:1 , mà FeO.Fe2O3 = Fe3O4, vậy A xem như 1 chất Fe3O4

3 4A Fe O

4,64n n 0,02

232(mol)

Fe3O4 + 8H+ Fe

2+ + 2Fe

3+ + 4H2O

0,02 0,16

Do lấy dư 20% 0,16 + 0,16.0,2 = 0,1V V = 0,192

1,920,1

(lít)

Bài 14. 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 là

A. 0,15 lít. B. 0,25 lít.

C. 0,35 lít. D. 0,45 lít.

22

2 2

22

Fe Fe Fe(OH)

H H H OH H O

Mg Mg Mg(OH)

Định luật bảo toàn điện tích :

( )n trong B = Hn trong A = OH

n trong D.

Dung dịch trung tính khi :

H OHn n 0,2(0,1 0,2.2) V(0,3 0,1) V 0,25 (lít)

Bài 15. 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.

Tên kim loại đó là

A. Na, K B. Li, Na

C. K, Rb D. Na, Rb

2ROH H R H O

Hn 0,02(0,4 0,3.2) 0,02(mol)

ROH R R

0,96M 48 (g / mol) M 17 48 M 31 Na,K

0,02

Bài 16. 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 1M 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. 58,3 ml. B. 40,5 ml.

C. 50,2 ml. D. 60,5 ml.

Ta có: FeO + Fe2O3 Fe3O4

0,1 0,1 0,1

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

Fe3O4 + 8H+ Fe

2+ + 2Fe

3+ + 4H2O (1)

0,2 0,2 0,4

Fe + 2H+ Fe

2+ + H2 (2)

0,05 0,05 0,05

Dung dịch Z chứa Fe2+

(0,35 mol), Fe3+

(0,35 mol), H+ dư, Cl

–, SO 2

4 .

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

Fe + Fe3+

2Fe2+

0,05 0,05 0,1

3Fe2+

+ NO

3 + 4H+ 3Fe

3+ + NO + 2H2O (3)

0,35 0,35

3

33 23 3

3 2

Cu(NO )NO Fe NO

Cu(NO )

1 0,35 1(3) n n (mol) n n 0,05 mol

3 3 2

V 50 ml

Bài 17. Cho 12,15 gam bột Al vào 112,5 ml dung dịch hỗn hợp NaNO3 1M và NaOH

3M, khuấy đều cho đến khi ngừng khí thoát ra thì dừng lại. Thể tích khí thoát ra

ở đktc là

A. 2,24 lít B. 7,56 lít

C. 15,92 lít D. 10,08 lít

nAl = 0,45 (mol) ; 33

NaNONOn n 0,11205 mol ;

OHn = nNaOH = 0,3375 mol

3 2 4 38Al 3NO 5OH 18H O 8[Al(OH) ] 3NH (1)

: 0,45 0,1125 0,3375

: 0,3 0,1125 0,1875 0,3 0,1125

: 0,15 0 0,15

Ban ®Çu

Ph°n øng

D

2 4 22Al 2OH 6H O 2 Al(OH) 3H (2)

: 0,15 0,15

Ph : 0,15 0,15 0,225

D : 0 0

[ ]

Ban ®Çu

°n øng

(1) và (2) nKhí = 0,1125 + 0,225 = 0,3375 (mol) Vkhí = 0,3375.22,4 =

7,56 (lít)

Bài 18. Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO31M và

H2SO4 0,5 M loãng, thu được V lít khí NO duy nhất (đktc), phản ứng xảy ra hoàn

toàn. Giá trị của V là

A. 0,672 lít B. 0,896 lít

C. 1,344 lít D. 2,24 lít

nCu = 0,1 mol; 33

HNOH NOn n n 0,12 mol ;

2 4H SOH

H

n 2n 0,12.0,5 0,06 (mol)

n 0,12 2.0,06 0,24 (mol)

3Cu + 2NO

3 + 8H+ 3Cu

2+ + 2NO + 4H2O

Ban đầu : 0,1 0,12 0,24

Phản ứng : 0,09 0,06 0,24 0,06

Dư : 0,01 0,06 0

VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít)

Bài 19. Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam 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 nhôm trong hỗn hợp ban đầu là

A. 40,32%. B. 35,53%.

C. 41,19 %. D. 56,48%.

Lời giải

2Hn = 0,325 mol ; đặt x, y lần lượt là số mol của Al, Fe chứa trong hỗn hợp. Ta

có: 27x + 56y = 9,65 (1)

Phương trình ion rút gọn của các phản ứng

2Al + 6H+ 2Al

3+ + 3H2 (2)

x 1,5x

Fe + 2H+ Fe

2+ + H2 (3)

y y

Từ (2) và (3) 2HV = 1,5 x + y = 0,325 y = 0,325 – 1,5x (4)

Từ (4) và (1) ta tính được : x = 0,15 mol

%mAl =

0,15.27.100% 41,19%

9,65

10. PHƢƠNG PHÁP TỰ CHỌN LƢỢNG CHẤT

Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng.

Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho.

Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn

giản để tính toán.

Sau đây là một số ví dụ điển hình:

Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG

Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung

dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì?

A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.

Hướng dẫn giải

Chọn 1 mol muối M2(CO3)n.

M2(CO3)n + nH2SO4 M2(SO4)n + nCO2 + nH2O

Cứ (2M + 60n) gam 98n gam (2M + 96n) gam

2 4dd H SO

98n 100m 1000n gam

9,8

2 3 n 2 4 2M (CO ) dd H SO COm m m m dd muèi

= 2M + 60n + 1000.n 44.n = (2M + 1016.n) gam.

dd muèi

2M 96 100C% 14,18

2M 1016n

M = 28.n n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe.

(Đáp án B)

Ví dụ 2: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007)

Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20%

thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là

A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Mg.

Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng

M(OH)2 + H2SO4 MSO4 + 2H2O

Cứ (M + 34) gam 98 gam (M + 96) gam

2 4dd H SO

98 100m 490 gam

20

4dd MSO

M 96 100m M 34 490

27,21

M = 64 M là Cu. (Đáp án A)

Cách 2: Chọn theo tỉ lệ lƣợng chất đã cho

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến

hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Hiệu suất

phản ứng tổng hợp là

A. 10%. B. 15%. C. 20%. D. 25%.

Hướng dẫn

Theo pp đường chéo, N2 : H2 bằng 1 : 4. Chọn số mol N2 và H2 là 1 mol và 4 mol

N2 + 3H2 oxt, t

p

2NH3

Ban đầu: 1 4

Phản ứng: x 3x 2x

Sau phản ứng: (1 x) (4 3x) 2x

nY = (5 2x) mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mX = mY

1 2

2 1

n M 5 8 0,25n 0,25 H .100 25%

n M 5 2n 7,2 1

Ví dụ 2: Phóng điện qua O2 được hỗn hợp khí O2, O3 có M 33 gam. Hiệu suất phản

ứng là

A. 7,09%. B. 9,09%. C. 11,09%. D.13,09%.

Hướng dẫn

3O2 TL§

2O3

Theo đường chéo, tỉ lệ mol O2 : O3 = 15 : 1. Chọn số mol O2 và O3 lần lượt là 15 và 1

mol

Tính theo phản ứng được số mol O2 phản ứng là 1,5; ban đầu là 16,5.

H = 9,09%.

Cách 3: CHỌN GIÁ TRỊ CHO HỖN HỢP

Ví dụ 1: X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là

96%, hàm lượng C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Giá trị a là

A. 10,5. B. 13,5. C. 14,5. D. 16.


Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, 3Fe Cm = a gam và số gam Fe tổng cộng là

96 gam.

3C trong Fe C

12am 100 96 3,1

180

a = 13,5. (Đáp án B)

Ví dụ 2: Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất

trơ) một thời gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy

CaCO3.

A. 50%. B. 75%. C. 80%. D. 70%.


Chọn mX = 100 gam 3CaCOm 80 gam và khối lượng tạp chất bằng 20 gam.

CaCO3 ot

CaO + CO2 (hiệu suất = h)

Phương trình: 100 gam 56 gam 44 gam

Phản ứng: 80 gam 56.80

.h100

44.80

.h100

Khối lượng chất rắn còn lại sau khi nung là

2X CO

44.80.hm m 100

100 .

56 80 45,65 44 80 h

h 100100 100 100

h = 0,75 hiệu suất phản ứng bằng 75%. (Đáp án B)

Ví dụ 3. Một hỗn hợp gồm CaCO3, Al2O3 và Fe2O3 trong đó Al2O3 chiếm 10,2%,

Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung m gam hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được chất rắn có khối

lượng bằng 67m

100 khối lượng hỗn hợp ban đầu. Thành phần % về khối lượng chất rắn

CaO, Al2O3, Fe2O3, CaCO3 (dư) thứ tự là

A. 62,6%; 1,22%; 12,62%; 17,4%. B. 62,6%; 1,22%; 14,62%; 7,4%.

C. 66,6%; 1,82%; 14,62%; 7,4%. D. 52,6%; 1,22%; 14,62%; 7,4%.

Lời giải

Với mọi m ta đều tìm được thành phần % hỗn hợp, để đơn giản ta chọn

m = 100g gam thì Al2O3 = 10,2 g; Fe2O3 = 9,8 g và CaCO3 = 80 g.

Khi nung hỗn hợp chỉ có :

CaCO3 CaO + CO2

Độ giảm lượng = 100 67 = 33 g chính là lượng CO2 = 0,75 mol bay đi

3 3CaCO CaCOn 0,75 (mol) m 75 (g) , CaCO3 dư là 5 gam.

Hỗn hợp sau khi nung có : 10,2 g Al2O3 = 15,22%

9,8 g Fe2O3 = 14,62%

5 g CaCO3 dư = 7,4% và 62,6% CaO.

Ví dụ 4. Cho m gam hỗn hợp Na và Fe tác dụng hết với dung dịch HCl thu được dung

dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch KOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung trong không

khí đến lượng không đổi thu được chất rắn nặng m gam. % về khối lượng Na, Fe ban

đầu là

A. 30% ; 70% B. 40% ; 60% C. 35% ; 65%

D. 50% ; 50%

Lời giải


NaFe

+ HCl H2 + 2

NaCl

FeCl

+ KOH Fe(OH)2 2

o

O

t

Fe2O3 + H2O

Với mọi m ta đều tìm được thành phần % hỗn hợp, để đơn giản chọn

m = 160g.

2 3Fe Fe O

Fe

Na

160n 2n 2. 2 (mol)

160

2.56%m 70%

160

%m 30%

Ví dụ 4. Cho m gam hỗn hợp hai kim loại Mg, Al tác dụng với một lượng dư dung

dịch HCl thu được dung dịch A và khí B. Lượng khí B này khử vừa hết 4m

1, 02 gam

CuO thành Cu kim loại. Thành phần % về khối lượng các kim loại Mg, Al là

A. 47,06%; 52,94% B. 50,00%; 50,00%

C. 40,00%; 60,00% D. 47,25%; 52,75%

Lời giải


Mg MgCl2

+ HCl + H2 + CuO Cu + H2O

Al AlCl3

Với mọi m đều tìm được thành phần hỗn hợp, để đơn giản chọn m = 1,02g.

Gọi Mg Aln a (mol);n b (mol)

Ta có: 24a + 27b = 1,02 (1)

Tổng số mol e mà Mg, Al cho là : 2a + 3b.

Số mol e này được Cu2+

(CuO : 4

80= 0,05mol) nhận theo nửa phản ứng sau :

Cu2+

+ 2e Cu

0,05 0,1

Thu được hệ

Mg

Al

%m 47,06%24a + 27b = 1,02 a 0,02

2a+3b=0,1 b 0,02 %m 52,94%

Ví dụ 5. Hỗn hợp A gồm các kim loại Mg, Al, Cu. Oxi hoá hoàn toàn m gam A bằng

oxi không khí thì thu được 1,72m gam hỗn hợp 3 oxit. Mặt khác khi hoà tan m gam A

bằng dung dịch HCl dư thu được 0,952m lít khí H2 (đktc). % Khối lượng Mg, Al, Cu

trong A là

A. 30%; 50%; 20%. B. 25%; 55%; 20%. C. 30%; 54%; 16%. D. 25%; 50%;

25%.

Lời giải

Mg Al Cun x(mol) ; n y(mol) ; n z(mol)


Với mọi m ta đều tìm được thành phần hỗn hợp, để đơn giản chọn m=100 g.

Áp dụng sự bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng ta có :

Trong (1) : e chon 2x 3y 2z

Chất nhận O:

e nhËn

172 1004,5 (mol) n 9

16

Trong (2) : e chon 2x 3y

Chất nhận H2 : e nhËn

0,952.1004,25 (mol) n 8,5

22,4

Mg

Al

Cu

%m 30%24x 2y 64z 100 x 1,25

2x 3y 2z 9 y 2 %m 54%

2x 3y 8,5 z 0,25 %m 16%

Ví dụ 6. Cho m gam oxit kim loại tan trong V lít dung dịch HCl 7,3% vừa đủ thu được

dung dịch muối có nồng độ 12,5%. CTPT của oxit kim loại là

A. Fe2O3 B. Al2O3 C. CuO D. MgO

Hướng dẫn

Với mọi m, V ta luôn tìm được CT oxit. Chọn m, V để khối lượng dung dịch HCl là

100g CuO

M2On + 2nHCl 2MCln + n H2O

0, 02

2n 0,02

0,02

n

M

M

M

0,02.(M 71n)

12,5n M 64 CuO0,02 100

100 .(2M 16n)2n

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm N2 và H2 có XM 12,4 . Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi

nung nóng biết rằng hiệu suất tổng hợp NH3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. YM có

giá trị là

A. 15,12. B. 18,23. C. 14,76. D. 13,48.


Xét 1 mol hỗn hợp X mX = 12,4 gam gồm a mol N2 và (1 a) mol H2.

28a + 2(1 a) = 12,4 a = 0,4 mol 2Hn 0,6 mol

N2 + 3H2 oxt, t

p

2NH3 (với hiệu suất 40%)

Ban đầu: 0,4 0,6

Phản ứng: 0,08 0,60,4 0,16 mol

Sau phản ứng: 0,32 0,36 0,16 mol

Tổng: nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 mol;

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mX = mY.

Y

12,4M 14,76 gam

0,84 . (Đáp án C)

Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch H2SO4

loãng rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan có khối lượng

gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu đem hoà tan. Kim loại R đó là

A. Al. B. Ba. C. Zn. D. Mg.


Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng.

2R + nH2SO4 R2(SO4)n + nH2

Cứ R (gam) 2R 96n

gam muèi2

2R 96n

5R2

R =

12n thỏa mãn với n = 2. Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D)

Các ví dụ phần hữu cơ :

Ví dụ 1: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch

NaOH 10% thì thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau

đây?

A. 20%. B. 16%. C. 15%. D.13%.


Xét 1 mol CH3COOH:

CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O

60 gam 40 gam 82 gam

3dd CH COOH

60 100m gam

x

ddNaOH

40 100m 400 gam

10

60 100 82 100

m 400x 10,25

dd muèi gam.

x = 15%. (Đáp án C).

Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm một Anken và hiđro có tỉ khối so với H2 bằng 6,4. Cho A đi

qua niken nung nóng được hỗn hợp B có tỉ khối so với H2 bằng 8 (giả thiết hiệu suất

phản ứng xảy ra là 100%). Công thức phân tử của anken là

A. C2H4. B. C3H6. C. C4H8. D. C5H10.

Xét 1 mol hỗn hợp A gồm (a mol CnH2n và (1a) mol H2)

Ta có: 14.n.a + 2(1 a) = 12,8 (1)

Hỗn hợp B có M 16 14n (với n 2) trong hỗn hợp B có H2 dư

CnH2n + H2 oNi, t

CnH2n+2

Ban đầu: a mol (1a) mol

Phản ứng: a a a mol

Sau phản ứng hỗn hợp B gồm (1 2a) mol H2 dư và a mol CnH2n+2. tổng nB = 1

2a.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có mA = mB

BB

B

mn

M

12,81 2a

16 a = 0,2 mol.

Thay a = 0,2 vào (1) ta có 140,2n + 2(1 0,2) = 12,8

n = 4 anken là C4H8. (Đáp án C)

Ví dụ 3: Oxi hóa C2H5OH bằng CuO nung nóng, thu được hỗn hợp chất lỏng gồm

CH3CHO, C2H5OH dư và H2O có M = 40 đvC. Hiệu suất phản ứng oxi hóa là

A. 25%. B. 35%. C. 45%. D. 55%.

Xét 1 mol C2H5OH. Đặt a mol C2H5OH bị oxi hóa. Vậy a là hiệu suất của phản ứng

oxi hóa rượu.

C2H5OH + CuO ot

CH3CHO + H2O + Cu

Ban đầu: 1 mol

Oxi hóa: a mol a mol a mol

Sau phản ứng: (1 a) mol C2H5OH dư a mol a mol

46(1 a) 44a 18a

M 401 a

a = 0,25 hay hiệu suất là 25%. (Đáp án A)

Ví dụ 4: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007)

Hỗn hợp gồm hiđrocacbon X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn

toàn hỗn hợp trên thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được

hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là

A. C3H8. B. C3H6. C. C4H8. D. C3H4.


Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ).

CxHy + y

x4

O2 xCO2 +

y

2H2O

1 mol y

x4

mol x mol

y

2 mol

Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và y

10 x4

mol O2 dư.

ZM 19 2 38

2

2

co

o

n 1

n 1

Vậy: y

x 10 x4

8x = 40 y.

x = 4, y = 8 thoả mãn đáp án C.

Ví dụ 5: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn A với

B ở cùng nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D. Cho D vào

bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là toC và p atm. Sau khi

đốt cháy A trong bình chỉ có N2, CO2 và hơi nước với 2 2CO H OV : V 7 : 4 đưa bình về

toC.

Áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị là

2

2

CO

O

(n ) 44 6

38

(n ) 32 6

A. 1

47p p.

48 B. p1 = p. C. 1

16p p.

17 D. 1

3p p.

5

Đốt A: CxHy + 2

yx O

4

xCO2 + 2

yH O

2

Vì phản ứng chỉ có N2, H2O, CO2 các hiđrocacbon bị cháy hết và O2 vừa đủ.

Chọn x yC Hn 1 nB = 15 mol

2O

y 15n x 3

4 5 p.ø mol.

2 2N On 4n 12 mol

yx 3

4

x : y 2 7 : 4

x = 7

3 ; y =

8

3

Vì nhiệt độ và thể tích không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí, ta có:

1p 7 3 4 3 12 47

p 1 15 48

1

47p p.

48 (Đáp án A)

Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp X hai hiđrocacbon A, B thu được 132.a

41

gam CO2 và 2

45agam H O

41. Nếu thêm vào hỗn hợp X một nửa lượng A có trong hỗn

hợp X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 2

165agam CO

41 và 2

60,75agam H O

41. Biết A,

B không làm mất mầu nước Br2.

a) Công thức phân tử của A là

A. C2H2. B. C2H6. C. C6H12. D. C6H14.

b) Công thức phân tử của B là

A. C2H2. B. C6H6. C. C4H4. D. C8H8.

c) Phần trăm số mol của A, B trong hỗn hợp X là.

A. 60%; 40%. B. 25%; 75%.

C. 50%; 50%. D. 30%; 70%.


a) Chọn a = 41 gam.

Đốt X 2CO

132n 3 mol

44 và

2H O

45n 2,5 mol

18 .

Đốt 1

X A2

2CO

165n 3,75 mol

44 và

2H O

60,75n 3,375 mol

18 .

Đốt 1

A2

thu được (3,75 3) = 0,75 mol CO2 và (3,375 2,5) = 0,875 mol H2O.

Đốt cháy A thu được 2COn 1,5 mol và

2H On 1,75 mol .

vì 2 2H O COn n A thuộc loại ankan, do đó:

n 2n 2 2 2 2

3n 1C H O nCO n 1 H O

2

2

2

CO

H O

n n 1,5

n n 1 1,75

n = 6 A là C6H14. (Đáp án D)

b) Đốt B thu được (3 1,5) = 1,5 mol CO2 và (2,5 1,75) = 0,75 mol H2O

Như vậy C

H

n 1,5 1

n 0,75 2 1

công thức tổng quát của B là (CH)n vì X không làm

mất mầu nước Brom nên B thuộc aren B là C6H6. (Đáp án B)

c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO2 do A, B tạo ra bằng nhau (1,5

mol) nA = nB.

%nA = %nB = 50%. (Đáp án C)

Ví dụ 7: Trộn a gam hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon C6H14 và C6H6 theo tỉ lệ số mol

(1:1) với m gam một hiđrocacbon D rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được

2

275agam CO

82 và

94,5a

82 gam H2O.

a) D thuộc loại hiđrocacbon nào

A. CnH2n+2. B. CmH2m2. C. CnH2n. D. CnHn.

b) Giá trị m là

A. 2,75 gam. B. 3,75 gam. C. 5 gam. D. 3,5 gam.


a) Chọn a = 82 gam

Đốt X và m gam D (CxHy) ta có:

2

2

CO

H O

275n 6,25 mol

44

94,5n 5,25 mol

18

C6H14 + 19

2O2 6CO2 + 7H2O

C6H6 + 15

2O2 6CO2 + 3H2O

Đốt D: x y 2 2 2

y yC H x O xCO H O

4 2

Đặt 6 14 6 6C H C Hn n b mol ta có:

86b + 78b = 82

b = 0,5 mol.

Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được:

2COn 0,5 6 6 6 mol

2H On 0,5 7 3 5 mol

Đốt cháy m gam D thu được:

2COn 6,25 6 0,25 mol

2H On 5,25 5 0,25 mol

Do 2 2CO H On n D thuộc CnH2n. (Đáp án C)

b) mD = mC + mH = 0,25(12 + 2) = 3,5 gam. (Đáp án D)

Ví dụ 8. Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A chứa C, H, O thu được 22m

15g CO2

và 3m

5g H2O. Biết rằng 3,6g hơi A có thể tích bằng thể tích của 1,76g CO2 (ở cùng

điều kiện). CTPT của A là

A. C2H6O2 B. C3H6O3 C. C3H4O3 D. C2H4O2

Lời giải

Với mọi m ta đều xác định được CTPT của A, chọn m = 15 gam.

2

2

C(A) CO

H(A) H O O

C H O 2 n

3 6 3

n n 0,5 mol

9 15 0,5.12 1n 2n 2. 1 (mol) ; n 0,5 (mol)

18 16

3,6n : n : n 1: 2 :1 (CH O) 90 n 3

0,04

CTPT cña A l¯ C H O .