KĨ THUẬT GIẢI QUYẾT NHANH GỌN ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC - NGUYỄN ĐÌNH ĐỘ (TRÍCH ĐOẠN)

8/20/2019 KĨ THUẬT GIẢI QUYẾT NHANH GỌN ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC - NGUYỄN ĐÌNH ĐỘ (TRÍCH ĐOẠN)

http://slidepdf.com/reader/full/ki-thuat-giai-quyet-nhanh-gon-de-thi-dai-hoc-mon-hoa-hoc 1/118

K ! T H U Ậ T

a

ThS.NGUYỄN ĐÌNH ĐỘ

GIẢI QUYẾT ^NHANH GỌN

ĐÊ THI DẠỈ HỌCmôn

PHÒNG MƯỢN

M Ẹ 1 ........ . .................... .................

g g NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUY

WWW.BOIDUONGHOAHOCQUYNHON.BLOGSPO

WW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ới thiệu trích đoạn bởi GV. Nguyễn Thanh Tú





MÓ6 á íầ tù

Các em học sinh thân mến

Để làm tốt bài thi Đại học là mong muôn của tất cả các em trohg các

mùa thi. Đối với môn Hóa, đây lại là vấn đề bức thiết lớn, vì lẽ nội dung đề

thi Hóa trải dài cả ba khối 10; 11; 12 khiến khối lượng kiến thức dường

như là cả một biển trời mênh mông, vô tận ...

Thật ra, Hóa học là môn học rất nhẹ nhàng nếu các em biết học có

phương pháp, vi lẽ tấẳícả phản ứng hóa học hay tín h chart hóa học của các

chất đều được xác địĩlh theo các qui luật. Do đó vấn đề là nắm được các qui

luật này thì ta đều có thể dễ dàng dự đoán tính chất hóa học một chất, haydễ dàng viết ra sản phẩm phản ứng giữa các chất mà không cần phải học

thuộc sản phẩm như các em lầm tưởng bấy lâu nay. Nói khác đi, học Hóa

không cần phải học thuộc lòng, không cần phải nhớ nhiều những điều mà

chỉ cần qua suy luận có thể dễ dàng nhận ra chúng (chẳng, hạn trong một

nhóm A khi đi từ trên xuống dưới thì bán kính nguyên tử các nguyện tố bắt

buộc phải tăng dần, đơn giản vì sô" lớp electron của nguyền tử các nguyên tô"này tăng dần).

Nguyên tắc học Hóà là thế, tuy vậy nếu khôrig có kỹ thuật làm bài th i

trắc nghiệm íkhách quan thì điểm số sẽ không như ý so với thực lực. Đó là

thực tế mà bất cứ học sirih nào cũng có thể nhận ra, và đây chính là lý do

ra đời của tập sách này.

Chúc các em tìm thấy niềm vui trong học tập, và nhất là phải đạt được

kết quả mỹ mãn nhất trong thi cử.

Tác giả

Nguyễn Đình Độ













o CHƯƠNG I

KỸ THCI0T GIẢI ĐỀ THI TRfiC NGHIỆMMột điều không thể phủ nhận là dù nắm rất chắc các kiến thức trong sách

giáo khoa, nhiều thí sinh vẫn không thể giải quyết trọn vẹn các câu hỏi trong

các đề thi Đại học. Một thực tế là đa sô' các câu trắc nghiệtn lý thuyết cung như bài tập mà thí sinh xem là rắc rối, dễ bị mất điểm trong các đề thi, hoặc cáccâu mà thí sinh còn mù mờ hay mơ hồ về hướng giải lại có thể giải quyết rấttốt bằng phương pháp loại trừ.

Vậy thế nào là phương pháp loại trừ? Để dễ hình dung, hãy xem một ví dụsau không liên quan đến Hóa học:

, Trong số các nhiệm kỳ tổng thống Mỹ từ xưa đến nay, vị tổng thống duy nhất độc thân đến cuối đời là:

A. Bill Clinton B. Jorie F. Kennedyc. James Buchanan D. Ábrằhàm ỊÀncolnĐáp án đúng cho câu hỏi trên là c (James Buchanan). Nhưng rõ ràng, câu

trả lời này không phải xuất phát từ sự hiểú biết về thân thế James Buchanạh,vì vị tổhg thông thứ 15 của Hợp chúng quốc Hòa kỳ này là một tên tuổỉ khá xalạ với chúng ta. Cách làm ở đầy là dụng phương pháp loậi trừ: Trước tiên loạitrừ Bill: Clinton vì hẳn chúng ta còn nhớ hai vợ chỗng tổrig thông Bill Clintontừng có chuyến ghé thăm Vĩệt Nam (năm 2000). Tiếp theo, tổhg thông Jone F.Kennedy củng nằm’trong danh sách loại trừ, vì vụ ám sát ông vào hăm 1963

tại thành phô' Dallas,, tiểu bang Texas khi đang cùng phu nhân thăm viếng tiểu bang này, là một sự kiện chấn động th ế giới thội đó .và hiện nay có lẽ không aikhông biết..Cuối cùng, loại trừ nốt Abraham Lincoln do cuộc hôn nhân đầy bấthạnh của vị tổng thông này đã được ghi lại qua^ khá nhiều giai thoại.

Rõ ràng James Buchanan phải là sư lưã chon cuối cùng!Chúng ta tiếp tục xem một ví dụ có lẽ gần gũi hợn ví dụ trên, và vẫn là một n

ví dụ không liên qụan đến Hóa học: Hòa ước Giáp Thân-hay còn cố tên Hòa ướe Patenôtre (Pa-tơ-nốt), là hòa ước

cuối cùng nhà Nguyễn ký với thực dân Phấp.-Hòa ước Giáp Thân được ký, vào

năm'nào dưới đây? ' ; ‘ r ,A. 1948 B. 1789 c. 1752- D. 1884Không dùng công thức đổi năm dương lịch sang năm âm lịch, rõ ràng phải

loại trừ năm 1948, vì triều đại nhà Nguyễn kết thức khi vua Bảo Đại tuyên bô"thoái vị, trao ẩn kiếm cho đại diện chính phủ Việt nám dân chu "cộng hòa vàonăm 1945. Cũhg nhanh chóng loại trừ năm 1789, vì đây là năm vua QuangTrung-ké(r~quân~ra~Thăng Long tiêu diệt quâĩi Thanh. Lúc này triều đại nhà







Nguyễn chưa được thiết lập, vì chỉ khi đánh bại được nhà Tây Sơn, NguyễnÁnh mới xưng ngôi vua, lấy niên hiệu là Gia Long, mở dầu triều đại nhà Nguyễn. Hoàn toàn tương tự như trên, loại trừ nãm 1752, vì triều đại nhà Nguyễn chỉ có thể bắt đầu từ sau năm 1789 (Nguyễn Ánh lên ngôi vua, lấyniên hiệu Gia Long năm 1802).

Vậy lựa chọn cuối cùng phải là D (riăm 1884).

Bây giờ, ta bắt tay vào một vi dụ thuộc về lĩnh vực Hóa học:Có 3 ancol sau: CH3OH (1); CH 3CH 2CH2OH (II); CHsCHỊCHÔH (III). Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi của 3 ancol trên theo chiều từ trái sang,phải là;

A. (II); (I); (III) B. (I); (III); (II) c. (II); (III); (I) D. (HI); (I); (II)

Sẽ có. rất nhiều hộc SỊÌnh lúng túng khi đọc ví dụ trên, do sách giáo khoahoàn toàn không đề cập đến nhiệt độ sôi của 2 ancol đồng phân, cụ thể ở đâylà các ancol CH3CH2CH2OH và CH3CH(CH3)OH. Tuy 'vậy* dễ dàng nhận ra phải loại trừ A (ancol 1C không thể GÓnhiệt độ sôi cao hơn ancol 3C); Cũng lído đó, phải loại trừ C và Đ, nên nhanh chóng tìm được đáp án đúng là B (thực

tế nhiệt độ sôi của 3 ancol CH3OH; CH3CH2CH2OH; CH3CH(CH3)OH lần lượtlà 64,7°C; 97,2°c và 82,3°C). ,

Ví dụ sau đây là một điển hình rõ nét cho việc sử dụng phương pháp loại trừ:Cho bột Fe vào dụng dịch gồm AgN0 3 và Cu(NOa)2. Sau khi các phản ứng

xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X gồm hai muối và chất rận Y gồm hai.kim loại. Hai muối trong X và hai kim loại trong Y lần lượt là:

A. Cu(N03)2; Fe(N03)2và Cu; Fe ■ B. Cu(N03)2; Fe(N03)2và Ag; Cuc. Fe(N03)2; Fe(N03)3 và Cu; Ag D. Cu(NOg)2-AgNOg và Cu; Ag

(Đại học 2013 - khối A)Không mất nhiều thời gian để nhận ra đáp án cần tìm là B. Thật vậy, taloại trừ ngay A, vì Fe trong, Y phải tác dụng với Cu(N03)2 trong X nên sau phản ứng không thể thu được nhữtig chất như thế; tương từ là lỏại trừ ngay cvì Cu trong Y phải tác. dụng ỵới Fe(NƠ3)3 trong X, và cuối cùng loại trừ ngay DvìíGu trong Y phải tác dụng với AgNC>3 trong X. Rõ ràng phương pháp loại trừtrong trường hợp này đã tỏ rõ ưu th ế trong giải trắc nghiệm !i ‘' Cần biết; thêm rằng.,phương pháp loại trừ không phải chỉ’dùng cho các câu

trắc lighdệm lý thuyết. Trong một sô" bài toán mà hướng đi còn mù mờ, chưa

thể định hình thì phương pháp loại trừ cũng giúp ta loại bỏ các phương án sai,từ đó xác định được đáp án của bài toán. Các em hãỵ quạn sát ví dụ sau: , , j;rHòa ịan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch H NO 3 loãng, thu được 5,376 líị (đỊttc) hỗn hợp khí X gồm N 2 , N 2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối cụa )ỉặsọ ,vậị IỈ 2 bằng 18. Giá trị của m là







Rất nhiều học sinh nhanh chóng xác định được bước đầu tiên ở đây là phải tìm số mol từng khí. Đó là hướng đi đúngỉ Theo dữ kiện đã cho, ta có số moỉ

N 2 = sô' mol N 2O = 0,12 moi.Tuy nhiên hướng đi tiếp đối với một số em có thể là chưa rõ ràng, khi đó ta

dùng phương pháp loại trừ: Để ý rằng tổng số mol electron m àN +5 đã nhận để tạo N 2 và

N 2O = 0 ,12.10 + 0 ,12.8 = 2,16 mol, do đó:

17 28- Loai trừ A, vì nếu chon m = 17,28 thì riAi ■•=■*_—= 0,64 moi. Khi đó

27êlectron do Al cho —■ 0 , 6 4 - 3 . -- I f 9 2 Ĩ Tlo l < 2 ,1 6 ĨYIOỈ.

- hoai trừ c, vì nếu chon m = 18,90 thì H ai = —= 0,70 moi. Khi đó27

electron do Aị cho 0 ,7 0 ,3 ^—, 2 ,1 0 ĩì io l < 2 , 1 6 m ọ i .

19 44 '- Loai trừ B, vì nêu chon m = 19,44 thì M ai = —■■*——■= 0,72 moLKhi đó

27nelectron do Al cho = 0,72.3 = 2,16 chứng tỏ khộng tạo NH 4 N O 3 .

Do đó mmuổi = rn + 62(10.0,12 +8.0,12) = 8m <=>771 = 19,13 &19,44,

Vậy chọn D.

Cách khác Như trên đã hói, ta chỉ dùng phương pháp loại trừ khi hướng giải bài toán

còn mở hồ, chưa xác định. Nếu đã nắm được phương pháp giải toán về kim loạitác dụrig vởi HN03, bài này được giải theo bấo toàn electron như sau:

Ta có sô' mol N 2 = sô' mol N 2O = 0,12 mol . ,

Giả sử muối thu được gồm mol Al(NOs )3 và X mot NH 4 N 0 3.. , 27 .

Ta có 213 — + 80x = 8m <=> x= m27 ’ 720

Bảo toàn electron cho 3—; = 0,12.10 + 0,12.8 + 8Í-S ị-/ <=> m = 21,6.I 27 . 7 2°

ị - Hoặc trong ví dụ sau thì phương pháp lọại tĩ|ừ thẹLhiện rõ ưu, điểm trong giải

trầc nghiệm:. Hiđro hóa hoàn toàn 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai. anđehit cần 1,12 lít H 2 (đkc). Mặt khác, khi cho cũng lượng X trên .phản, ứng ưậl.một ỉựợng dự dung dịch AgNƠ 3 trong N H 3 thì thu được 8,64 garn Ag. Công thức: c.ấụ tạo cửa haianđehit trong X là:

A. OHC-CH 2-CHO và OHC- CH 2-CH 2.CHÓ







c. CH = c - CHO vồ OHC-CH 2-CHO

D. CH 2=CH-CHO và OHC-CHO

n H 0 0 5Ta có số liên kết n trung bình = —-1- = — = 2 nên loại trừ B, c.

nhh 0,025

Mật khác số mol Ag = 0,08 tức rix: ỊiAg = 1 : 3,2 nên phải loại trừ Ả.Vậy chọn D.

Điều đặc biệt là ở những câu lý thuyết hay bài toán mà dữ liệu đã cho làkhông đầy đủ Ịthì phương pháp loại trừ tỏ rõ là một sự lựa chọn tối ưu. Thậtvậy, ta xét ví dụ sau: V ■

X là chất hữu cơ tác ầụng với Na dư cho số moỉ H 2 bay ra bằng số mol NaOH cần dùng để trung hòa hết cũng lượng X trên. Công thức phân tử của X là

A. CẶỈ80 2. B, 0eH140 3 c. C7H1202. D. C8H10O2Dễ dàng loại trừ ngay B vì C6Hi403 không phản ứng’được với NaOH. Cũng loại

trừ ngay A, c vì C4H8O2 vá C7H12O2 giải phóng số moriĨ2 = —số mol NaOH., 2

Vậy chọn D.Hoặc ở ví dụ sau, do có vô sô" hỗn hợp ancoì thỏa mãn đề bài nên nếu sa đà

vào giả thiết , sẽ không thể có kết quả:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X thu

được 22 gam c o 2. Mặt khác 0,3 mol X tác dụng với Na dư được. 5,6 lít H 2 (đkc). Hai ancol đã cho là:

A. CH3OH và. C 2 H5OH B. CH3ÒH và C 3 H 6(OH)2.c. C 2 H 4(OH )2 và C 3 H 6(OH)2. D. CHsOH và CsH 5 (OH)3.Ta loại trừ ngay A, B và C do hỗn hợp có số c trung bình = sô' nhóm OH

trung bình = = 1,6 6 . Vậy chọn D, tức 2 ancol trêii là CH3OH và C3H5(OH)3.

B À I T Ậ P Á P D Ự N G

1. Cho bột Mg và Fề vào duhg dịch gồm AgNƠ3 vă Cú(N03)2. Sáu khi các phản

ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X gồm ba,muối và chất rắn Y gồmhai kim loại. Bà •muối trong X và hai kim loại tìóng Y lần lượt là:A. Mg(N03)2; Fe(N03)2; Fe(N03)3 và Fe; Cu. 'B‘. ’Cu(N03)2; AgN03; Fe(N03)3 và Ag; Cu. ' .

C.'Mg(N03)2; Fe(N03)3; Cu(N03)2 và Ạg; Cụ.D. Mg(N03)2; Fe(N03)2; Cu(N03)2 và Ag; Cu.

Giải







Giải Rõ ràng đáp án cần tìm ỉà D. Thật vậy, ta loại trừ ngay A, vì Fe và Cu

trong Ỵ phải tác dụng với Fe(NC> 3)3 trong X nên sau phản ứng không thể thu được những chất như thế; tương tự là loại trừ ngay B vì Cu trong Y phải tác dụng với Fe(N 03)3 và AgN 0 3 trong X, và cuối cùng loại trừ ngăy c vì Cu trong Y phải tác dụng với Fe(NO 3)3 trong X. Vậy chọn D.2. Cho hỗn hợp gồm Fe và Mg vào dung dịch AgN03, khi các phản ứng xảy ra

hoàn toàn thu được dung dịch X (gồm hai muôi) yà chất rắn Y (gồm hai kimloại). Hai muối trong X là:

./ Chú ý rặng rắn Y ở đầy là Ag và Fe (dạng bài tập cho hỗn hợp kim loại vào dùng dịch gồm hỗn hợp các muối thì rắn thu đựợc phải ưu tiên là các kim loại có tính khử yếu nhất).

Do đó dễ dàng loại trừ các phựơng án. B, C, D và lựa chọn đáp án A.Vậy chọn A.

3. Thí nghiệm nào sau đây chứng tỏ trong phân tử glủcozớ có 5 nhóm hiđroxýl?A. Khử hoàn toàn glucozơ thành hexan.

ỉ . B./G!ho glucozơ tác dụng yới Cu(OH)2.c. Tiến hành phản ứng tạo este của glucozơ với aiihiđrit axetic.D. Thực hiện phản ứng tráng bạc.

Loại trừ A vì đây là thí nghiệm để chứng minh phân tử glucozơ có 6C không phân nhárìh. /I,x Loại trừB vì đây là thí nghiệm để chứng .minh, phân tử 'glucozơ có các nhóm OH đứng k ế nhau. . 1.

Loại trừ D bi đây là thí nghiệm để chứng minh phân tử glucozơ có nhóm -CHO. Vậy chọn C. Jí;.. ,y : í

4. Cho phản ứng : N2(k) + 3H2(k) <— '2NH'3 Ck}; AH = -92 kJ. Hai biện phápđều làm cân bằng chuyển dịch theo chiêu thiiận là í ■: '

A. giảm nhiệt độ và giảĩh áp suất. B. tăng ĩỉHiệt đồ và tằng ẳp suất,c. giảm nhiệt độ và tăng áp suất. D'. tầng hliiệt độ và gỉảm ấp suất.

Q ị ỷ ^ y

Loại trừ A vì giảm áp suất 'thì icân bằhg se chuyển địch theo chiều nghịch. Loại trừ B, D vì tăng nhiệt độ thì cân bằng sẽ cĩíuyểh dịch theo chiều nghịch.

: 'VậychọrrG: ' —— * — ......

A. Mg(N03)2 và Fe(N03)2c. Fe(N03)3và Mg(N03)2

B. Fe(N03)2và AgNOaD. AgN03 và Mg(N03)2

Giải

Giải







5. Cho phương trình hóa học: 2X + 2NaOH — -aQ-'t0 > 2CH4 + K 2CO3 + Na2C03

Chất X là

A. CH2(COOK)2 B. CH2(COONa)2 c. CH3COOK D. CHgCOONa

Giải Loại trừ A, B vì không bảo toàn H ở 2 vế.

Loại trừ D vì X phải chứa nguyên tô' K. Vậy chọn c.

6. Các polime thuộc lọại tơ nhân tạo làẠ. tơ visco; tơ nilon-6,6; tơ capron.B. tơ tằm; tơ vinilon; tơ visco.c. tơ nilon-6,6; tơ capron; lenD. tơ viseo; tơ xenlulozơ axetat; tơ đồng-amoniac.

(Đại học 2012 - khối B)Giải

Chú ý rằng với dạng bài tập này, chỉ cần phát hiện một loại tơ trong mỗi dãy đã cho không phải là tơ nhân tạo thì ta loại trừ ngay.Vậy dễ dàìig loại trừ

A, B, c và chọn D. (tơ nilon-6 ,6; tơ capron; tơ vinilonlà tơ tổng hợp, còn tơ tằm;'len'là- tơ thiên nhiên);

Vậy chọn c. ,

7. Trong các polime: tơ tằm, sợi bông, tơ visco, tơ nilon-6, tơ nitron, những polime có nguồn gốc từ xenlulozơ là '

A. tơ tằm, sợi bông và tơ nitron B. tơ visco và tơ nilon-6c. sợi bông, tơ visco và tơ nilon-6 D. sợi bông và tơ visco

(Đại học 2013 - khố i B)Giải

Tương tự như câu 6 ở trêÝí, ta loại trừ ngay A, B, c và chọn D (tơ tằm; tơ nitron; tơ niỉon-6 không có nguồn gốc từ xenluloza).

Vậy chọn D.

8. Cho các phát biểu sau:

,(ạ) Trong bảng tuần hoàn các nguyện tố hóạ học, crom thuộc chu kì 4, nhóm VIB.(b) Các oxìt của brom đều lặ oxít ba.zơ.

(c) Trong các hợp chất,' sô' oxi hóa cao nhất của crom là +6(d) Trọng cậc phản, ứng hóa học, hợp chất crom(III) chỉ đóng vai trò chất oxihóa.(e) Khi phản ứng với khí CỈ2 dư, crom tạo ra hợp chất crom(III).Trong cáp phát biểu trên, những phát biểu đúng íà:

A. (ạ), (b)4và (e) Ẹ. (a), (c) và (e) c. (b), (d) và (e) D. (b), (c) và (e)

(Đại học 2013 -r- khối A)







Để ý rằng b) là phát biểu sai nên loại trừ ngay A, c, D (CrO là oxit bazơ; CrƠ 3 là oxit axit; Cr 20 3 là oxit lưỡng tính). Vậy chọn B.9. Cho các chất : caprolactam (Ị), isopropylbenzen (2), acrilonitrin (3), glyxin

(4), vinyl axetat (5). Gác chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là

A. (1), (2) và (3) B. (1), (2) và (5) c. (1), (3) và (5) D. (3), (4) và (5)Giải: Vì caprolactam (1) cho được phản ứng trùng hợp, nhưng isopropylbenzen (2)

không cho được phản ứng trùng hợp nên loại trừ ngay D, A, Bí Vậy chọn c.

10. Cho cân bằng hóa học sau: 2S02(k) + Ơ2 (k) <.. —^ 2SC>3.(k) ; AH < 0

Cho các biện pháp : (1) tăng nhiệt độ, (2) tăng áp suất chung eủa hệ phảnứng, (3) hạ nhiệt độ, (4) dùng thêm chất xúc tác V2O5, (5) giảm nồng độ SO3,(6) giảm áp suất chung của hệ phản ứng. Những biện pháp nào làm -cân bằngtrên chuyển dịch theo chiều thuận?

, A. (2), (3), (4), (6) f B. (1), (2),X4)c. (1), (2), (4), (5) r D. (2), (3), (5)

GiảiChú ý rằng chất xúc tác (4) không làm cân bằng chuyển dịch nên loại trừ

ngay A, B, c. Vậy chọn D.11. Cho bôn dung dịch có cùng nồng độ mol sau đây:

(1) H2 NCH2COOH, (2) CH3COOH, (3) CH3CH2 NH2 và (4) C2H3COOH.Dãy xếp theo thứ tự pH tăng dần là:A. (3), (1), (2), (4) B. (4), (1), (2), (3) \c. (2), (3), (1), (4) ' D. (4), (2), (1), (3) , ,

- „ 'V _ “ .Ị Qịảị Không ít học sinh bối rối ở câu hỏi này do không nđm. được lực ạxit cửa axit

chưa no C 2 H 3COOH là mạnh hay yếu hơn so với axit CH 3COOH. Hãy dùng phượng phập loại trừ như sau:

. Vlrdung dịch CH 3 CH 2 NH 2 có môi trường bazơ,nênpH của,' dung dịch này phải lớn nhất trong số 4 dung dịch. Vậy ỉoạị tKừA, c. . , . ,

Nhưng dung dịch NH 2CH 2COOH cộ pH xấp xỉ là 7, còn ,dụng dịch *CH 3COOH phải có pH < 7 nên ịoạì trừ tiếp B. Vậy chọn D.12. Cho hỗn hợp X gồm Fe2Ơ3, ZnO yà Cu tác dụng với dung dịch HC1 (dư) thu

đựợc dung dịch Y và phần không tail z. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH(loãng, dư) thu được kết tủa:A. Fe(OH)3và Zn(OH)2 B: Fe(OH)2, Cu(OH)2 và Zn(OH)2

"7 ™ 0: Fe(OH)3 ~ " D. Fé(OH)2và Cu(OH)2

Giải







Phần không tan z là Cu còn dư, do đó không thể tạo muối Fes+,tức không thể tạo kết tủa Fe( 0 H) 3 , vậy loại trừ A, c.

Do NaOH dư nên kết tủa không thể có hiđroxỉt lưỡng tính Zn(OH)2 , vậy loại trừ B. Do đó đáp án cần tìm là D.

13. Cho 1,37 gam Ba vào 1 lít dung dịch .CuS04 0,01 M. Sau khi các phản ứng

xảy ra hoàn toàn, khôi lượng kết tủa thụ được là.A. 3,31 gam B. 2,33 gam c. 1,71 gam D. 0,98 gam

(Đại học 2013 - khố i A). Giải

Để ý rằng số mol Ba?t = số mol SO4- = 0,01 mol

Do kết tủa phải có Ó,01 mol BaSOý, chưa kể còn Cư(OH)^, Vậy ta phải có rrikết tủa > 2,33 gam, nên loại trừ B, c, D. Vậy chọn A.

14. Cho m gam rắn X gồm Mg, Fe vào cốc đựng dung dịch CuCl2. Sau khi phản

ứng xong được dung dịch Y và rắn z. Thêm NaOH dư vào dung dịch Y, lọckết tủa nung trong không khí đến khôi lượng không đổiđược m’ gam hỗnhợp rắn T. Biết m > m\ Vậy rắn z và T lần lượt làA. Cu; Mg; Fe và MgO; Fe20 3. B. Cu ỵà MgO; Fe20 3.c. Cu; Fe và MgO; .CuO; Fè2ơ3. D. Cu; Fe và MgO; Fe203.

GiảiCần lưu ý rằng Mg có tinh khử mạnh hơn Fe nên Mg sẽ phản ứng trước với

CuCỈ 2 Chỉ khi Mg phản ứng kết, mới tới lừợt Fe pkản ứng. Vậy:

Loại trừ A, do Mg còn thì Fe chưa phản ứng nèn không thể có muối sắt trong dung dịch Y, dẫn đến T không thể có Fe203. Loại trừ B, do Mg và Fe phan ứng hết thì tổng khối lượng magỉe oxit và sắt oxit

tạo thành trong T phải lởn hơn tổng khối lượng Mg và Fe ban đầu, tức ĩrí > m. Loại trừ c, do Fe còn trong z thì CuCl2phải hết, dẫn đến T không thể có CuO.Vậy chọn D.

15. Cho rắn X gồm Mg, Al, Zn và Fe vào dung dịch CụCl2 . Sau khi phản ứngxong đừợc hỗn hợp rắn Y vầ dung dịch z. Thêm dung dịch NaOH dư vàodung dịch z thấy xuất hiện kết tủá T. Nung T đến khối lượng không đổi

được hỗn hợp rắn w. Vậy rắn Y gồm:A. Zn, Fe, Cu , B. Mg, Àl, Zn, Fe, Cu

, c. Fe, Cu D. Zn, Cu

Giải . .

Chú ý rằng thứ tự phản ứng của các kìm loại với dung dịch CuCỈ 2 là Mg J>Al > Zn > Fe.

Giải







Loại trừ B, vì dùng dịch z khi đó chỉ chứa MgCỈ 2 , dẫn đến w chỉ là MgO, không phải là hỗn hợp w như đề yêu cầu.

Loại trừ A, vì dung dịch z khi đố chứa MgCỈ 2 và AICỈ 3 , dẫn đến w cũng chỉ là MgO.

L oạ i trừ D, vì Y không thể gồm Zn; Cu (do Y còn Zn thì cũng buộc phải còn Fe).

Vậy chọn c.16. Dãy các nguyên tô" được sắp xếp theo chiều tăng dần bán kính nguyên tử

Loại trừ A, c vì bán kính nguyên tử F không thể lớn hơn bán kính nguyêntử Ò (trong một chu kì khi đi từ trái sang phải, bán kính nguyên tử giảm dần).

Tương tự như trên, loại trừ D vì bán kính nguyền tử Si không thể lớn hơn bận kính nguyên tử Al.Vậy chọn B.

í 7. X là hỗn hợp gồm axit cacboxylic đơn chức A và axit cacboxylic nhị chức B.Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X cần vừa đủ Xmol O2, sau phản ứng thu được0,40 mol Cỏ2 và 0,25 mol H2O. Giá trị XlàẠ. 0,200 B. 0,375 C, 0,225 D. 0,325

. _ ■ GiM Tá dùng bảo toàn óxi để loại trừ như sau:

{ 0 4 2 + 0 25 —0 2 2- Lọọi trừ A vì X = 0,2 thì số o trung.bình = —— ----- — ——7 ’—■■■■" = 4,33 (vô lí)

. * \ 0,15

v “' \ 0 4 2 + 0 2 5 -0 375 2Ịll ề%Sẩi trừ B ui X = 0,375 thì số o trung bình = —— ----- —— ---- ----- —= 2 (vô lí)

, \ 0,15

- V i t i r . ^ ^ , 0 ,4.2 + 0 , 2 5 - 0 ,225.2> * JMi'Boai t r ừ c V IX = 0,225 thì s ố o t r u n g b ì n h = ------------ — -------------- — = 4 (vô lí)

Vậy chọn D. ^

i

khi đi từ trái sang phải làA. AI; Si; N; O; Fc. Si; Al; N; O; F

B. F; O; N; Si; AID. F; O; N; Al; Si

Giải

Lưu ý

' 1 , Công thức tính số o trung bình = w/"-n— " n *

’ * hôn hựp

- Vì A chứa 20; B chứa 40 trong phân tử nên ta'phải có: 2 < số o trung bình < 4







18. X là hỗn hợp gồm anđehit đơn chức A và anđehit nhị chức B. Đốt cháyhoàn toàn 0,25 mol X cần vừa đủ Xmol 0 2, sau phản ứng thu được 0,475 molC02 và 0,325 mol H2O. Giá trị Xlà

A. 0,250 B. 0,350 c. 0,525 D. 0,475

Giải Ta dùng bảo toàn oxi để loại trừ như sau:

- Loại trừ A vì X = 0,25^ _ 0,475.2 + 0 ,3 2 5 -0 ,2 5 .2 _ ,1/MMthì sô o trung bình = -----—----—— ------ — 7 —— = 3,1 (vô lí)

0,25

- Loại trừ B vỉ X = 0,35

0,475.2 + 0,325-0,35.2 _ ■ ỵ ^thì sô o trung bình = •—-T- - — ———= 2,3 (vô lí)

0,25

- Loại trừ c vì X = 0,525

..... 0,475.2 + 0,325-0,525.2thì sô o trung bình = --------------

-

----------------= 0,9 (vô lí)0,25Vậy chọn D.

Lưu ỷ . ,Vỉ A chứa 10; B chứa 20 trong phân tử nên tương tự như bài trên ta phải có:

1 < sô' o trung bình < 2

19. Hòa tan hoàn toàn 24 gam hỗn hợp X gồm MO, M(OH) 2 và MC03 (M là

kim loại có hóa trị không đổi) trong 100 gam dung dịch H2S04 39,2% thu

được 1,12 lít khí (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa một chất tan duy nhất cónồng độ 39,41%. Earn loại M là

A. Mg B. Cu D. Zn Đ. Ca

(Đại học 2013 - khối B)

Giải ,Vị dụng dịch Y chỉ chứa một chất, tan duy nhất nên IỈ 2S 04 ,đã dùng vừa đủ.

39 2 100 1 12Theo đề số mol H 2SO4 - — = 0,4 và số mol khí = — — = 0,05.

100.98 N , 22,4Ta giải theo phương pháp loại trừ như sau:- Loại trừ B vì M là Cu cho ta hệ: y

80a + 98b +124c = 24

<a + b + c = 0,4' ' . Giải rab <0 (loại)'

.... .... ... j c = 0,05

f14







- Loại trừ c vì M là Zn cho ta hệ:

8 la + 99b + 125c = 24

a + b + c = 0,4

c = 0,05

- Loại trừ D vì M là Ca cho ta hệ:

56a + 74b + 100c = 24a + b + c = 0,4

c = 0,05

Giải ra b <0 (loại)

Giải ra b < 0 (loại)

Vậy chọn A.

Lưu ỷ: Có thể không cần dùng dữ kiện số gam hỗn hợp là 24 gam và giải nhanh như sau:

Gọi a, b, c lần lượt là số mol MO, M(OH) 2 và MC03, ta có hệ:

1nn 9, _ 100.39,2 _ - ,a + b + c = ’ = 0 4100.98

_ l ' ì 2 _ n ncc = — = 0,0522,4

(M + 96)(a + b + c)100

<=> M= 24 (Mg) '

= 39,4124 + 100-44C

20. Chò hỗn hợp X gồm hai ancol. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mol hỗn hợp X, thuđược 22?4 lít khí C02 (đkc). Mặt khác 0,3 mol X tác dụng với Nà dư được 5,6lít H2 (ákc). Hai ancol đã cho là:

A. CH3OH; C2H5OH B. CH3OH; 'C3H6(OH)2.

c. C2H4(OH)2; C3H5(OH)3 D. CH3OH; C2H4(OH)2

' \ - Giải *

' , ' • nco ,1 , ị, Đê ý ràng hôn hơp X có sô c trung bình - — ---- = 1,6 6 - sô nhóm OH

:r; ■' " ■ •• nhh, ° ’6- 1

2nH 2 0 25trung bình =— — = ——— = 1,66 nên:nhh 0,3

ỉ' - Loại trừ A (cồ số nhóm OH trung bình là 1). : *

- Loại trừ B (có số nhóm OH trung bình khác số c trung bình).- Loại trừ c (có 2 < số c trung bình < 3).Vậy chọn D.

15







21. Thủy phân este mạch hở E (chỉ chứa chức este) trong môi trường axit thuđược hỗn hợp sản phẩm chỉ gồm một axit cacboxylic và anđehit glycolicHOCH2CHO. Công thức phân tử của E làA. C7H10O4 B. C9H140 4 c. C4H4O4 D. C4H80 4

Giải Cần phải hiểu rằng ancol HOCH=CHOH không bền đã chuyển thành

anđehit glycolic HOCH 2CHO. Do đó este E phải có dạng RCOOCH=CHOOCR, tức E phải có sổ c chẵn (loại trừ A, B).

Mặt khác với công thức RCOOCH=CHOOCR thì E phải có ít nhất 3 it trong phân tử (loại trừ D). Vậy chọn c.

22 ...Đốt cháy hoàn toàntmột lượng ancol X tạo ra 0,4 mol CO2 và 0,5 mol H2O.X tác dụng với Cu(OH)2 tạò ra dung dịch màu xạnh lam. Oxi hóạ X bằngCuO tạo hợp chất hữu cơ-đa chức Y. Nhận xét nào sau đây đúng với X?A. X làm mất màu nước brom

B. Trong X có hai nhóm —OH liên kết với hai nguyên tử cacbon bậc hai.c. Trong X có ba, nhóm -CH3.D. Hiđrat hóa but-2-en thu được X

( (Đại học 2012 - khối A)Giải

Trước kết loại trừ A vì sô moỉ CO2 nhổ hơn số mol H 2O nên X là ancol no, không làm mất màu nước brom.

Tiếp tục loại trừ D vì hiđraị hóa anken, được ancol đơn chức no .không có khả năng hộạ tan,Cu(OH)2r

Cuối cùng loại trừ c vì X cháy tạo 0,4 mol CO2 và 0,5 mol H 2O nên X có ,4C trong phân tử. Ancol đa chức có 4C trorig phân tử không thể cộ 3 nhóm -CH 3.

Vậy chọn B.

23. Cho hỗn hợp X\gồm hai anđehit. Đốt cháy hoàn toàn 0,6 mo] hỗn hợp X,thu được 44 gam C02. Mặt khác cho 0,3 mol X tác dụng với H2 dư (Ni; t°)

t thấy có 11,2 lít H2 (đkc) phảri ứng. Hại anđehit đã chò là:A. HCHO; CH 3 CH O - B. CH 3 <CHO; C2 H 3 CHO.

c. HCHO; (CHO)2 D. HCHO; CH2(CHO)2.

Giải







- Loại trừ A (có số n trung bình là 1).

Loại trừ B (có 2 <số c trung bình < 3).- Loại trừ D (có số n trung bình khác số c trung bình).

Vậy chọn c.24. Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic. Đôt chầy hoàn toàn 0,3 mòl hỗn

hợp X, thu được 35,2 gam C02. Mặt khác cho 0,2 mol X tác dụng với

NaHGƠ3 dư thu được 8,96 lít C02 (đkc). Hai axit cacboxylic đã cho là:A. CH3COOH; CH2(COOH)2. B. CH3COOH; C2H5COOH.T C. (COOH)2; CH2(COOH)2 D. CH2(COOH)2; HOOC-CH=CH-COOH

Giải

. . ( nco . 0 4 Để ý rằng hỗn hợp X có số nhóm COOH trung bình - = — = 2 nên

nhh' °>2

'loại trừ A, B.

nco 0 8 Măt khác hỗn.hơp X có số.c trung bình ="■=-7 — = 2,66 nên loai trừ D.nhh ' 0,3 ■"

àìè Vậy chbri C. , • ...... . ...........■•••

25. Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn,0,1 mol Xcần 0,24 mol O2 thu được CO2 và 0,2 mol H2O. Công thức hai axit lạ

;; Ả, HC0QH và.C2H5COOH! CH2=CHCQOH và CH2=C(CH3)COOH

c. CH3COOH và C2H5COOH

D. CH3COOH và CH2=CHCOQH.V ■/ - 'í Giải t ■ .

’ >• ’ 2nHO 20 2Tã có số H trung bình =— -3—= ———- = 4 , vậy loại trừ B, c.

\ n.. 0,1 ị hh ’

V , Bảo toàn o cho số mol CO2 = + = 0,24 mol, vậy loại trừ A (do j f j r . - " '~ 1 2 , ’

Ị Agốmr2 ỉăxit cacboxylic đơn chức no khỉ chảy phảitạo số molCOz-so moi H 2Ọ)

ị ,, „£ Vậy chọn D. ,\2<8?rBiđro hóa1hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp Xgpm hai anđẹhit .cần 2,24 lít H2

# T (đkc). Mặt' khẩc, khi cho cũng lượng X trên phản ứng với mộtlượng dư dungI J ì dịch AgN03 trong NH3 thì thu được 17,28 gam Ag. Công thức cấu tạo của

hái ạnđẹhit trpng X là: . ' ’’rrr ----- T—' tr-3- -A. OHC-r.Ho-nHO và OHf!.r.Hn Ịt h ư v ì ệ n b ìn h ĐỊNhA. OHC-CH2-CHO và OHC-CHOft-H-&HQ-và-0HG-GH2-GHO PHÒNG MƯỢN

w o L O . J M , 17







c. CH = c - CHO và OHC-CH2-CH2-CHO

D. CH2=CH-CHO và OHC-CH2-CHOGiải

n H 0 1Ta CÓsố liên kết n trung bình — = ———= 2 nên loại trừ B. c.

nhh 0.05

Mặt khác Số mọl Ag = 0,16 nên rix : lĩAg = 1 • 3,2 tức phải loại trừ A.Vậy chọn D.

27. Cho 0,025 mol hỗn hợp X gồm hai anđehit có khối lượng 1,64 gam phảnứng với lượng dư dung dịch AgN03 trong NH3 thì thu được 8,64 gam Ag. Công thức cấu tạo của hai anđehit trong X là: A. OHG-CH2-CHO và OHOCHO B, H-CHO và OHC-CH^CHO 4c. CH2=C(CH3)-CHO và OHC-CHa-CHO

D. CH2=CH-CHO và OHC-CH2-CHO

Ta có sô moỉ Ag = 0,08 nên n x : riAg - 1 : 3,2 tức phải loại trừ A, B.

1 64 Mặt khác phân tử lượng trung bình của hỗn hợp = ———- = 65 ,6 nên phải

0,025loại trừ c. Vậy chọn D. 1

28. Hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, kế tiếp nhau trongcùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 4,02 gam X, thu được 2,34 gamH20. Mặt kháe 10,05 gam X phản ứng'vừa đủ với dung dịch NaÒH, thu được12,8 gam muối. Công thức của hai axit là

A. C3H5COOH và C4H7COOH. B. C2H3COOH vầ C3H5COOH.c . C2H5COOH vắ C3H7COOH. , D. CH3COOH và C2H5COOH.

(Đại học 2013 - khố i B)

^ 128 —10 05Ta có sô' mol 2 axit trong 10,05 gam hỗn hợp = — — !— = 0,125 mol

'■ • 22 ■

nên phâh tử lượng ttung bình 2 axit = —- — = 80,4. VậỳỊoại trừ A, D.

0 125 4 02 Mặt khác số moỉ 2 axit trong 4,02 gam hỗn hơp - — —■’ =0,05 moi

\ , 10, Ọ5, ,

2n 2 —— nên số H trung bình của 2 axit = .V'-”20 = — = 5,2 do đó loại trừ c.

. /■ nhh 0,05 .

— Vậy~chọĩi'B:; ~...

18







riivíúàhỗĩikợp hai chất hữu cơ đơn chức X và Y, thành phần nguyên tố đều gồm c H o (Mx < My). Cho 0,1 mol hỗn hợp gồm X và Y phản ứng hoàn, ịQàn với lượng dư dung dịch AgN03 trong NH3, thu được 38,88 gam Ag.1Phan trăm khối lượng của X trong hỗn hợp M là

- ' - A 83 33% B 66,67% c. 75,00% D 90,00%

’ Giải

l ^ ^ ^ í ^ 4ĩPa-eO'Số mol Ag = 0,36 nên lĩx :' ĩĩAg =1 3,6 I " Ỵậyhỗnhợp phảigồm HCHO(X)vàRCHO(Y).

V , , , ^ T fx + y = 0J fx = 0,08fwfrrw’vffflKjj'Vj;' Vlẩn lươt là số mol của X. Y; ta có hề: ị í <=><

• |4x + 2 y = 0,36 [y = 0,02

’ . Loại trừ A, vì nếu X chiếm 83,33% khối lượng hỗn hợp thì ta phải có:

W Ê Ẽ .0,08,30 ■■ W fe - V ' M = -----8 3 , 3 3 ----------- = 24 (vô lí) -U p " v 0,02

Loại trừ c, vì nếu X chiếm 75% khối lượng hỗn hợp thì ta phải có:

t W f - I 1’: : 0.08.30.100„(J ())j 304, Ị..ifííạ.;', U -<l M = -------25------------------ = 40 (vó lí)S Su M d^p ụ" ‘ ' •• . ' '0 ,0 2 - • • -

Ĩi-J'ỉ r» 'a'. V „7 ■£' Li.x': __ . Í,Ã„ ỉ, *í.ì JL _ .ỊfrìH 1 . u ,

H !-]Lbặi trừ D, vì nếu X chiếm 90% khối lượng hỗn hợp thì ta phải có:

» - 0 , 0 8 . 3 0Mv = ------ 2Ọ-;---------------- = 13,33 (vô, lí) .

Y 0,02

Vậy ctìợn B.

LƯU V \ .'SE® •:7 • ,/ ■- \; .V ị%ỵy -ị\ k~x'\ {•.. .V- ? ' ■ . vrv"v;;-.nv\T,‘Mvv\ Ạ;;-_ o;:;-, .( , V.„- Không có chất hữu cơ nào chứa c, H, o có M = 40.

\ 0,08.30.100 _ 0ĩ0830

- Do đáp án cần tìm là B nên ta có Mv = ------- ’ -----------------:— —60; „ ( Y , % 0„Ọ2,n,

Vậy Y ỉà HCOOCHs. ; : „

. 30. Hỗn hợp M gồm anđêhit X (no, đơn chức, mạch hở) và hiđrôcaGbon Ỷ, cồtổng sô" mol là 0,2 (sô" mol của X nhỏ hơn của Y). Đốt cháy hoàn toàn M, thuđược 8,96 lít khí CƠ2 (đktc) và 7,2g H2O. Hiđrôcạcbon Y là

A. CH4 B. C2H2 , C. C3H6 ^ D. C2H4

{Đại học 2010 -7 khối B)Giải

Vì'số mol H Ô ^số moi c o 2 - 0,4 nên Y lù aiìken; Ưậy Ỉồậi trừ A, B:

19

ị







Cũng phải loại trừ c, vì nếu Y là C3IỈ6 thì X buộc ph ải là HCHO (do số c trung bình là 2 ).

Nhưng để số c trung bình là 2 , khi đó phải có nc H = nHCHO(trái giả thiết).

Vậy chọn D.31. Hỗn hợp M gồm ankan A và anken B. Đốt cháy hoàn toàn 7,84 lít (đkc) hơi

M được 55 gam CO2 và 27 gam H2O. Công thức phân tử A, B lần lượt là

A. CH4 và C3IỈ6 B. C2ÍI6 và C4IĨ8 ĩC. C4H10 và C4H8 D. C3H8 và C5H10

Giải

'ị nco 1,25Ta có sô c trung bịnh - , ■=,-7:— = 3,57 nên loai trừ A, c.

n hh , /

2nHQ 2 15 Măt khác số H truhg bình = — -1— - —— - 8,57 nên làai trừ B.

nhh ° -35

Vậy chọn D.32. Đốít cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm C2H2, C3H4 và C4H4 (sô" mol mỗi chất

bằng nhau) thu được 0,09 ĩĩìoì CÒ2. Nếu lấy, pùng một lượng hỗn hợp X nhưtrên tác dụng, với mồt lượng dư dung dịch AgNƠ3 trong NH3, thấy sau mộtthời gian khôi lượng kết tủa thu được lớn hơn 4 gam. Gông thức cấu tạo củaC3H4 và C4H4 trong X lần íượt là:A. CH^C-CH3, CH2=CH-C^CH, B. ch = c-ch 3, c h 2=c=c=ch2.c. c h 2=c= ch^ g h 2=c =g =c h2. D.CH2=C=CH2, c h 2=ch -c=ch.

(Đại học 2011 - khối A)Giải

Gọi a là số mol mỗi chất, ta có 2a +3a +4a = 0,09 <=>“a = 0,01.Chú ý rằng chỉ những hỉđroccucbon có nổi ba đẩu mạch mới tạo kềt tủa khi

phản ứng với dụng dịch AgNÓ'3 trong NH3. Vậy:- Lọại trứ B vì rrikết tủà (màx) = 240.0,01 ,ỳ147.0,01=3,87 gam <, 4 gạm. ,

- Loại trừ c vì không cố kết tủa tạo thành.- Loại trừD vì nikếttủa(max) =240.0,01 +159.0,01=3,99 gam < 4 gam.

Vậy chọn Av -> ; ' ‘ ! I , J Lứ ii ý ' r’ ' t p : '

Với những bài toán xuất hiện tình huống cho hon hợp A tác dụng với. chất B, nhận thấỷ “saủ môt thời man ỉườns kết tủa thu đươc đắ vươt ơuá X sam”hay “sãủ ềrỉôt thơi ữian lương khí thu đươc đã vừơt auá V lít”, thì tất cả các chất trong -hỗn hợp A đều cho được phản, ứng với chất B. Vận dụng điều này có thể chọ,n<Jigay~đáp~án cần tìm là A mà hhônỵ cần thông qua tính toán như trên.







33 X là hỗn hợp gồm 2 ancol no, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn X được 0,4 molCƠ2 và 0,55 moỉ H20. Cũng lượng X trên nếu tác dụng với Na dư được 2,8 lítH2 (đkc). X gồmA. CH3OH; C2H4(OH)2 B. C2H4(0 H)2; C3H5(OH)3.

c. CH3OH; CsHb(OH)3 D. C2H5OH; C3H6(OH)2.

-V''-- GiảiTacó nx =n Ho- n cw = 0,55-0,4 = 0,15wo/.

nco 0 4SỐ C trung bình = —— = ■■" =2,66 nên loai trừ A. !

0,15

í" ^ 2nH 2 0 1 2 5Số nhóm OH trung bình =— — = = 1,66 nên loại trừ B

^ í ( , nx 0,15

Cũng loại trừ c vì hỗn hợp CH3OH; CsHiOH)3 có số c trung bình - số

nhóm OH trung bình..,t Vậy chọn D.

f$4. X là hỗn hợp gồm C2H2 và hiđrocàcbon A. Đốt cháy hoàn toàn 3 lít hơi Xđựợc 6 lít CO2 và 6 lít hơi nước (các thể tích đo ở cùng điều kiện). Công thức

V phârì tử củá A là:

Á. GH4 B. C2H4 c. C3H8 D. C2H6

GiảiTrước hết loại trừ B, do đốt cháy hỗn hợp ankỉn và anken không thể tạo số

mol Cỡ 2

= số mol Hệò.







o CHƯƠNG II

KỶ THCIỘT DÙNG c<k ĐỊNH LUẬT

B Ả O T O À NTrong Hóa học, có 4 định luật bảo toàn thường được sử dụng là: Định luật

bảo'toàn khôi lượng; Định luật bảo toàn điện tích; Định luật bảo toàn electronvà Định luật bạo toàn nguyên tô". Tất nhiên khi đã sử dụng các định luật bảotoàn thì hầu như không cần viết cáe phương trình phản ứng hóa học xảy ra.Chính vì vậy tốc độ giảrcác bài toán .Hóa học khi đó sẽ nhanh hơn nhiều lầnso với việc giải,theo các cách truyền thông.

Vấn đề là đứng trước một bài toán, thí sinh phải biết dùng định luật nào để“dứt điểm” bài toán cho nhanh* gọn, hợp lí, bỏi lễ không nhất thiết bài toán

nào cũng sử dụng các định luật, và nhất là sử dụng định luật, không phù hợp sẽkhiến bài toán thay vì được giải đơn giản sẽ trở thành rối rắm hơn! Nhắc, lại phạm ,ỴÌ sử dụng pủa các, định luật: ,

lì Định luậ t bảo, toàn khố i lượng Định luật này áp dụng tốt ở các bài toán hỗn hợp các chất có tính chất hóa học

tương tự tác dụng với cùng một chất, như hỗn hợp kim loại hoặc hỗn hợp oxit kimloại tác dụng với axitỊICl; H 2 SO 4 ; hỗn hợp axit cacboxylic đơn chức tác dụngvới bazơ, vớí ancol; hỗn hợp các muối cacbonat tác dụng với axit ... Đặc biệt địnhluật bảo toàn khối lượng tỏ ra là một công cụ hiệu quả khi đựợc dùng kèm với định

luật bảo toàn nguỳên tố để giải các bài toán oxi hóa khử phức tạp.21 Định luậ t bảo toàn ,điện tích\ •Định luật này áp dụng’cho các bài toán liên quan đến sô" mol các ion trong

một dung dịch; các bài toán trong đó có sự thay thế ion này bằng một ion khác(như hỗn hợp các oxiầ kim loại tác dụng với dung dịch HC1; H2SO4 loãng là sự

tháy tliế ion 0 2~bằng ion c rh a y ion sc>4 _; nhiệt phân hỗn hợp các muôi

nitrat tạo cùng sản phẩm là các oxit kim loại là sự thay thế iòn NO“ bằng ion

0 2~) . Tất nhiên cần lưu ý rằng sự thay thế này phải “bảo toàn điện tích”, tứccáe ion dương trong hỗn hợp các cation kim loại phải không thay đổi điện tíchkhi xảy ra phản ứng hóa học.

31 Định luậ t bảo tọàn nguyên tố Định luật này đặc biệt thích hợp với các bài toán gồm nhiều quá trình phản

ứng, trong đó sản phẩm tạo thành cộ cùng sô" nguyên tử của một nguyên tốtrong phân tử (như tạo hỗn hạp NO; NO2 hay hỗn hợp Nồ; N2O), hoặc bài toán







nguyên tử của một nguyên tô" trong phân tử chất phản ứng, như hỗn hợp cácaxit cacboxylic tác dụng với lượng dư NaHCC>3 thì axit cacboxylic đơn chức (có 2nguyên tử o trong phân tử) giải phóng CƠ2 theo tỉ lệ mol 1 : 1, còn các axitcacboxylic nhị chức (có 4 nguyên tử o trong phân tử) giải phóng C02 theo tỉ lệmoi 1 : 2 .

4Í Định luật bảo toàn electron

Định luật này áp dụng được cho tất cả các bài toán có liên quan đến Gác quátrình oxi hóa khử như toán về hỗn hợp các kim loại tác dụng với dung dịch chứahỗn hợp các muối; toán về hỗn hợp các kim loại tác dụng với hỗn hợp các phikim; toán về hỗn hợp eác kìm loại tác dụng với HNO3; với H2SO4Íđặc, nóng...

Điều cần nhớ khi giải theo bảo toàn electron Ịà ta chỉ chú ý đến mức oxi hóacủa các nguyên, tố ở lúc ban đầu và Ịúc kết thúc bài toán, không cần quantâm đến mức oxi hóa ở các giai đoạn trung gian. ;ị Gần biết thậm rằng sự phân loại các ứng dụng trên chỉ có tính tương đối, vìmột bài toán Hóa học có thể giải theo nhiều cách khác nhau, mỗi cách lại có

thể vận dụng định luật này hoặc định luật khác, thậm chí vận dụng nhiều địnhluật cùng lúc. Vấn đề là cách nào cho kết quả nhanh chóng, và qlián trợng Hơncả là cách nào giúp ta hiểú bài, nắm bài tốt nhất.

Tuy có 4 định luật bảo toàn, ta hãỷ xét 14' ví dụ dưới đây:Ví dụ 1: Hòa tan hết 16 gam rắn X gồm ZnO; MgO; CuO; AI2O3 cần vừa đủ 300 ml

dung dịch H2SỚ4 IM. Cô. cạn dung dịch sau phản ứng được m gam hỗn hợpmuối khan. Giá trị m làẠ. 51,2 B. 48,0 c. 40,0 D. 39,2• Nhân xét- Không' dùng định luật bảo toàn electron do bài toán không liên quan đến

phản ứng oxi hóa khử. ; I ,,- Không dùng định luật bảo toàn nguyên tô" do không có dấu hiệu đặc trưng

như đã nói ở trên. - . 1

• Giài \+ Dùng đinh luât bảo toàn khôi lương

Tạ,có mx + mHso = mmuô'i + mH0 . ,

<=> mmuô'i = 16 + 98.0,3 - 0,3.18 = 40 gằm4- Dùng đinh luât báo toàirđiên tícb: , : . , ' : : ^

đ á có n ' >1 =n ■f '. = n-„ Qn •= 0,3 nrol : .o /oxit SO4 /muối H,S 0 4

Vậy mmuô'i = ĩĩikimloai ,t m ,• . •• v-. . V í ■ • •• ■ ■—4 'i ^ í : -y f.--ỳ ự>• '.-Ví-í \ Ị ■. -

= mx - m , J+ m = 16 - 0,3.16 + 96.0,3 = 40 gam..vf • .. >■'4' *- -■ í ! > ,-y.

Vậy chọn c.







Ví dụ 2: Cho m gam Fe vào bình chứa dung dịch gồm H2SO4 và HNO3, thuđược dung dịch X và 1,12 lít khí NO. Thêm tiếp dung dịch H 2SO4 dư vào

bình thu được 0,448 lít khí NO và dung dịch Y. Biết trong cả hai trường hợp NO là sản phẩn khử duy nhất, đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Dung dịch Y hòatan vừa hết 2,08 gam Cu (không tạo thành sản phẩm khử của N+5). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A. 2,40 B. 4,20 c. 4,06 D. 3,92(Đại học 2013 - khối A)

• Nhân xét

- Không dùng định luật bảo toàn khối lượng do không thể xác định số gamcác chất trước phản ứngiCũng như sáu phản ứng.

- Không dung định luật bảo toàn điện tích do không có sự thay thế ion này bằng một ion khác trong bài toán.

TKhông dùng định luật bảo toàn nguyên tố do cũng không có dấu hiệu dặc trưng.

+ Dùng, đinh luât bảo toàn electronĐể ý rằĩíg Fe CUỐI bài đã bị oxi hóạ toàn, bộ thành Fe2+; Cu cuối bài bị oxi

hóa thành Cu2+và N+ỗ cuối bài bị khử thành N+2

. Tổng số mol NO = 0,05 + 0,02 = 0,07; Số moi Cu = 0,0325

CHO NHẬN

Fe ----- » Fe+*2 + 2e N+ỗ + 3e ------» N+2

amol 2a mol 0,21mol 0,07mol

Cu -----^ Cu+2 + 2e0,0325mól 0,065mol

Vậy 2ả + 0,065 = 0,21 <=> a;= 0,0725, ĩnol.

Dò đó m = 56.0,0725 = 4,06 gam. Vậy chọn c.

• L ư u V

Khi sử dụng định luật bảo toàn electron, ta chỉ cần lửu ý đến mức oxi hóa ban đầu và mứ;c oxi hóa lúc kết thúc bài toán của các chất, không cần íquấn tâmđến mức oxi hóa của các chất ở Gác giai đoạn trung, gian;

Ví dụ 3: Hòa tan hết hỗn hợp gồm Xmol Al; 2x;mol Zn và3x mol Ag cần vừađủ y mol HNO3. Sau phảnứng thu được V lít (đkc) hỗn hợp NO; NO2 (khôngcòn sản phẩm khử khác). Biểu thức quan hệ giữa y theo Xvà V là

A. y = lOx + 5,6V B. y = 6x + 2 ,8V

' 1 • V ~ V- e. y = lóx + —— D. y = 8x + —-— -7---...... 27,4 ................... 1 22,4

24







• Nhân xét- Không dùng định luật bảo toàn điện tích do không có sự thay thế ion này

bằng một ion khác trong bài toán- Không dùng định luật bảo toàn khối lượng do không có dữ kiện về số gam

. hỗn hợp khí.* • Giải

+ Dùng đinh luát bảo toàn riguv'ến"tố NB a o t o a n N ch o Hn/hnO, ~ n N/Al(NO,), " n N/Zn(N(),)2 "*"n N/AgNO, "^n N/NO **"n N/NO,

j[ ^ n HNOj — ^ n A l(N0 3), + ^ n Z n(N (),)2 + n AgNO, n NO n N O,

^ n HNO, “ ^ n Al * ^ ^ n Zn + r l Ag + n NO + n NC)2

V V<=> y =: 3x + 2.2x + 3x + —-— = lOx + —— .Vậy chọn c.

/: \ 22,4 22,4

+ Dùng đinh luât bảo toằn electronGiả sử hỗn hợp khí gộm a mol NO và b mol NƠ2-' Để ý rằng hỗn hợp kim loạiđã cho (3x + 2.2x + 3x) = lOx mol electron, còn

N+5 đã nhân (3a + b) mol electron để tạo khí, ta có hệ:

22,4 <^>

3a + b = 10x

1 Va = —(lOx----- — )

2 22,4

1 3V b = -— lOx)

2 22,4

Vậy "míp, = 4 « no +2iV <=> y = 4 Ì ( 1 0 x - ~ ^ ) + 2 Ì ( ^ - - 10x) .

V * *<=>y = lOx + —-— . Vây chọn c.22,4

• Lưu V

+ Nhắc lại công thức tính so mol HN O 3 cần dùng khi hòa tan một hỗn hợp

kim loại la : nHN() — nN() - ^nN()2 ^ nN2() ^ nNH4 NO,

+ Ta dùng bảo toàn N vì các khí NO và NÒ2 có cùng sô' nguyên tử N trong phẩn tử.+ Nếiì đề cho hỗn hợp khí thu được là y lít (đkc) hỗn lỊỢp gồm NO và N2O,

bài toán bắt buộc phải giải theo bảo toàn electron như sau :Giả sử hỗn hợp khí gồm a ĩriol NO và, b ĩhol N2Qi! ‘ v r ' ‘Để ý rằng hộn hợp kim loại khi đó cũng cho. (3x ,+ 2.2x + 3x) = lOx moi

electron,-còĩi“N—-đã nhận (3a +'8 b) mol eleGtron để-tạo,khí, ta có hệ:







Va + b =

22,4„ 1 3V

3a + 8 b = lOx b = —(lOx )1 [ 5 2 2 ,4

1 8 1 3Vv4y nHNOj =4nNO+10nNjOo y = 4 5 “ l0x) + 10 5 a0x

V ' ■ , ,. :V:Ĩ <=> y = 12x + —. Vậy chọn G.V- - ■ .. . 56 *

Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm Zn(N03)2, Fe(N03)3, Cu(N03)2 và Al(N08)s. Thành phần % khối lượng của nitơ trong X là 11,864%. Nung nóng 14,16 gam Xđến khôi lượng không đổi được m gam rắn. Giá trị m làẠ. 10,56 gam B. 7,68 gam c. 3,36 gam p. 6,72 gam• Nhân xét+ Có thể dùng định luật bảo toàn điện tích dọ rắn thu được là các ,oxit, tức

có sự thay thế ion NO~ trong muối bằng ion 0 27 .

+ Có thể dùng định luật bảo toàn electron do phản ứng nhiệt phân các muốinitrat là các phản ứng oxi hóa khử.

+ Không dùng định luật bảo toàn nguyên tô' do không có dấu hiệu đặc trưng.Tụy vậy cần biết định luật bảo toàn'nguyên tồ' N cho n _ = nN() để có thể giải

theo bảo toàn khôi lượng.• Giải ;+ Dùng đinh luât bảo toàn điên tích

Để ý rằng = 14 thì %N = 11,864

a = V 5 L - i o * )5 22,41 3V

b = --(10x )5 22,4

Nên M.NOỊ

62 cho % NO; = U ’86 4 - 2 =52,543 . 14

. 14,16.52,54 _ ,tức rr__ = ----- - — 77 — = 0,12 mol., NO; 100.62

Chú ý rằng m gám rắn thu được là các oxit nên:

. ríi = 1 --: 4- m = (14 1fi - 0 19.Ì 4- 1 f \—-0 12

.m = nikimloại + mo2 _ = (14,16 - 62.0,12) + Ị 6 - ~ - = 7,68(gạm)

I \ ' 2 1JVậy chọn B.‘+ Dùng đinh luảtibảo toàn electron 1

‘■r >'ìì: •>' 14 16 52'54 *'Tương tư như trên ta có n-, _.= - ,’■■■' —- = 0,12 motl.

'NO- 100.62 ' ’ ■ •

Vì sần phẩm làcấc oxit kim loại', ÍSíO2 vắ O2 riêrì N:+5' đẩ nhận electron tạo — 4^—và-Q'^đã~chòèlectrorrtạo O^ theo 'cac qaá' trình'‘chơ'íihậri ẽletítrổĩìsãù:

26







N

NHẬN

+5 V le — 0,12mol

Do đó m = mx -m

N+40,12mol

202 -

CHO

-> O2 4e0,03mol 0,12mol

NO, m o ,= 14,16-0,12.46 - 0,03.32 = 7,68 (gam).

Vậy chọn B.+ Dung đinh luât bảo toàn khôi lươngTheo trên ta có n. = nx = 0,12 mol.

NO- N(>,

Vì các kim loại không thay đổi mức oxi hóa sau phản ứng, ta có phản ứngxảy ra: ' ' ' .. . . ■ ' . '

4M(N03)n —1 — > 2M2On + 4.Ĩ1 NO2 + n020,12mol 0,03mol

Vậy m = 14,16 - 0,12.46 - 0,03.32 = 7,68 (gam). Vậy chọn B.Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 2,8 gam Fe và 1,6 gam Cu trong 500 ml

dung dịch hỗn hợp H NO 3 0,1M và HC1 0,4M, thu được khí NO (khí duynhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNƠ3 dư, thu được m gam chấtrắn, Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhấtcủa N+5 trong các phản ứng. Giá trị của m làA. 29,24 B. 30,05 c. 28,70 D. 34,10

(Đại học 2013-khôỉ B)• Nhân x é t ..Đây là dạng toán về kim loại (hoặc ion Fe2+) tác dụng với dung dịch hỗn hợp

gồm H+ và NO” . Dạng này thường không áp dụng được các định luật bảo toàn

,nên hầu hết được giải bằng cách viết các phương trĩnh phản ứrig xảy ra ở dạngion, sád đó sb sanh' xem chất hay ion nào phản ứng hết để dùng số mol.của nótrong tính tqán:

thúc, thí nghiệin, ta thấy chỉ,có Fe và Cu đã cho electron để trở thành Fe+ vàCu+2; tương tự là N+5 trong NO“ và Ag+đã nhận electron để thành và:Ag.

• Giải ’1. ' + Cách thông thường

Fe : Ọ, 05 mọi

Theo đề ta có

Cu: 0,025 mol J

: 0,25 moi

NO“ : 0,05 mol

,0 : : , Q , 2 , m ọ l ,

27







Các phản ứng xảy ra theo thứ tự:

Fe + 4H+ + NO; -

0,05mol 0,2mol 0,05mol

Cu + 2Fe3+0,025mol 0,05mol

> Fe3+ + NO + 2H20

0,05mol

— > Cu2+ > 2 +

Vậy dung dịch X sau phản ứng có chứa:

+ 2Fe0,025mol 0,05mol

H+: 0,05 mol

Cu2- : 0,025 mol

r e 3, : 0,05 mol -

c r : 0 ,2 mol

Khi cho X vào dung dịch AgN03 dư, sẽ có sự tạo thành 0,2 mol AgCl và sauđó xảy ra các phản ứng:

3Fe2* + 4H+ + NO' — > 3Fe3+ + NO + 2H2O

0,0375mol 0,05mo!

- ' Fe2+ + Ag+ -----* Fe3+ + Ag0,0125 mol • 0,0125 mol

Vậy nikếttủa = iỉiAgCi + nÍAg = 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 gam.

+ Cách dùng đinh luât báo toàn electronCHO NHẬN

Fe -----» Fe+3 + 3e NO' + 4H+ + 3e ----- > NO + 2BỊ20 (*)

0,05mol 0,15mol 0,05mol 0,0375mol Ị

Cu Cu+2 ,+ 2e , Ag+ + e —— > ,Ag,0,025mol v p,05mol , , Ị 0,0125mọl 0,0125molVậy mkếttủa = ttiAgci + mAg= 0,2.143,5 + 0,0125.108 = 30,05 gam. Vậy chọn B.

' 9Lưú_ỵf r •* ,* '* ứ ' . ‘ ì «1 -

+ Căn cứ vào vị trí các cặp oxi hóa khữ trong' dãý điện hóa,' thứ tự các phảnứng oxi hóa khử xảỳ ra khi cho X vào dung dịch AgN03 dư khi giải theo cáchthông thường phải là:5 t ỉ . ■

3Fe + 4H+ + n o : ------» 3Fe3+ + NO + 2H20

Fe2+' + AgH > Fe3+ + Ag+ ở cách giải theo bảo toàn electron, chú ý rằng dò NO, trong thí nghiệm

<<\ <đã dùng dư nên toàn bộ H+trong thí nghiệm đã phảri ửng hết theo (*).

+ Có thể nhận ra (*) từ 2 phứơng trình ion xảy ra trong bái:

Fe + 4H+ + NO'

+ 4HP- +-NO;

> Fe3+ + NO + 2H20

> 3Fề + NO-+ 2H20

28







Ví dụ 6 : Hỗn hợp X chứa ba axit cacboxylic đều đơn chức, mạch hở, gồm mộtaxit no và hai àxit không no đều có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam Xtác dụng vừa đủ với Ì50 ml dung dịch NaOH 2M, thu được 25,56 gam hỗnhợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng đung dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng thêm 40,08 gam, Tổngkhối lượng của hai axit cacboxylic không no trong m gam X làA. 15,36 gam B. 9,96 gam c. 18,96 gam D. 12,06 gam

(Dại học 2013-khôĩ A)

• Nhân xétKhông vận dụng được định luật bảo toàn nào để rút ngắn hơn lời giải bài

toán,' ngoài việc dùng bảo toàn nguyên tô" c và H để suy ra sô" mol CƠ2 và H20thu được do đốt X thay vì viết các phản ứng cháy.

• GiảiGọi công thức axit no là CnH2n02 ; công thức trung bình 2 axit chưa no là

• Giải

Gọi công thức axit no là CnH2n0 2; công thức trurOmH2m-202.

,?4‘,QọỊ a là sô' mol axit no;.,b là sô" mol 2 axit chưa nọ.

‘ ■ a + b = 0,3 "

Ta có hệ: <a(14n + 54) + b(14m + 52) = 25,5ố ' <=> ■«

44(na + bm) +18(an + bm - b) = 40,08

a = 0,15

:b = 0,15

aii + bm =0,69

Rút ra n + m = 4,6.

Chú ý rằng ta phầi có m > 3 nên chỉ có n = 1; in = 3,6 là phù hợp.

Vậy m 2 axit không no = b(14m + 30) = 0,15(14^3,6 + 30) = 12,06 (gam). Vậy chọn D.

• Lưu V

Không phải bất cứ bài toán Hóạ nào cũng vận dụng định luật bảo, toàn khi;;giải. Thông thường, các dạng toán về tốc độ phản ứng hóạ học; toán về hằng sốcân bằng Kc; toán về hiđroxit lưỡng tính; toán về xác định pH của dung dịch;toán về các ldại hạt cơ bản (p; n; e) . . . hầu như khống sử dụng đến các địnhluật bảọ toàn.

ịVí dụ 7: Chp m gạm hỗn hợp X gồm axit,axetic, axit fomic;.và axit oxalic tácdụngị với, NạHC03 (dư) thì thu được 15,68' lít khí CO2 (đktc)., Mặt. khác,, đốt

l,f. cháy hoàn, .toàn cũng lượng X trên cần, 8,9,6 lí t khí O2 (đktc) thu được .H20







Để ý rằng C02 sinh ra từ hỗn hợp X tác dụng với NaHC03 tuân theo quyluật: axit đơn chức giải phóng C02 theo tỉ lệ mol 1 : 1; axit nhị chức giải phóngC02 theo tỉ lệ mol 1 : 2 , tức axit có 2 0 trong phân tử và axit có 40 trong phântử lần lượt giải phóng CƠ2 theo các tỉ lệ tương ứng 1 : 1 và 1 : 2 nên bài toáncũng liên hệ đến định luật bảo toàn nguyên tô" o.

• Giải+ Dùng đinh luât bảo toàn khối lương kèm đinh luât bảo toàn nsruvên tổ'Gọi a, b, c là sô' mol CH3COOH , HCOOH và G2H2O4, ta có: a + b + 2c = 0,7

5 Bảo toàn oxi cho: 2a + 2b + 4c + 2.0,4 = 2 .0,8 + nu _ <=>nu n= 0,6 (mol)......... rÌ 2'J rÌ 2'J '

<=>mH0 = 10,8 gam• • • f t - • . 2 . • ■

Vậy bảo toàn khôi lượng cho m + 328,96

22,4= 35,2 + 10,8 O m = 33,2.

Vậy chọn A. *

■* Lưu V Bài toán cũng có thể giải théo cách thông thường là gọi số mol lần lứợt cácaxit là a, b, c rồi viết các phượng trình phản ứng xảy ra. Ở đây Gần chú ý đến 3

phản ứng cháy vì có ;liên quan đến sô" mol 0 2;

CH 3 COOH + 20 2

2HCOOH + 0 2

2HOOC-COQH + 0 2 -

\ u o _ 15,68

a 4- b + 2c = -22,4 = 0,7

2CO2 + 2H20 ;

2C02 + 2H20

4C02 + 2H20

Khi đổ *ta cổ liệ: < = 0,4„ b c, ,8.96

2 ,2 , ,22,4

2a + b + 2c = ỈẼìĩ. = 0 ;8 *44

<=>

a = 0,1

b = 0 ,2

c = 0 ,2 ị'ĩ:-.-r-r yỹ‘-

Vậy m = 60a + 46b + 90c = 33,2 (gam) :' Tuỹ nhiền cách{giải náy to rá bế iẵc khi them vàó hỗn hợp X một số" axit

cầcboxỷlic kỉiác ĩiHừ C2H5CỚOH ; eH2=eH-COOH ; HỐOe-CHÍCH-COOH . . vì hệ phương trìừíi lúc nàỳ'không thể giải ra được giá trị các nghiệm số. Trongkhí đó, với cách giải dùng định luật bảo tổàn khối :lượưg kết hợp với đính luật

bảo toàn nguyên tố ở trên, ta biết rằng dù hỗn hợp có thêm vàọ bao nhiêu axit1’ - 1 _ * ■■■ Ì.I.N 1 * .1 1 V n o n TY*__ - ___ 1S







Chính vì vậy việc biết kết hợp định luật sẽ cho kết quả nhanh chóng hơn sovới chỉ dùng một định luật. Đây là điều mà các học sinh cần nắm khi giải các

bài toán Hóa học phức tạp, chưa kể qua đó các em sẽ phát triển khả năng tưduy học Hóa lên nhiều lần.

Thông thường khi kết hợp định luật, thì định luật bảo toàn khối lượng đượcdùng song song với định luật bảo toàn nguyên tố sẽ cho kết quả tốt nhất. Cũngcó trường hợp định luật bảo toàn electron được dùng kèm với định luật bảo

toàn nguyên tố. Ta sẽ xét thêm một sô" ví dụ cho việc kết hợp định luật qua các bài toán đưới đây:sVí dụ Si Nung 4,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al, Zn, Mg và Cu trong oxi một thời gian

được 4,68 gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong H2SO4 đặc, nóng dưI*í đươc 0,896 lít (đkc) SO2 là sản.phẩm khử duy nhất, số mol H2SO4 đã phản ứng lày, ' A. 0,18 , B. 0,14 . C. 0,16 D. 0,11

. • Nhân xét+ Gọi a là số' mol H2SO4 cần tìm , nh ờ bảo toàn?nguyên tổ' s sẽ tín h được số'

mol s (tức sô" mol ion SO^~) có trong muối, sau đó dùng bảo toàn khôi lượng sẽ

itìm được a. Cụ thể, là bảo toàn s cho,

. ' n s/muối = n sO“-/muổ'i = n H2S04 “ n so, = ( a _ 0 , 0 4 ) m o l ., ;

+ Cũng có thể giải theo bảo toàn electron do bài;toán có xảy ra các quá trìnhoxi hóa khử. Tuy .nhiên, cần lưu ý rặng không gọi ạ, b, c, d , e là số mol 5 kimloại ban đầu. Chỉ cần đại diện 5 kim lọại đã cho là kim loại M (với số mol là a;hóa trị x) đ(f giảm bớt ẩn sô".

• GỈầi, / n t* ,+ Dùng đinh luât bảo toàn khối lương kèm đinh luât bảo toàri nguvên tố"

Ta có 4;ị68 + 98a = 4,2 + 96,(ạ - 0,04) + 640,04 + Ị 8a <z> a = 0,11 mol.Vậy chọii .D.

T . f Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvẽn tố"Để ý rặng kim loại M cuối bài‘đã bị oxi hóa toàn bộ thành Mn+; O2 cuối bài

bị khử thành ' o 2- và s +6 cuối bài bị khử thành s +4. _ _ 4 6 8-4 2Theo đề sô" mol 0 2 đã phản ứng = - 1- ---- — = 0,015 (mol)

• ” ,,i, ~ 32 - ' , ,Các q.uá trình cho, nhận electron: ' \

CHO * - ' NHẬN ' -M ----- » M+x + xe 0 2 + 4e

a mol xa mol ’ 0,015ĩriòl 0,06mơl

..s+6 + 2ệ — -> s+4

0,04mol 0,08molVậy-xa~=~O5O6“+~O,08 = 0,14. - ........ ■—







Bảo toàn nguyên tô" s cho:

nS/H,S()4 —ns/M2(SC)4)s ’ ns/s()2 ^ nn:S()4 ~ XnM,(S04 )x nsO,

<=> nHso = — +0,04 = 0,11 (mol).2 4 2

Vậy chọn Đ.• Lưu ý ■: '

+ Kết quả vẫn không đổi dù có thêm hoặc bớtcác kim loạicó trong hỗn hợp X.» 4- Dùng định luật bảo toàn electron kèm định luật bảo toàn nguyên tô'thường cho lời giải “không đẹp” như định luật bảo toàn khối lượng kèm địnhluật bảo toàn nguyên .tô'.

+ Bài toán cũng có thể giải rất nhanh nhờ dùng công thức tính số'moiH2SO4 cần dừng khi hòa tan một hỗn hợp các kim loại giải phóng sản phẩmkhử duy nhất SO2: *

_ (4,68-4,2 ) 0 0,896 _ 1n H2S0 4 'n .M2S0 4/oxilkimloại "^.n ỉI2S0 4/kimloại "^ 2 2 4 m 0

+ Nhắc lại công thức tính sô' mol H2SO4 đặc nóngđã 'dùng khi hòa tan mộthỗn hợo kim loại là nHso - 2nso . Cồng thức này được suy ra từ phản ứng của

một kim loại M bất kì với H2SO4 dặc nón^: •

2M + 211H2SO4 (đặc) ----- ị' M2(S04)n + nS02 + 2nH20

Ví dụ 9: Nung 3,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Al, Zn, Mg và Cu trong oxi một thờigian được 3 ,8 . gam hỗn hợp rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong HNỌ3 dư được0,896 lít (đkc) hỗn hợp NO; N02 có tỉ khôi so với H2 là 19. Biết chỉ xảy ra 2

quá trình khử N+5. So'moi HNO3 đã phấn ứng làA. 0,155 B. 0,195 ; c . 0,168 D. 0,180 ' ,

• Nhân xét !Tương tự ĩìhư bàỉ trên, ấ đấy cũng có thể dùng'định luật bảo toàn khối lượng

kếm địrìh luật bao toàn nguyên tổ" hoặc định luật bảo toàn electron kẽĩĩỉ dinhluật bảo toàn nguyên tô'

• Giải • „• • _ \+ Dùng đinh luât báo toàn khối lương kèm đinh luât báo toán nguvẻn tô"

Ta có 3,8, +,63a = 3,2 + 62(a - 0,04) + 38.0,04 + 18 .- <=>ạ = 0,195 (mol)

Vậỳ chọn B. r + Dùng đinh luât,bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvên tổ'

3,8-3,2







Bảo toàn electron cho: xa = 4.0,01875 + 3.0,02 + 0,02 = 0,155

Bảo toàn N cho nN/HN( — nN/M(N() +nN0 + n N /N o,

^ n HNO, — X n M (N O ,)n + n N o"*" n N()2

<=> nHN0) = xnM<No,>, + nN0 + nN0, = xa + °-04 = 0,195(mol). Vậy chọn B.

• Lưu VBài toán cũng có thể giải rất nhanh nhờ dùng công thức tính sô" moi HNƠ3

cần dùng khi hòa tan một hỗn hợp các kim loại:

“ hno, = = ^ + 4 . 0 , 0 2 + 2.0,02 = 0,195 moi

Ví đ ạ 10: Cho m gam tẳn X gồm Fe, FeO, F02O3 và Fe30 4 vào cốc đựtig 100 mlầung dịch HNO3 3,2M. Sau khi các phản ứỉig xảy ra hoàn toàn được 1,12 lít

NO (đkc) là sản p$ạẩm khử duy nhất và còn lại phần rắn là 1,48 gam sắtchưa tan hết. Gká ítrị m làA. 10,0 m. 19,5 c. 16,8 D. )L2,2• Nhân xétRõ ràng có tììể dùng định luật foảo toàn khối lượng kèm định jluật bảó toàn

nguyên tô" hoặc ềịnh luật bảo toàn ‘electron kèm định luật bảo toàn nguyên tô'.• Giải

>+Dùng dmlfa luât bảo toàn Miổì lương kèm đinh luât bảo toàn nsruvẽn tô"

Ta có m + ÍS3.Ọ,32=180(?232..-~ M 5-.) + 0,05.30 + 1 8 . + 1,48<>m = 10 (gam)2 2

Vậy chọn A.+ Dùng iđinh luât báo toàn electron kèm đinh luât bảo .toàn nguvên tô"Đặt công thức trong bình của rắn X là F e x O y

Gọi a là.‘Số mol FexOy đã phản ứng, ta có nF (N0 ) = a x moL

\ CHO NHẬN

FexOy----- > xFe2+ + yO2' + (2x - 2y)e N+5 + 3e ——> N+2

a mol ak a(2x - 2ý) 0,15 mol 0,05mol

Vậy ta có hệ

a(2 x - 2y) = 0,15

a(5óx + Ĩ6y) = m -1*48 <=>

2a x+0,05 = 0,32

ax = 0,135

ay = 0,06

m =,1Ọ

Vậy chọn A.• Lưu V

+ Vì Fe còn dư nên muối thu được là Fe(NƠ3)2.+ Đáp số1vẫrr~không đổi nếu bớt đi một hoặc hai oxit sắt trong X.

33







Ví dụ 11: Hòa tan hết 10 gam rắn X gồm Fe; Fe2Ơ3; FeO; Fe3Ơ4 bằng dungdịch chứa Xmol HNO3 (dư 20%) được 5,6 lít (đkc) hỗn hợp NO; NO2 có tỉkhôi so với H2 là 19. Biết chỉ xảy ra 2 quá trình khử N+ỗ. Giá trị XlàA. 0,93 B. 1,05 c. 1,12 D. 0,88

• Nhân xétCó thể dùng định luật bảo toàn khôi lượng kèm định luật bảo toàn nguyên

tô" hóậc định luật bảo toàn electron kèm định luật bảo toàn nguyên tố. Tuynhiên khác với ví dụ 9, ở đây do HNO3 dư nên phản ứng tạo Fe(NƠ3)3. Trongtrường hợp dùng bảo toàn electron, nhất thiết phải tính số mol mỗi khí tronghỗn hợp khí.

• Giải ''

+ Dùng đinh luât báo toàn khối lường kèm đinh ĩuât báo toàn nguvên tổ’

Ta có 10 + 63a = 242(a ~ ° ^ 5 ) + 0,25.38 + 18 2- <=> a = 0,775 (ỉhoI).3 2

0 775 20Vậy X= 0,775 + ------ = ơ,93 (mol). Vậy chọn À.100

+ Dùng đinh luât bảo toàn electron kèmđinh luât bẫờ toàn nguvên tô"Đặt công thức trùng bình của rắn X là FéxOyGọi a là sô' mol FexOy đã phản ứng.

Ta có n F (N0 =ax mol. sổ" mơi NO = số mol NO2 =o u ^ (mol).

CHO ÌNHẬN

FexOy — xFe3+ + y0 2‘ + (3* - 2y)e N+5 +■• 3te------

> N*2a mol - ax a(3x.-2y) 0)375 mol 0 ’125

mol ■ ■

' N+5 + ' Teẽ > N+4

. \ 0,125-moi 0,125 mol

Vậy ta có hệ: „ , V

, fâ(3*-ji&y) = 0,375 + ơ,í2S= ơ,5;. fax = 0,175|a(56x + 16y) = 10- A Ịay = 0 ,0125 ;

Bảo toàn N cho nHNOđăphảnứftg = 3rt Fe(N0 + n N0 + h N02 = 3ax +í!0,25 = 0,775.

^ , , 0,775.20 n noDo đó X= 0,775 + -----— — = 0,93

100

Vậy chọn A. .

• Lưu ý■■’^ + l3ồ^Tĩể"giầi'riKariH bấí ‘toán trên iihỡ dùng' côrig thức giải hhánh:

£4







Ta có nB . = — (10 + 8 .0 ,125 + 24 .0 ,125) = 0 ,175 mol.rCỊINU,), gQ

Do đó n HK1„ = 3.0,175 + 0,2 5 = 0 ,775 mol và X = 0,775 + ° ' 17 5-20 = 0,93 mol.1 100

Vậy chọn A.+ Nhắc lại công thức giải nhanh tính sô' moi Fe(N03>3 thu được khi hòa tan

hỗn hợp gồm sắt và các oxlt sắt trong lượng dư HNO3:

n,. , = — (m.. + 8nK!„ +24nVM)Fe(NO r)3 g Q v hh NO., n o 7

Ví dụ 12: Hòa tan hết 5,2 gam rắn X gồm FeS và FeS2 trong HNO3 vừa đủA đựợc V lít khí NO (đkc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y chỉ chứa

một chất tan. Giá trrV làẠ. 3,36 B. 4,48 c. 1,12 D. 5,60

• Nhăn xét

+ Vì dung dịch Y chỉ,.chứa một chất tail duy nhất nên chất tan này chỉ cóthể là Fe2(S04)3, do đó nếu gọi a là sô" mol HNO3 thì bảo toàn nguyên tô' sẽ lầnlượt tính được sô' mol NQ ; H20 -và Fe2(SƠ4)3. Cuối cùng dùng bảo toàn khốilượng sẽ xác định được a và có kết quả cần tìm., Ị Ị + Có thể giải theo bảo toàn electron vì có xảy. ra các quá trình ọxi hóa khử,lúc này nhất thiết phải dùng kèm bảo toàn nguyên tố.

• Giải+ Dùng đinh luât bảo toàn khôi lương kèm đinh luât báo toàn nguvên tồ"

Gọi á là số mol HNO3 đã dùng. Áp dụng định ịuật bảò toàn các nguyên tô" H; N, o, ta có'phản ứng sau:

*’ (FèS; FeS2) + HNO3 — Fe2(S0 4)3 + NO + H20

a — a 0,5a■\ . 12

Vậy 5,2 + 63a = 4 0 0 ^ - +30a + 18.0,5a <>a = 0,2.” 12 . ■

Do đó V = 22,4.0,2 = 4,48(lít). Vậy chọn B : \ ^ ; ' '

+ Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvên tô"Xem hỗn hợp đã cho gồm a mol Fe và b mol s, ta cố các quá trình cho nhận electron:

CHO n h ậ n

Fe -----> Feư + 3e • N+5 + 3e ------* N42

a _ 3a (3a + 6 b) 3a + 6b

35







s ----- » s+6 + 6e b 6 b

Chú ý rằng bảo toàn Fe thì phản ứng phải tạo -7- mol Fe2(S04)3 và bảo toàn2

3as cho — = b , ta có hệ <

2

56a + 32b = 5,2<=>

a = 0,05

b = 0,075

Vậy V = 22 ,4 (————) = 4,48 lít. Vậy chọn B.

• Lưu V '• ' ’ ' Tách riêng hỗn hợp đã cho thành từng đơn chất riêng lẻ là một phương pháp

rất hiệu quả cho các bài toán hỗn hợp gồm nhiều chất cùng tham gia vào một quátrình oxi hóa khử, đặc biệt đó là hỗn hợp mà số chất nhiều hơn số nguyên tố tạonên các chất đó. Ghẳng hạri hỗn hợp (Fe; FeS; FeS2>có thể tách thành hỗn hợpgồm Fe và S; hỗri hợp (Fe; Cu; S; CuS; Cu2S; FeS; FeS2) có thể tách thành hỗn hợpgồm Fe, Cu và S; hỗn hợp (Fé; Fe0; Fé203; Fe3C>4) có thể tách thành hỗn hợp gồmFơ và Ơ2. . .Điều cần lưu ý là phương pháp tách riêng hỗn hợp đã cho thành từng đơn chất riêng lể nhất thiết phải sử dụng định luật bảo toàn electron.

! Có thể xét bài toán sau trong đề thi khôi A năm 2013 để rõ hơn về phương pháp này:

Hỗn hợp X gồm Na, Ba, NCL2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu đựợc 1,12 lít. khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam

Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí ,CO2 (đktc) vào Y, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 23,6 4 B. 15,76 , c. 21,92 D. 39,40

Nếu giải theo cách thông thường là gọi a, b, c, d lần lượt là sô" mol 4 chấttrên, ta sẽ được hệ phương trình 4 ẩn sô' nhưng chỉ có 3 phương trình toán họcnên không thể giải ra từng ẩn. Tuy vậy, nếu biết rằng bài toán chỉ cần xácđịnh các giá trị tổng là (a + 2 b) và (c + d) thì bằng kỹ năng biến đổi toán học,thí sinh có thể giải bài toán đẩ cho theo cách trên như saụ:

Gọi a, b, c, d lần lượt là số' mol của Na; Na20; Ba và Baò trong X.

Theo đề ta có hệ: <

23a -H62b 7+-.13.7C.+153,d =. 21,9

^ 20,52 _ n i -c + đ = —ỉ—- = 0,12

, 1711,12

—+ C= -1-—- 0,05 _J? 22,4







a + 2c = 0,1

c + d = 0,12

b + d = 0,14

a + 2b = 0,14

Vậy r iNaOH = a + 2b = 0,14 molSuy ra dung dịch sau hòa tan ran X có chứa 0,12 mol Ba2+

và (0,14 + 2.0,12) = 0,38 mol OH-

Theo đề n = 0,3 mol nên n , - n - nrn = 0,38 - 0,3 - 0,08 mol.C02 .» GOj“ OH" CO, V ’ , . » .

; Mà nB2+= 0,12 mol nên nBco =0,08 mol, tức nikếttỏa = 197.0,08 = 15,76 gam.

Rõ ràng cách giải khá vất vả do phải biến đổi toán học rườm rặ mà không phải thí sinh nào cũng có thể thực hiện được. Trong khi đó nếu giải bằng phương pháp tách riêng hỗn hợp đã cho thành từng đơn chất riêng lẻ, bài toánchỉ còn 3 ẩn số như sau:

Gọi a, b, c lần lượt là sô" moi của Na; Bá và Ơ2 trong X.Chú ý Na và Ba đã cho electron, còn O2 và H+đã nhận electron, theo đề ta có hệ:

* Đến đây), tương tự nhự trên tìm được l ĩ i k ế t t ủ a = 15,76 gam. Vậy chọn B.

Ví dụ 13: Cho m gam rắn X gồm Cu; Fe; FeO; Fe2ơ 3 và Fe304 vào 500ml dung Tdịch HN03\ 2M. Sau khi phản ứng xong được 4,48 lít NO (đkc) là sản phẩmkhử duy nhất; dung dịch Y và còn 2 gam rắn là .Cu chưa tan hết. Cho nưởc NH3 dư vào dung dịch Y. Lọc lấy kết tủa sau phản ứng đem-nung trongkhông khí đến khối lứợng không đổi được 16 gam rắrì z. Giá trị m là

A. 25,6 B. 31,8 \C. 22^r D. 27,6• Nhân xét ị ' Vì Cu còn dư nên dung dịch Y chứa Cu2ị và Fe2+. Mặt .khác dỏ Cu(OH)2 tan

hết trong nước NH3 dư nên 16 gam z chỉ là 0,1 moi Fe2<I>3. Như vậy có thểdùng bảo toàn khối lượng kết hợp bảo toàn nguyên tồ' cho bài toán!

Mặt khác do có xảy ra các quá trình oxi hóa khử nên cũng có thể dùng địnhI —luật bảo toànelectronkết hơp với bảo *toàn .nguýên.tô".....

23a + 137b + 32c = 21,9a = 0,14

«b = 0,12

c = 0,07171 .

a + 2b = 4c + 2 ^ -

22,4' .. v' v -s

Do đó dung dịch Y có chứa (a + 2b) 0,38 mol OH và b.= 0,Ị2 mol Ba2+.

37







Ngoài ra cũng có thể tách hỗn hợp đã cho thành các đơn chất Cu; Fe và 0 2rồi giải theo định luật bảo toàn electron kết hợp với bảo toàn nguyên tố.

• Giải+ Dùng đinh luât báo toàn khỏi lương kèm đinh luât bảo toàn nguyên tổ'

m + 63.l = 188(1~ ° ’2,2 ~ ° :-2) + 180.0,2 + 0,2.30 +18—+ 2 <=>m = 27,6 (gam)2 2

Vậy chọn D. ’+ Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguyên tóGọi a và b là sô" moi Cu và FexOy đã phản ứng* tạ có hệ:

a = 0 ,2

bx = 0 ,2

by = 0,1

m = 27,6

64a + b(56;X + 16y) = m - 2

2a + b(2x - 2y) = 3.0, 2 = 0,6

bx = 0,2

2a + 2 bx + 0 ,2 - 0 ,5.2 = 1

Vậy chọn D.

Ví dụ 14: A là một trigiixerit. Xà phòng hóa m gam A bằng dung dịch NaOHvừa đủ rồi cô cạn được m’ gam hỗn hợp muối khan. Đốt cháy hoàn toànlượng muôi khan trên thù đứợc 21,34 gam C02; 8,73 gam H20 và 1,59 gam Na2C03. Công thức phân tử của A làA. C53H102O& B. G53H100Ọ& C. C55H102Q6 D. C57H110O6

• Nhân xét + Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tô' Na để từ số mol Na 2CƠ3 suy ra sô"

mol NaOH; sô" mol triglixerit A và sô" mol glixerol, từ đó dùng bảo toàn c và bảo toàn H sẽ tính' được sế c và số H trong phân tử A, tức tìm được công thức phân tử của A.

+ Sau khi dùng bảo toàn Na để suy ra số’mol NaOH; sô' mol triglixerit A vàsô" mol glixeròl, rõ ràng đã có đủ dữ kiện để dùng tiếp bảo íoàn khối lượngnhằm tính số gam triglixerit A, từ đó suy ra khôi lượng phân tử của A.< • Giải

+ Dùng đinh luât: bảo toàn nguvên tô"

1 59Vì nNaC0 = —— = 0,015 mol nên bảo toàn Na cho .riNaÒẸ .= 0,03 mol.

106

Sơ đồ phản ứng:Triglixerit A + 3NaOH

0,ọimol 0,03mol

Bảo toàn c eho: nc/A - n c/c0i +nc/N,íCO +n

> hỗn hợp muôi + glixerol: 0 ,0 Ìmol

G/glixerol







= ± °iZ 2 + 0 ,01 .8-0 ,03 .1 = 1,02 moi18

Như vậy 0,01 mol A có 0,53 mol c và 1,02 mol H nên phân tử A có 53C và 102H.Do đó công thức phân tử A là C53H102O6.

+ Dùng đinh luât báo toàn neruvên tô' kèm bảo toàn khồì lương

Đặt công thức trung bình 3 muôi là CxHy0 2Na1 59 .-K->; .

Vì n = =0,015 mol nên bảo toàn Na cho n n „ - XT = 0,03 moi.Na-jCOy 206 CxHyO,Na ’

Vậy Na - m c + m H + m Na + m 0

21 34 8 73■ = ( 1 2 - ^ ~ + 12.0,015) + 2 -1— + 0,03.23 + 16.0,03.2 =8,62 gam.

44 18

Bảo toàn khối lượng cho m = (mCxHy0 Na + m CH(0H)3) - m Na0H

= (8,62 + 92.0,01) - 40.0,03 = 8,34 gairi.

Chú ý rằng IIA = ——OH = ^5 5. = 0,01 mol nên Ma = - ---- = 834 .3 3 0,01

Do đó A phải có công thức phân tử C53H102O6. Vậy chọn A.

BÀI TẬP ÁP DỤNG

X. Hòa tan hết rắn X gồm 0,20 mol AI và 0,15 mol Mg cần vừa đủ Xmol HNO3.Sau phận ứng thu được 11,20 lít (đkc) hỗn hợp NO và NO2 (không còn sản

Jr.: ỉphẩm khử khác). Giá trị XlàÃ. 1,40 v B. 1,55 c. 1,65 , D. 1,30

•; • Nhân xét 1

Chọn bảo tỊoàn electron là hướng đi đúng cho bài toán do ở đâý có xảy rá cácqùá trình oxi.hóã khử. Tuy vậy, bảo toàn nguyên tô' N mới là hướng đi ngắnIihất của bài Itoán, do các khí NO và NO2 cùng có IN trong phân tử. Tất nhiên bài tớánscũng có thể giải theo bảo toàn khôi lượng nhưng đây là lối giải rườm

rà nên tránh vì còn phải dùrig kèm bảo toàn electron. '• Giải

; ,, + Dùng bảo toàn electronGọi a, b lần lượt là sô" mol NO và NO2 thu được.Do AI và Fe đã cho (0,2.3 + 0,15.2) = 0,9 moi và N+ỗ đã hhận (3a + b) mol

electron, ta có hệ:

Bao toàn H cho: nH/A nH/H,o " H/giixeroi nH/Na()H







[a + b - 0,5 fa = 0,2

[3^ + 0 = 0,9 |ò = 0,3

Vậy X= 4nNO+ 2nNOĩ = 4.0,2 + 2.0,3 = 1,4 (mol). Vậy chọn A.

+ Dùng bảo toàn nguvên tố

Bao toàn N cho: nNIHNOĩ = n/aiìno ị nN/Mg{N 03)2 ~ nN/N 0 nh!!N 02

rỉHNOĩ = ÂlịNO +2ỉĩMg(Nũ +ĩl N0

+f X= 3.0,2 + 2.0,15 + -ỉiỉ: := 'l ,4 (mol). Vây chon A.

22,4

+ Dùng bảo toàn khối lươngGọi a, b lần lượtlà s'ô' mol NO và NƠ2 thu đứợc.

'• Do AI và Fe đãcho (0,2.3 + 0,15.2) = 0,9 mol và N+5 đã nhận (3a + b) molelectron, ta có hệ:

ịa + b = 0,5 Ja = 0,2

|3a + ỏ = 0,9 ^ [ 6 = 0,3Bảo toàn khốỉ lượng cho:

0,2.27 + 0,15.24 + 63x = 0,2.213 + 0,15.148 + (30.0,2 + 46.0,3) +18-2 .

<=> X= 1,4 (mol). Vậy chọn A• Lưuv

Nếu hỗn hợp khí gồm 2 khí không cùng sô" nguyên tử N trong phân tử (ví dụ NO và N20), bài toán sẽ không thể giải bằng bảo toàn N như trên.

2 . Chất béo A có chỉ số axit ,và chỉ sô' xà phòng hóa lần lượt là 9,8 và 210 .Khối lựợng xà . phòng thu được khi xà phòng hóa hoàn toàn 300 gam chất

béo này bằng dung dịch KOH vừa đủ làA. 335,645 B. 318,822 c. 329,165 D. 327,612

• Nhân xét , ,

Có chỉ .số’xà phòng hó,a nên tính được khối lượng KOH đã tham gia phảnứng xà phòng hộa.i Cũng có chỉ số axit nên tính được khối lượng KOH đã thamgia phấn ứng trung hòa, suy ra lượng KOH đã tác 'dụng với- triglixerit và tính

đước khối lượng glixerol sinh , ra. Nhữ vậy đã có đủ dữ ;kiện để dùng bảo toànkhối lượng tính khối lượng xà phòng tạo thành.• Giải ,

Định luật bảo toàn khối lượng cho:

+ I KOH = Hlxà phòng + *ttglixerol + ttlnước

V ạ y m Xà phòng = (tflA + HIk Gh ) - (ĩ^glixerol + Ịttnước)

.40 \







300.210. _| ,—_ }

1000

92 300(210-9,8) t lg 300.9,8

3.56000 56000= 329,165 gam

Vậy chọn c .

• Lưu V+ Chỉ số xà phòng hóa là là số’mg KOH dùng để xà phòng hóa hoàn toàn 1

gam chất béo (bao gồm KOH dùng để trung hòa axit béo tự do và KOH dùng để

xà phòng hóa các triglixerit).+ Chỉ sô axit là số’mg KOH dùng để trung hòa hết lượng axít béo tự do có

trong 1 gam chất. béo.■+•Có thể dễ dàng chứng minh rằng dạng toán này có công thức giải nhanh sau:

HA-xàphòng = ĩĩlchất béo .+84000

(Cx là chỉ sô" xà phòng hóa; c a là chỉ sô" axit)+ Nếu thay KOH bằng NaOH (các sô' liệu giữ nguyên) thì khôi lượng

glixerol và nước vẫn không đổi, nhưng do khôi lượng NaOH khác với khốiíứợng KOH nên khối lượng xà phòng thu được là:

tU': l ĩlxà phòng = (tt lA + mNaOIỉ) “ (rciglixerol + ^nước)

• (300 + 4 0 ^ ° ) -56000

92 300(210-9,8) | ĨS300.9;8

3.56000 56000

= 311,165 gam

ắ Trong trường hợp này, công thức giải nhanh trên trở thành:

Ẹ^xà phòng T. I^chất béo +

(14C +19C )chấl b é o v * «'

84000

ỊĨ3. Cho 35,4 gam rắn X gồm Cu; CuO; Fe; FgCƠ3 và FexOy tác dụng vởi 0,5 mol ỳ/ H 2 SO 4 đặc, nóng. Sau khi phản ứng xorig đtfợc 4,48 lít (đkc) SO2 và CO2 có tỉ

khôi so với H 2 là 27; dung dịch Y và còn m gam rắn là Cù chưa tan hết. Chonước N H 3 dư vào dung dịch Y. Lọc lấy kết tủa sau phản ứng đem nung trong

; ; không khí đến khối lượng không đổi được 24 gam rắn z. Biết chỉ xảy ra mộtquá t r ình khử s +6. Giá tr ị m là ’ \

T A. 6,40 B. 4,00 c. 3,00^ D. 1,60

• Nhân xét ™ r Do Cu(OH)2 tan hết trọng nước NH3 dư nên-rắn z chỉ là 0,15 mol Fe2Ơ3. Mặt\ 3 khác Cu còn dư sau phản ứng nên í)ảo toàn Fe cho thấy dung dịch Y phải chứa

ộ,3 mol FeSƠ4. Hỗn hợp khí có 0,1 mol S02 nên bảo tọàn s cho sô' mol CuS04

, trong dung dịch Y là (0,5 - 0,3 - 0,1) = 0,1 mol C11SO4.Vậy đã có dủ dữ kiện để sử dụng định luật bảo toàn khối lượng tìm ra giá trị m.







Cũng có thể giải bài toán theo bảo toàn electron. Khi đó nên tách hỗn hợp Xđã cho thành hỗn hợp gồm các đơn chất Cu, Fe; c và Ơ2-

• Giải+ Dùng đinh luât bảo toàn khỏi lương kèm đinh luât bảo toàn nguvên tỏ"Dễ thấy sô" mol SO2 = sô" mol C02 = 0 ,1. Bảo toàn khôi lượng cho:

35,4 + 0,5.98 = 152.0,3 + 160(0,5 - 0,3 - 0,1) + 54.0,2 + 18.0,5 + m<=> m = 3 (gani). Vậy chọn C.

+ Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvên tốGọi a, b, c, d lần lượt là sô' mol Fe, Cu, c và 0 2 trong X đã phản ứng.Chú ý rằng Fe, Cu và c đã cho electron, còn 0 2 đã nhận electron, ta có hệ:

2a + 2b + 4c±4d + 2.0,1

a + b + 0,1 - 0,5

c = 0,1

a = 0,3

<=>

a = 0,3

b = 0,1

c = 0,1

d = 0,25

Vậy m = 35,4 - (56a + 64b + 12.C..+ 32d) = 3 (gam). Vậy chọn c.

4. Cho m gam rắn X gồm Cu và FeO vào 400 ml dung dịch HNO3 2M. Sau khi phản ứng xong được 2,24 lít NO (đkc) là sản phẩm duy nhất và còn lại 6 gamrắn là đồng kim loại chưa tail hết. Giá trị m là -A. 13,0 B. 32,0 c. 30,0 D. 26,0• Nhân xét Do có xảy ra các quá trình òxi hóa khử nên sử dụng bảo toàn electron là

đúng hướng. Cũng có thể dùng bảo toàn khối lượng, và nhớ rằng chúng luôn

phải dùng kèm với bảo toàn nguyên tố”.• Giải+ Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvên tô"Gọi a, b là sô' mpl Cu và FẹO đã phản ứng. .Vì Cu còn dư nên thu được Cù2+ và Fe2+, do vậy ở đâý chỉ xảy ra quá trình

cho, nhận electron của Cu và N+5:

CHO

Cú ——> Gu2++ 2e

a 2a

' Bảo toàn N chò: 'nN;'HN03 = nN/c

N+5

J \ f ’n - * ’ ;

N/Gu(N03)2 N/Fc(N 0 3)2 n / n o

1< => n HNƠ3 ~ ^nCu(N03)2 ^ ^nFc(N03)2 nNO

<=> 0,4.2 = 2a + 2b + 0,1 o 2a + 2 b = 0,7Ị'■■■ .■•1 : :-y"J -,'V•

NHẬN ‘ '

+ 3e ----- > N*2

0,3 mol 0,1 moln ■ V

4‘2







Vậy ta có hệ:2 a = 0,3 la = 0,15

2 a + 2 b = 0 ,7 ^ [b = 0,2

Do đó m = 64a + 72b + 6 = 30,0 (gam). Vậy chọn c.+ Dung: đinh luât bảo toàn khôi lương kèm đinh luât bảo toàn nguvẽn tổ'Định luật bảo toàn khôi lượng cho:

mxđã phản ứng + ^HNOj = ^niuối + ttlkhí + ^ịịô

<=>(m - 6) + 63.0,8 = [(m - 6 - m 0,8

O/FcO) + 62(0,8-0,1)1 + 0,1.30 + 18

3,2^ O /1-cO HpeO n O/FeO ^Fc(N03)2 0 ,2 m oi

.,".Gọi a ỉà sô' mol Cu đã phản ứng.ỉ”,'Đảo toàn N cho 2a + 2.0,2 + 0,1 = 0,8 <=> a = 0,15 (mol).

^ Vậy m = 64.0,15 + 72.0,2 + 6 = 30,0 (gam). Vậy chọn c.

5. Cho m gam rắn X gồm Cu và Fe3Ơ4 vào 900 ml dung dịch HNO3 2M. Sau khi phản ứng xong được 6,72 lít (đkc) hỗn hợp NO; NO2 có tỉ khối so với H2 là. . .19 (không còn sản phẩm khử khác) và còn lại 2,5 gam rắn là đồng kim loại

chưa tan hết. Giá trị m làu%43,2 B. 55,0 c. 34,8 D. 53,5. • Nhân xét , 1,

Bài toán hoàn toàn tương tự như ví dụ đã xét ở trên nên cũng có thể giảitheo 2 cách. Tuy nhiên khác với bài trên, ở đây Fe3Ơ4 đã bị khử thành Fe+2

nên cần chú ý khi giải theo bảo toàn electron.

■ + Dùng đinh luât bảo toàn electron kèm đinh luât bảo toàn nguvẽn tô"Gọi á,b lặ sô' mol Cu và Fe3Ơ4 đã phản ứng.

í Chú ý nN - nNO = 0,15 mol, ta có các quá trình cho, nhận electron:

‘V

CHO

Cu

N

■> Cu2++ 2e Na .+5 le

2a

-> N+4

NHẬN

+ỗ + 3ẹ ------ » N+2

,0,45mol 0,15mol

\~20,15 mol 0,15 moiFe30 4 + 2e ------» 3Fe+2 + 40b 2 b

64a + 232b + 2,5 = m

Vậy ta có hệ: <2a = 2b + 0,45 + 0,15 <=>

2a + 6 b + 0,3 - 1,8

a = 0,4125

b = 0,1125

m ==55,0 . Vậy chọn B.

43







+ Dùng đinh luât bào tea11 khối lương kèm đinh luât báo toàn nguvên tố"Định luật bảo toàn khối lượng cho:

m x đã phản ứng + ^HNOj ” ^ mu°i ^khí + o

<=>(m -2 ,5) + 63.1,8 = [(m - 2 , 5 - m ) + 62(1,8-0,3)] +0,3.38 +18— •1 4 2

^ mo/Fe3o4 = 7)2 ^ nFc,o4 = = 0,1 125 mol

Gọi a là sô" mol Cu đã phản ứng, bảo toàn N cho:

2a + 6.0,1125 + 0,3 = 1,8 <=> a = 0,4125 (mol).

Vậy m = 64.0,4125' 4- 232.0,1125 + 2,5 = 55,ò (gam). Vậy chọn B.

6 . Cho hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Cu phản ứng với oxi một thời gianđược 21,6 gam hỗn. hợp rắn X. Hoà tan hết X tróng dung dịch HN03 dư thuđược V lít NO (đkc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị V là

A. 5,60 B. 7,84 c. 2,24 D. 3,36• Nhân xét

Do có xảy ra các quá trình oxi hóa khử nên bài toán được giải theo bảo toànelectron. Ngoài ra bài toán cũng có đủ dữ kiện để giải ttieó bảo toàn khôilượng, trong đó chú ý dùng bảo toàn nguyên tô Fe và Cu để xác định muối tạothành gồm 0,2 moi Fe(N03)3 và 0,1 moỊ CuCNOâta rồi dùng bảo toàn N để xácđịnh số ĩriol HNO3 đã phẵn ứng là (3.0,2 + 0,2 + a) = (0,6 + 0,2 + a) mol, với alà sô' mol NO cần tìm.

Để ý rằng trong cả quá trình thí nghiệm, Fe và Cu đã cho electron, còn 0 2

và N+5 đã nhậri electron như sau:

+ Dùng đinh luât bảo toàn electron

m , 21 ,6-0 ,2.56 -0,1.64Ta có Jin = — ------ ---------- ------

32

•

Giải

= 0,125 mol

CHO NHẬN

0,2 mpl

Fe -----> Fe3+ + 3e

0,6 mol

O2 + 4e ----- > 202’

ơ,125mol 0,5mól N+ỗ + 3e ---- ^ N+2Cu * Cu2+ + 2e







+ Dùng đinh luât bào toàn khôi lương kèm bảo toàn nguvên tô"Ta có 21,6 + 63(0,6 + 0,2 + a)

= 0,2.242 + 0,1.188 + 3Qa + 18(Q>6 + ° ’-2 +— 2

<r> a = 0,1 (mol) tức V = 2,24 lít. Vậy chọn c .

7. Hòa tan hết 12 gam hỗn hợp rắn X gồm Cu; Fe; FeO; Fe2Ơ3 v à ’Ffe3Ơ4 bằngHNO3 đặc nóng dư được 11,2 lít NO2 (đkc) là sản phẩm khử'duy nhất vàdung dịch chứa 47,32 gam muôi. Phần trăm khôi lượng Cu trong X là

, A. 33 ,33% B. 28,15% c. 10,66% 1 D. 66,67%

;■ • Nhân xét

Do có xảy ra các quá trình oxi hóa khử nêìi bài toán cũng được giải theo bảotơàn electron, trong đó chú ý hỗn hợp Fe; FeO; Fe2Ơ3 và Fe304 trong các phản

i&ig với H N O 3 hoặc H2SO4 đặc nóng nên đại diện bởi một chất duy nhất FexOy.

Ngoài ra cũng có đủ dữ kiện để giải theo bảo toàn khối lượng, trong đó có kèm■ựằò1toàn nguyên tô' Cu; Fe.

• Giải .

. + Dùng đinh luât bảo toàn electron

. ,Đ,ặt công thức trung, bình của Fe; FeO; Fe2Ơ3 và Fe3Ơ4 là FexOy

Gọi a là sô' mol Cu; b là sô" mol FexOy.

Các quá trình cho, nhận electron:

CHO

Cu2+Cu —í

a mol

FexOy

b mol

Ta có hệ

+ 2e

2a mol

xFeSt + yO"

N

+ (3x - 2y)é

b(3x - 2y) moi

+5

NHẬN

1- le -

0,5mol

-> N+*

0,5mol

64a + b(56x + 16y) = 12

2a + b(3x - 2y) = = 0,5 . <=>• ■ J 9 7 4 ’

Vậý %Cu =

22,4

188a + 242bx = 47,32

64.0,02.100

a = 0,02

bx = 0,18

bỵ = 0,04

12-10,66(%). Vậy chọn c.

+ Dùng đinh luât bảo toàn khổì lương kèm bảo toàn nguyên tô"

Đặt công thức trung bình của Fe; FeO; Fe2Ơ3 và FeaQ4 là FexOy







Ta có hệ <

Vậy %Cu =

12 + 63c = 47,32 + 46.0,5 + 18

64a + b(56x + 16y) = 12

188a + 242bx = 47,32

2a + 3bx + 0,5 = c

64.0,02.100

<=>

a = 0,02

<7= 1,08

bx = 0,18

by = ò, 04

1210,66(%). Vậy chọn c.

■'ĩ . ........... .■■ .. :8 . Cho hơi nước đi qua than nóng đỏ, thu được 7,84 lít hỗn hợp khí X (đktc)

gồm CO, C02 và H2. Dẫn X qua bột CuO (dư) nung nóng, sau khi phản ứngxong thu được hỗn hợp chất rắn Y. Hòa tan toàn bộ Y bằng dung dịch HNO3

(loãng, dư) được 6,72 lít (íđkc) hỗn hợp NO, NO2 có tỉ khôi so với H2 là 19(không còn sản phẩm khử khác). Phần trăm thể tích khí co trong X là:Ạ. 18,42% B. 28,57% c. 14,28%, , D. 57,15%

• Nhân xét Nhất thiết phải viết phương trình phản ứng của c. với hơi H2O để tìm mối

quan hệ về sô" mol giữa 3 khí GO, CO2 và H2 trong hỗn hợp, sau đó dùng bảotoán electron do bài toán có xảy ra các quá trình oxi hóa khử.

Khi dùng bảo toàn electron, chú ý Cu+2 không thay đổi mửc oxi Kóà trưồc vàsau thí nghiệiư. Ở đấy thay đổi mức oxi hóa trước và sau thí nghiệm có CỌ; H 2

và N+ỗ. •• Giải

c + h20 -

G +2H20 -

CO + H2

a aCO2 + 2H2

b 2 b

Vây X gồm

CO :'á mol

H2: (a + 2b) mol

CO, : b mol

Chú ý rằng sô" moĩ NO = sô" mol NO2 = 0,15 mol, ta có cằc quá trình cho,

NHẬNnhận electron:

c +2

a mol

H2

CHO

— > c +4 + 2e

2a moi

+ 2e

-N+5 3e N+2.

0,45mol 0,15mol+4Hạ ---- > 2H+ + 2e N*5 + le - — > N+i

__ — J.ạ±.2bXmol 2(a + 2b) mọỊ . . 0,15 moi 0,15moi

4Ị6)







Do đó ta có hệ:7 84

a + b + (a + 2b) = ——- = 0,3522,4

2a + 2(a + 2b) = 0,45 + 0,15

<=>

Vậy %CO =a.100 10

= 28,57(%). Vậy chọn B.0,35 0,35

9. Hòa tan hết một lượng bột sắt troiig cốc đựng HNO3, sau khi phẩn ứng xongđược 1,12 lít NO (đkc). Thêm tiếp vào cốc một lượng H2SO4 loãng vừa đủ thu, J , được dung dịch chứa m gam muối và thấy thoát ra 0,224 lít NO (đkc) nữa.

Biết chĩ xảy ra một quá trình khử N+5. Giá trị m là 'A. 12,00 B. 13,84 c. 15,22 D. 13,96

i • Nhân xé t '

Cácỉi tốt nhất cho bài toán là dùĩDg bảo toàn electron đo có xảy ra các quá, ftri n h oxi hóa khử. Chú ý sắ t tan hế t trong dưng dịch HNO 3 ban đầu có tạo: Gả

' Fe2+ nêm phải sử dụng phương trình ion giữa Fe2+ vổi H+ và NO~ khi thêm

^H2S04 lơãng vào nhằm suy ra sô" mol H2SO4 đã dùng, rrhờ đó xác định được5,%hối lượng ion sunfat tạo thành và ion nitrat còn Tại trong m gam muôi thu:ílđược sau phản ứng; J.

Ngoài rã, bài toán có sử dụng định luật bảo toàn điện tích' để tính nhanh số mol NO3 có trong m gam muối mà không tính theo-cách' thông thường là lấy

hiệu số”mol’giữa ion; NO3 ban đầu có trong díing dịch sau khi h ò á ta n Fe bằng

HNO3 với số' mol NO3 đã bị Fe 2+ kh ử thà n h NO.

• Giải

Để ý rằng/Fe° và N+5 ban đầu đã lần lượt bị oxi hóa và bị khử thành Fe3+và _N+2 lúc kết thúc thíi nghiệm.

112 0 224í. Tong số moLNOHhu được = — - + 0,05 + Of 01 = 0,06 mol.

22,4 22,4Do đó ta có cằc quá tr ình cho, nhận electron:

; CHO NHẬNFel > Fe+3 + Se N+5-. 3e +2

0,06mol 0,18mol

Phản ứng xảy ra khi thêm H2SO4 vào:3Fe2* + 4H+ + NO3 -

0ị04mol 0,01mol

>. 3Fes* +

0,18mol

NO' + 2H20

-» !N0,06mol

Vậy m gam muối thu.' được gồm:

OjQitoiol

tó':0,06moli

lO.Olmol:' '

N.O; : 0,14mol'

47







Do đó m = 56.0,06 + 96.0,02 + 62.0,14 = 13,96 (lít).Vậy chọn D.• Lưu VVì dung dịch sau khỉ 'kít ithửc các thí nghiệm chứa 0,06 mol Fe3+; 0,02 mo

S0^_ nên bảo toàn điệm toĩch cho sế mol NO3 = 0,06.3 - 0 ,02.2 = 0,14 mol.

Nếu tính theọ €ẩdh !Híy 'hiệu sô' mol giữa ion NO3 bạn đầu có trong dungdịch sau kh i hò a itan Ee bằn g HNO3 với sô' mol NO3 đã bị F e2+ kh ử thà n h NO

thì sẽ rứờm rà ikơn nhiều. Tuy vậy, vẫn có thể tính theo hỉMng này với cách lậpluận đơri giảa lhơn nhờ dùng bảo toàii nguyên tô' N như s&ui: :

Ta có nN/HN03 — n N/m ga m m uố j'+ nN/NO

n WHNC>3 — n N /mgammuối + n N /N O

<=> nUMr. = n +nMri3 NO3 /m gam muối • NO

^ “ n o , / m gam muối = n ™ ° 3 _ " n o

o n „ =4.0,05‘-(0,05+0,01) = 0,14mol.■NOj/mgam muối

10. Thủy phân hết m gam tẽtrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗhợp gồm 28,48, gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-AỊa-Alau Giá trcủa m làA. 90,6. B. 111,74. c. 81,54. D. 66,44.

(Đại học 2011 - khố i A)• Nhân xét Để ỳ rằng sò' mol N trong tetrapeptit ban đầu phải bằng tổng sô' mol N

trong các sẳn phẩm thu được, do đổ giải pháp tốỉ ưu cho bài toái* là dùng bảotoàn N.

• Giải

28 48Ta có nAiả = - = 0,32 ínol -

89

32n Aia-aia = 7 7 T = 0 ,2 m ol,160 < . . , . .

27 72fl-Ala-ala-ala = “ 0 ,1 2 m oi

231 . ”

B ảo toà n N cho ĩlN/Ala-Ala-Ala-Ạla = ĨÌN/Ala + .^N/AỊa-Ala + n N/ẠIa-Ạla-AỊa

----4 n Ala-Aìa-Ala-Àìa =. JlAla + 2ĩlÁla-Ala:+ ỗHAla-Ala-Ala

48







! 4ĩlAla-Ala-Ala-Ala —0 ,3 2 + 2 .0 ,2 + 3 .0 ,1 2

Ị <=> riAia-Aia-Aia-Aia = 0,27 nên m = 302.0,27 = 81,54 gam. . Vậy chọn c.

■[.. 11. Xà phòng hóa một lượng este đơn chức E bằng dung dịch KOH vừa đủ. Côcạn dung dịch sau phản ứng được phần hơi bị hấp thụ hết bởi một lượng dưP2O5 và rắn khan X gồm 2 muối kali. Đốt cháy hết lượng rắn khan X được H20;6,9 gam K 2CO3 và 15,4 gam CO2 . số công thức cấu tạo phù hợp với E là

ị...

A. 3. B. 6. c. 5. D. 4.• Nhân xét .. Hơi bị hấp th ụ h ế t bởi lượng dư P2O5 ph ải là hơi nước. Xà phòng hó a E chỉ

; dứợc 2 muối và H2O nên E phải là este của phenol.;/J? Do chỉ có sô" liệu về K 2CO3 và Cp2 nên bài toán phải sử dụng bảo toàn K và'áè. Không thể dùng bảo toàn khối lượng do không có khối lượng của rắn khan X

'" (hếu thay đổi dữ liệu đề bằng cách cho biết khôi lượng rắn khan X và khối ĩlíợ ng K2CO3 th u được do đốt X, bài to án k hi đó sẽ đứợc g iả i th eo bảo tò àn khối

lilợng mà không thể giải theo bảo toàn nguyêĩi tô', vì lúc này nhờ bảo toàn khối

; lương sẽ tìm được sô" gam E, suy ra phân tử khối củá E và biết được công thứciýhẩri tử của E).1 G i ả i ' / . *

'ã$> ■■ ' 6 9 .. . .. Ta có nr rn - — = 0,05 mol nên bảo toàn K cho riKOH=ỉ 0,05.2 = 0,1 mol.

23 138Vì hơi bị hấp thụ hết bởi lượng dư P2O5 là hơi nước. Sự xà phòng hóa E tạo

/nước và 2 muối nên E phải là este của phénol. Vậý E tác dụng với KOH theo tỉlệ mol tương ứng 1 : 2 theo sơ đồ phản ứng:

0,05 mol E + 0,1 mol KOH — r-» 2 muôi + nước

: ' Bảo toànVc cho nc/E = nC/2 muối = nCIK co + n C/co - ° ’05 + °*35 = 0,4 mol

_ 1 0 4 ' . . :i V Như vây ờ,05 mol E chứa 0,4 mol c nên E có - - = 8C trong phân tử

-!** 1 0,05, '•

A Este đơn chijfc của phenol có 8C trong phân tử chỉ có thể làCsHsC^í i 'A Do đó có 4 công thức cấu tạo phù hợp với E như sau:1 CHsCOÓCeHs và HCOOC6H4CH3 (0; m; p)- c ử n V .........* ' ' " ■ " 1 ‘ .

_ ' T ! \ / 1 1 ■ ‘, Lưu V ' ,Muôn giải theo bảo toàn khối lượng, bài toán có thể. rạ như sau: Xà phòng

một lượng este đơn chức E bằng dung dịch KOH vừa đủ. Cô cạn dung dịch* lầu phần ứng được phẩn hơi bị hấp thụ hết bởi một lượng dư P2O5 và 11,5 gam; rắn khan X gồm 2 muôi kali. Đốt cháy hết lượng rắn khan X được CO2, H2O; vàf^9 gám K 2CO3. Số òôhg thức cấu tạo phù hợp VỚỈ E là 5

. A. 3.......... , B,_0, c. 5. ^ D. 4.







Trước hết vẫn kết luận E phải là este của phenol, do xà phòng hóa E chỉ được2 muối và H20. Sau đó dùng bảo toàn K để suy ra KOH đã dùng là 0,1 mol.

Vậy ta có phương trình phản ứng:

0,05 mol E + 0,1 mol KOH ----- > 11,5 gam muối + 0,05 mol H2OBảo toàn khối lượng cho mE = (11,5 + 0,05.18) - 0,1.56 = 6 ,8 . Rút ra phân tử

khôi E = ã*** =136, tức E phải có công thức phân tử CsHsC .

0,0512 . Hòa tan hết một lượng rắn X gồm FeS và FeS2 trong HNO3 vừa đủ được

hỗn hợp khí Y gồm NO; NO2 (không còn sản phẩm khử khác) và dung dịchz chỉ chứa một chất tan. Phần trăm khối lượng FeS trong X làA. 50,00%. B: <66,67%. c. 33,33%. D. 42,30%..• Nhân xét Đây; là một ví dụ điển hình cho việc sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố

trong gịải toán, vì bài toán hoàn toàn không có sô' liệu cho việc áp dụng cácđịnh luật bảo. toàn khác.

Mấu chốt vấn đề là xác định được chất tan duỳ nhất trong dung dịch Ỵ chỉ cóthể là Fe2(S0 4)3 (không thể là Fe(N03)3 vì khi đó dung dịch z phậi chứa thêm mộtchất tan là hợp chất của s, trái với giả thiết là z chỉ chứa một chất tan), sau đódùng bảo tóàn Fe và s để tìm ìnối quan hệ về số mol 'giữa FeS và FeS*

• Giải

Gọi, a,, b Ìần lượt là số' mol FeS và FeS2 trong XChất tan duy nhất trong dung dịch z phải là Fe2(S0 4)3, do đó:

Bảo toàn Fe cho sô" mol Fe2(Số4)3 là —) mol" 2 ,

Bảo toàn s cho: a + 2b = 3( a + ) <=> a = b2

Vây %FeS = - 42 3(%). Vây chon D.88úf+ 120Ỏ , v ,

13. Tiến hành điện phân dung dịch chứà m gam hỗỊi hợp CuSƠ4 và NaCl (hiệusuất 100%, điện cực trơ, màng ngăn xốp), đến khi nước bắt đầu bi diện phânở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, thu được dung dịch X và 6,72 lít khí

(đktc). ỗ anot. Dung dịch X hòa tan tối đa 20,4 gam AI2O3. Giá trị củá m làA. 25,6. B. 23,5 c. ố l,l. D. 50,4.

(Đại học 2013 - khố i A)

• Nhân xềt Trước hết cần xchú ý dung dịch X hòa tan được oxit lưỡng tính AI2O3 nên X

có thể là dung dịch axit, hoặc có thể là dung dịch bazơ. Do đó cần chia 2 trường — hợp-để^giảir 1

50







Vì điện phân là quá trình oxi hóa khử nên có thể dùng bảo toàn electron trongviệc giải toán điện phân. Đặc biệt đối với các bài toán điện phân có dữ kiện: “...đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân...”, chắc chắnsử dụng bảo toàn electron sẽ cho kết quả nhanh nhất, vì lẽ dạng này luôn cho dữkiện về sản phẩm thu được ở 2 điện cực, tức cung cấp số mol electron cho và sốmol electron nhận cho việc tính toán theo bảo toàn electron.

Gọi a, b là số mol CuS04 và NaCl trong dung dịch ban đầuVì dung dịch sau điện phân hòa tan được tối đa 0,2 mol AI2O3 nên dung dịch

mày chứa 1,2 mol H+hoặc 0,4 mol OH~ do các phản ứng:

A120 3 + 6H+ ----- » 2A13+ + 3H20

hoặc AI2O3 + 20H~----- » 2A10' + H20

+ Nếu dung dich sau điên phân chứa 1:2 mol H*

Anot (+) Catot (-)

fi Vậy m = 160a + 58,ồb = 51,1. . Vậy chọn c, ’ ' ( ’14. Điện phân với điện cực trơ 800 ml dung jdicji hỗn hợp gổin, CuSQ4 và kpi

cho đến khi nước bị điện phân đồng thời ở cả 2 điện cực thì ngừng thấy khốilượng catot tăng 3,84 gam và anot xuất hiện 0,896 lít khí (đkẹ). Đung dịchsau điện phân có pH là

• Giải

S 0 f ; C l ; H 20

2 C1" ----- > Cl2 + 2e b 0,5b b

Cu2+ + 2e ------> Cua 2â

2H20 ----- > 4H+ + 0 2 + 4e

l,2mol 0,3mol

Loại vì anot thoát ra 22,4(0,5b + 0,3) > 6,72 lít.

+ Nếu dung dich sau điên phân chứa 0.4 mol OH

Anot (+) Catot (-)Gu2+;Na+;H2ỌS 0 f?;Cl“;H20

2C1“— Cl2 + 2e b ‘ 0,5b b

Cu2++ 2e ------> Cua 2a

2H20 + 2 e ----- > 20H" + H2

0,4mol 0,4mol







• Nhân xét Do bài toán có dữ kiện : . .đến khi nưôc bị điện phân ở cả hai điện cực thì

ngừng. . nên được giải theo bảo toàn electron.• Giải

VậyỊHTJ = ----= U,1M, tức pH = 1, Vậy chọn B.0,8

• Lưu VKhí thoát ra ồ anot không thể hoàn toàn là 0,04 mol Clg, vì lẽ khi đó sô" mol

electron cho chưa bằng sô" mol electron nhận (0,12 0,08).

lổ. Amino axit X có công thức H2 NCxH Y(GOOH)2. Cho 0,1 mol X vào 0,2 lít

dung dịch H2S04 0,5M, thu đứợc dung dịch Ỷ. Cho Y phản ứng vừa đủ với

dung dịch gồm NaOH IM và KỎH 3M, thu đừợc dung dịch chứa 36,7 gammuôi. Phần trăm khối lượng của nitơ trong X làA. 9,524% B. 10Í687% c. 10,526% D. 11^966%-

• Nhân xét V. . . ; .Để giải dạng tọán chọ một amino axit X vào một dung dịch axit Y (hoặc

bazơ Z), sau đó thêm tiếp vào dung dịch sau phản ứng một lượng bazơ T vừa đủ(hoặc áxiV w vừa dỏ), ta luôn xem lúc đầu không diễn ra phản ứng giữa aminoaxit X với axit Y (hoặc bazợ Z), chỉ khi thếìn vào tiếp;một lượng bazớ T vừa đủ

(hoặc axit w vừa. đủ) thì lúc này mới dỉễn ra phản ứng của aminOj axit X và axitY (hoặc bazơ Z) ban đầu với bazơ T (hoặc axịt W) mới thêm vào. Chính vì vậydùng bảo toàn nguyên tô" sẽ dễ dằng xác đinh đứơc số* mol các íon trong dungdịch chứa 36,7 gàm muểi, từ đó xác địrih được amino áxit đã chở.

Vì dung dịch Ý có chứa 0,1 mol H2>ỊCXH Y(COOH)2 và 0,1 mol H2S04nên

có chứa 0,4 moi H+, vậy dung dịch ba zơ đẳ dùng phải chứã 0,4 mol OH“ .

CATOT

Cu2+, K+, H20

ANOT

s o f , C1',H20

Cu2++ 2 e ----- > Cu0 ,12mol 0,06mol

2C1" ----- > Cl2 + 2ea 2a

2H20 ----- > 0 2 + 4H++ 4e' I b 4b


• Giải







Do dung dịch bazơ đã dùng gồm NaOH IM và KOH 3M nên dung dịch bazơnày chứa 0,1 mol NaOH và 0,3 mol KOH.

-OOCH2NRCOCr : 0,1 mol

. » S0ỉ‘ :0,lmo lBáo toàn nguyên tô cho 36,7 gam răn gôm: <

Na+: 0,1 mol

R+ :0,3 molDo đó 0,1(104 + R) + 96.0,1 + 23.0,1 + 39.0,3 = 36,7 <r> R = 27 (C2H3)Suy ra aminoaxit đã cho là HOOCCH(NH2)CH2COOH. I

Vậy %N trong X = — ■=10,526(%). Vậy chọn c.

lệ; Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồmclo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua(không còn khí dư) hòa tan Y bằng một lượng vừạ đủ 120 ml dung dịch HC1

2M, thu được dung dịch z. Cho AgNC>3 dư vào dung dịch z, thu được 56,69gam kết tủa; Phần trăm thể tích của Clo trong hỗn hợp X làA. 51,72% B. 76,70% c. 53,85% D. 56,36%


• Nhân xét Phường án tôl ưù chò bài toáử là dùng định luật bảo toàn electron, trong đó

Mg, Fe, CỈ2, O2 và Ag+1 ban đầu đã lần lượt thay đổi sang các mức oxi hóa khikết thúc bài toán là +2; +3; -1; -2 và 0 .

Ngoài rạ 56,69 gam kết tủa là hỗn hợp gồm ẠgCl và Ag, trong đó theo bảoto àn nguyền tố c i th ì liigci = ncr= nc|lr<)ngkh|cl + nc|trongilc| = 2nc|j + n HC].

Mặt khác khi hòa tan hỗn hợp Y trong lượng vừa đủ dung dịch HC1 thì chỉxảy ra phản ứng hóa học giữa các oxit với axit HC1 i với thực chất là sự thay thếion o 2- trong oxit bằng ion c r để tạo muối clorua, do đó xảy ra bảo toàn điệntích: “tổng số mol điện tích âm trong oxit bằng tổng sô' mol điện tích âm trongmuối clorua”, hay được diễn đạt bởi biểu thức toán học

2n , =n =no “/óxit cr/clorua CF/HC]

• Giải . ’ . . . . . .

Ta có npe = 0,08 mol; hMg = 0,08 ĩrìol ‘Gọi a' b là sô' moi ờl2 và 0 2 trong X

' CIỊO ■ t ; J ĨÍỊỊẬN

M g ----- » Mg2+ + 2e Cl2 + 2e -----» 2c r







Fe ----- > Fe3+ + 3e 0 2 + 4e — — » 1 0 2~0,08 mol 0,24 moi b 4b 2 b

Ag+ + e -----> Ảg

c c c

2ữ + 4Ố + c = 0,16 + 0,24 = 0,4 a = 0,07

Ta có hệ «143,5(2a + 0,24) + 108c = 56,69 <=><6 = 0,06f Ab = 0,24 c = 0,02

Vậy %CỈ2 = —— = 53,85% Vây chọn ci .■ a + b M : .

1 1 . Đốt 16,2 gam hỗn hợp X gồm AI và Fe trorig khí CỈ2 thu được hỗn hợp chấtrắn Y. Cho Y vào nước dư, thu-được dung dịch z và 2,4 gam kim loại. Dungdịch z tác dụng được với tối đa 0,21 mol KMn04 trong dung dịch H2SO4

(không tạo ra SO2). Phần trăm khôi lượng của Fe trong hỗn hợp X là

A. 72,91% B. 64,00% c. 66,67% D. 37,3,3% .(Đại học 2012 - khối B)

• Nhân xét , ' ' ’ '.Vẫn với bảo toàn electron, bài toán sẽ được giải nhanh, gọn. Ở đây cần biết

là toàn bộ ion c r trong dung dịch z đã bị oxi hóa hết thành Cl2 bởi KMn04

trong môi trường axit, do độ chỉ có Al, Fe và Mn+7 ban đầu đã lần lượt thay đổisang các mức oxi hộa khi kết thúc bài toán là +3; +3 và +2.

• Giải

Gọi a, b là số' mol Al.và Fe đã phản ứng. ,Do chỉ có Al; ,Fe và Mn+7 ban đầu đã lần lượt , tháy đổi sang ,các mức 0X1 hóa

khi kết thúc bài toán i à +3;+3 v à +2, ta có hệ:

Ĩ3à+3Ỏ = 0 ,21 .5 = 1,05 , Ịa = 0,2

|27a + 56ồ = 16,2-2,4 = 1 3 ' 8 [ ố = 0,15

Vâý %Fe = (560 + 2,4) _ ^ 57(oỵ0 Y^y chọn Q 16,2 1 : ■

• Lưu VDo AI có tính khử mạnh hơn Fe nên 2,4 gam kim loại còn dư chắc chắn chỉgồm toàn Fe (nguyên vẹn ban đầu haỵ còn dư), hoặc gồm A1 còn dư và Fenguyên vẹn ban đầu. Không thể có trường hợp 2,4 gam. kim loại này. là AI còndư và Fe còn dư, VI Fe còn dư thì AI phải phẳn ứng hết. Chính vì vậy, riếu hệtrên giải ra b = ó; bài toán sẽ không có đáp số* do không xác địilh dượe 2,4 gamkim Ịoại còn dư chỉ là Fe hay gồm AI dư và Fe. Tất nhiên, ở đây do b =s 0,15nên Al* đã phản ứng hết và 2,4 gam kim loại chính là 'Fe còn dư.







18. Đốt cháy 10 gam rắn X gồm Mg, Al, Zn trong oxi được 10,8 gam rắn Y.Hòa tan hết Y trong HN03 dư được V lít NO (đkc) là sản phẩm khử duy nhấtvà dung dịch chứa 72 gam muôi. Giá trị V làA. 5,04 B. 4,48 c. 7,84 D. 6,72• Nhân xét Do bài toàn đã cho biết số gam kim loại và số gam muối nitrat nên sẽ tính

được sô' mol NO3 trong muôi, từ đó gọi X là sô" moi NO thu được thì bảò toàn Ncho sô' mol HNO3 = X + số mol NỌ3 trong muối. Đùng tiếp bảo toàn khối lượng

sẽ tìm được X và suy ra giá trị V cần tìm. Ị• Giải

' x L "' 72-10Ta có sô' moi NO, trong muối = -..•= i mol.

J 62Gọi X là sỐ mol NO cần tìm, bảo toàn khối lượng cho:

Ị 4- Y ■:■■■■■■- ■■

10,8 + 63(1 +x) = 72 + 30x +. 18(—— ) o X = 0,3 mol tức V = 6,72 lít.

. Vậy chọn D.Ì9. Đốt m gam Fe trong oxi được 6 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong

HNO3 dư được NO là sản phẩm khử duy nhất và thấy có 0,32 mol HNO3

phản ứng. Giá tr ị m làA. 5,04 B. 8,40 c. 7,00 D. 4,20

• Nhân xét ;Gọi X là số mol NO thu được, bảo toàn nguyên tố N sẽ cho số mol Fe = số

molFe(NO03 = 9±ỀĨ. —í. gau ^5 dùng bảo toàn, khô i lượng sẽ tí nh được X, từ

đó tính được'Số' mol Fe và giá trị m.• Giải " 1\ ‘ ‘ ■ I ‘ I ' • *

Gọi X là số\ moi NO thu được, bảo toàn nguyên tô' cho sô" mol F e = sô" mol

0 32 -x _ Fe(N03)ẹ = - — ---- . Theo định luật bảo toàn khộì lượng thì:

6 + 63.0,32 = 24 2(° ’- - - - X) + 30x + 18 ' ^ ẳ •<» X =: 0,05 (mol). .3 2

Vậy m = 56 ——) = 5,04 gaml Vậy chọn A.

20. Dẫn một luồng CO qua m gain Fe2Ơ3 nung nóng được 30 gain .hỗn hợp rắnX. Hòa tan hết X trong HNO3 dư thấy có 1,6 mol HNO3 phản ứng và thoátra NO là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị IĨ1 làA. 3 6 .............. B 34.8 c. 40.0 D. 58.0









22. Dẫn một luồng c o qua m gam Fe30 4 nung nóng được 6,016 gam hỗn hợp rắnX. Hòa tan X trong 110 ml dung dịch HNO 3 2M thấy thoát ra V lít (đkc) hỗnhợp NO; N02 có tỉ khối so với H2 là 17 (không còn sản phẩm khử khác) vàcòn 0,336 gam rắn là sắt kim loại chưa tan hết. Giá trị m và V lần lượt làA. 6,960; 0,896 B 7,424; 0,896 c. 23,2; 1,344 D. 6,480; 0 ,8Ỡ6

• Nhân xét

Bài toán về cơ bản tương tự với bài 20, trong đó cần chú ý muối thu được làFe(N03)2 để bảo toàn N cho đúng. Ngoài ra, cần tránh bị “gài bẫy” khi cho số

mol Fe3Ơ4 ban đầu = —số mõl Fe(N03)2, vì bảo toàn Fẻ như vậy ià chưa đầỳ đủ

‘>do chưa tính Fe dư.K*::-: ... - : ", . -

• GiảiGọi X là sô" mol hỗn hợp NO và NO2 thu được, bảo toàn nguyên tố* cho sô" ĩĩiọl

Fe(NƠ3)2 = ——#Theo định luật bảo toàn khối lượng thì:

2 ■ ■: 0 2 2 - x 0 226,016 + 63.0,22 = 180(- ’ —— ) + 34x + 1 8 + 0,336 x= 0,04 (mol).

Bảo toàn Fe cho

n* o rfin= ^ T = 0,032 moiFe3()4banđầu 3 3 3 . 2 3.56

Vậy m = 232.0,032 = 7,424 và V = 22,4.0,04 = 0,896 (lít). Vậy chọn B.

; 23. Để hòa tan hế t một lượng rắn X gồm Mg, AI và Zn cần vừa đủ 800 ml dung

dịch H2SO4 IM (lọãng). Cũng lượng X trên nếu hòa tan hết trong HNO3 dưịệ- thấy thoầt ra hỗn hợp NO; NO2 có tỉ khối so với H2 là 19 (không còn sản

phẩm khử khác) và có X mol HNO3 phản ứng. Giá trị X là

ị A. 2,4 \ B. 1,8 c. 3,2 D. 3,6

rí • Nhân xét ìỹỉ ,. ' ‘ .

Cần tinh ý nhân ra dùng bảo toàn điên tích để tím sô' mol NO" trong muốiặr-- ' ’ 2* dựa vào sô" mol H2SO4 đã phản ứng. Đây-là mấu chốt để quyết định bài toán.

£■ Bên cạnh đó, việc dùng bảo toàn N là cần thìet để thiết lập mối quan hệ giữa• giá trị X cần tim với sô" mol các khí và sô" mol NO~ tro ng muối.







Theo đề thì nN() = nNO = a mol nên bảo toàn N cho 1,6 + 2a = X (

Ta cũng phải có n HNO = 4 n NO+ 2n <=> X = 6a (2)

Giải hệ (1), (2) được a = 0,4 và X= 2,4 (mol). Vậy chọn A.• Lưu ýDo Fe thể hiện sô" oxi hóa +2 trong phản ứng với H2SO4 loãng và +3 tron

phản ứng với HNO3 nên bài toán sẽ không có đáp sô'nếu hỗn hợp có mặt Fe, vkhi đó khô ng th ể dùng bảo toàn điện tích để k ết luận n ... = 1,6 moL• NO,/muôi ■

Trong trường hơp có măt Fe, chỉ có thể kết luân n . •, >1,6 mol m0 0 •' V n o ; / muối ’

không thể xác địhh giá trị cụ thể.

24. Cho rắn X gồm Al; Zn; Fe; Cu và Mg tác dụng với CI2 dư thấy có 6,72 Cl2(đkc) phản ứng. Hòa tạn hết cũng lượng X này trong dung dịchHNO3 dthấy có X mol HNO3 phản ứng và thu được V lít (đkc) hỗn hợp Y gồm NO NO2 GÓtỉ khối so với H2 là 21 (không còn sản phẩm khử khác), Giá trị V v

X lần lượt làA. 6,72; 1,08 B. 8,96; 1,08 c. 7,84; 1,20 D. 8,96; 1,00

• Nhân xét Bài toán hoàn toàn tương tự bài 23, trong đó có sử dụng bảo toàn điện tích

để tính sô' mol NO~ trong muối và bảo toàn N để thiết lập mối qụan hệ giữ

sô' mol HNO3 với số riiol NO~ trong muối và sô" mol NO, NO2.

• Giải

(5 72Ta,có n = 2n„ = 2 - - = 0,6 mol nên n= n , . =, 0,6 mol.cr Cl 2 22 4 cr Ntìị/niuểi

Theo đề thì dYllí , = 21 nên n N0 —a và nN() = 3a

Bảo toàn N ờho nu.ỉn - n ,+ n.rn + nKĩn <=>X= 0,6 + 4a (1 HN(\ N0;imuối NO N02 ?

Mặt khác nHNO =4nNO+2nNO <=> x = ỊOa ; (2

Giải hệỉd ), (’2) được a.,=.0,Ịmol yà x;=' linol. Do đó.v = 22,4’.4a = 8,96(lít) -.Vậy chọn D.• Lưu ý

Nếu không cho HNO3 dư, bài toán sẽ không chính xác, vì lẽ nếu HNOkhông dư, hỗn hợp rắn.x vẫn có ịhể tan hết, nhứng khi đó Hỗn hợp inùối thuđược có cả Fe(N03)2 và Fe(N0 3)3, dẫn đến lứợng điện tích! dương của các catiónkim loại trong hai thí nghiệm khác nhau, lam số mol cr à thí nghiệm

khống thể bằng với số’mol Nỡ~ à thí nghiệm 2.







25. Cho m gam bột Cu vào 400 ml dung dịch AgNC>3 0,2M, sau một thời gian phản ứng thu được 7,76 gam hỗn hợp chất rắn X và dung dịch Y. Lọc táchX, rồi thêm 5,85 gam bột Zn yào Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thuđược 10,53 gam chất rắn z. Giá trị của m là

A.3,84 B 6,40 c. 5,12 D. 5,76

(Đại học khối BỈ2011)

• Nhân xét Bàị toán chắc chắn giải theo bảo toàn electron do có xảy ra các quá trình oxihóa - khử. Đặc biệt dùng bảo toàn electron sẽ chứng minh được Zn đã dùng dư,do đó xuất hiện biểu thức (m + 0,08.108 + mzn dư) = 7,76 + 10,53 và từ đó dễdàng tìm được m.

• Giải . ' ■■Gọi a là sô'mol Cu đã phản ứng:

’ Cu + 2Ag+. ----- > Cu2++ 2Aga 2a a

Vậy dung dịch Y chứa á mol Cu2+và (0,08 - 2a) mol Ag+Khi cho 0,09 moi Zn vào dung dịch ;Y, các cation trong dung dịch Y có khả

năng nhận tối đa (2a + 0,08 - 2a) = 0,0Ố mol electron, trong khi 0,09 mol Zn cókhả năng cho tối đa 0,18 mol electron nên sau phản ứng Zn còn dư là

- f t i g - w g ) = 0;05mol,V 2 . . . ,

t Do đó mcu ban đầu + niAg + mzn dư = 7,76 + 10,53 = 18 ,29 (gam)

<=> m = mcubanđầu = 18,29 - (0,08.108 + 65.0,05) = 6,4 (gam). .

Vậy chọn D.26. Hòa tan hết m gam sắt trong HNO3 dư được 13,44 lít (đkc) hỗn hợp NO,

NO2 có tỉ khôi so với H2 là l9 (không cốri sản phẩm khử khác). Giá trị m làA. 22,4 \ B. 14,0 c . 16,8;D.11,2 •

• Nhân xềt Đa sô" học sinh giải theo bảo toàn electron do có xảy ra các quá trình oxi hóa

- khử. Tuy vậy cũng có thể dùng bảo toàn nguyên tô' N, và ngắn nhất là biếtkết hợp bảo toàn khoì lượng với bảo toàn nguyên tể N.

• Giải .

+ Dùng bảo toàn electronDễ thấy sô' mol NO = số mol NO2 = 0,3 moi. ‘ "■ , ,i .

Như vậy. N+5.đã nhận (3.0,3 + 0,3) = l,2,fmol electrpn nên(]fe, đãipho, 1,2 mol

electron,,tức, có -T—= 0,4 mol Fe phản ứng. ,

Vậy ĨX1JF 5„6.„Q,4-= 22,4 (gam). Vậy chọn A.

59







+ Dùng bảo toàn nguvên tố N

Tương tự như trên, dễ th ấy sô" mol NO = số mol N 0 2 = 0,3 mol.

Vậy nHNOj = 4nN() +2nNOĩ = 4.0,3 + 2.0,3 = 1,8 mol

Tí’ A XT _ nHN()1~(nNO+ nN(), ) l ,8 -0 ,6Bảo toàn N cho nFc(NOA = ----- ------ — ---- = ---------- ỵ — = 0,4 moi.

Vậy nFe = nF.(NOJ =0,4 mol tức m = 22,4(gam). Vậy chọn A.

+ Dùng bảo toàn khối.: lương,-kết hợp bảo toàn nguyên .tế-N

Ta có: 56a + 63(3ạ + 0,6) = 242a + 0,6.38 + 18 (3a + Q’6) <z> a = 0,4M 2

Tức m = 22,4(gam). Vậy chọn A.

27. Cho m gam hỗn hợp X gồm CH3CHO;.C2H5CHO; C2H3CHO, C3H7CHO v(CHO)2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgN03 trong NH3 được 151,2 gam

bạc. Đốt cháy hết cũng lượng X trên cần vừa đủ 29,12 lít O2 (đkc). Sau phảnứng thu được H2O và 52,8 gam C02: Giá trị m là

A. 27,4 B. 24,0 c. 26,8 D. 31,2

• Nhân xét ,Để ý số’mol nguyên tử o tròng hỗn hợp anđehit quyết định sô' mol Ág sinh

ra, như vậy đã đủ dữ kiện để dùng bảo toàn o tính được sô' mol H20 và nhanhchóng suy ra kết quả cần tìm là m = mc + mH+ mo

Sau khi đã tính được số ínol H20 nhờ bảo toàn o, cũng có thể dùng bảo toànkhối lượng để tìm ra m vì lúc riày đã biết m 0 ; mco và mH0

1 • Ọịài t \ , ,v ,i , • ' : ‘Gọi a, b, c, d, e lần liíợt là sốmol 5 anđehit trên.Ta có nAg = 2a +,2b + 2c + 2d + 4e = 1,4 <=> a + b + C + d + 2e = 0,7.

rrn ì-',.1V_ 29,12 52,8 .Theo đề thì n,. .= - = l,3mol và nrri = ———= 12 mol.• °2 22,4 c°2 44 ■

Bảo toàn oxi cho ó,7 + 2.1,3 = nHO + 2.1,2 <=> nHO= 0,9 mol

Vậy m = mc + mH+ mo = Ị2.ì,2 + 2.0,9 + 16.0,7 = 27,4(gam). Vậy chọri A• Lưu V

Nếu hỗn hợp ban đầu có HCHO, bài toán sẽ không có đáp sô".

28. Hấp thụ hoài! toàn 2,24 lít (đkc) C02 vào lOOml*'dung dịch gồm K 2CO3

0,2M và KOH X mol/lít. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn được dungdịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dúng dịch BaCỈ2 dư được 11,82 gam kết

. .~„tủa. ,Giá-trị X là» ......... . .. L -. . . .....................

A. 1,0 B. 1,4 \C. 1,2 D. 1,6

60 \







• Nhân xét Không nên giải bài toán bằng cách viết phương trình phản ứng vì C0 2 tác

dụng với KOH hoặc với K 2CO3 đều có thể tạo KHCO3 khiến việc giải khi đó sẽn

rườm rà, hơn nữa không thể tính tỉ lệ k = °”. để xác định phản ứng tạo muôinco,

nào trong bài." Hướng đi tốt nhất cho bài toán là dùng bảo toàn nguyên tố c và K. Tất

nhiên không thể dùng bảo toàn electron cho bài toán vì ở đây không xảy ra các~~quá trình oxi hóa - khử, cũng không thể dùng bảo toàn khối lượng do không' xác định được ''khối lượng các chất liên quan.ầ<". - • Giải

sốmol G02 - 0,1 ; Số mol K 2CO3 = 0,02 moiV Sô'mol KOH = 0,lx ; sô' mol BaC03 = 0,06 mol

, Theo đề, dung dịch Y gồm 0,06 mol K 2CO3 và y mol KHCO3. Bảo toàn c và

Ị‘ K cho ta hệ:I. , í0 ,06 + y = 0,1 + 0,0 2 = 0,12 íx = l,4

■ jo ,J12 + y = 0,04 + 0, lx jy = 0,06

Vậy chọn B.• Lưu V

Dung dịch Y cũng có thể gồm 0,06 mol K 2CO3 và y mol KOH. Nhưng bảo- toàn C'khi đó cho 0,06 = 0,1 + 0,12 (vô lí)

29. Thủy, phân hoàn toàn 30 gam hỗn hợp hai đipeptit mạch hở thu được 31,8 gam

hỗn hờp X gồm các amino axit (các amino axit đều có một nhóm amino và mộtí nhóm cảcboxyl trong phân tử). Cho toàn bộ lượrìg hỗn hợp X trên tácdụng với1 V dung dịch HC1 dư rồi cô cạn cẩn thận thì lượng muôi khan thu được là

A. 35,45 gam B. 38,80 c. 40,50 , D. 39,10i • NKârì xét {S Dùng bảo toàn khối lượng tính được số mol H20 đã tham gia phản ứng thủy g^phân, suy ra sô" moi các amino axit sinh ra. Đậy cung, chính là sô', mol HC1 đãÌỆLpỊiản ứ;ng với amino ạxit (do các ạmoni axit chỉ có 1 nhóm NH2). Tiếp tụcdùngị ÌPĩ>ảo, toàn khối lượng sẽ tính ra lượng muôi khan thu đựợc.

• Giải \ ^:(... Đặt 2 đipeptit là X-Y (a mol) và Z-T (b mol)

S |k - X-Y + Ẹ 2Ò — > X + Y







Bảo toàn khôi lượng cho số mol H20 = a + b = —— ------- =0,1 mol

v&y fthỗn hợp amino axit — + 2 b — 0,2 moi — Ĩ1ỊỊ0]

Do đó m muô'i khan = 31,8 + 36,5.0,2 = 39,1 gam. Vậy chọn D.

30. Đun nóng m gam hỗn hợp gồm a mol tetrapeptit mạch hở X và 2a moltripeptit mạch hở Y với 600 ml dung dịch NaOH IM (vừa đủ). Sau khi các

phản ứng kết thúc, cô cạn dung dịch thu được 72,48 gam muối khan của các5amino axit đều có một nhóm -COOH và một nhóm -NH2 trong phân tử. Giátrị của m là

• Nhân xét Bài toán đã có “gợi ý” để thí sinh dùng bảo toàn khôi lứợng khi cho biết số

gam NaOH đã dùng; sô' gam muôi sinh ra; và nhiệm vụ của thí sinh chỉ là tìmsố gam nước tạo thành ở phản ứng thủy phân các peptit. Ớ đây cần nhớ quiluật: Khi thủv phân các veptit bằng diíns dỉch NaOH iao hỗn hơp muối của các amino axit đều có môt nhóm -COOH và môt nhóm -NHọ trons phân tử th ì số mol HọQ sinh ra luôn bằng số mol của peptit đã tham ma phản ứng thủv phân.

• GiảiCác phản ứng

M-N-P-Q + 4NaOH ----- > các muối natri của aminoaxit M, N, p, Q + H20

ạ : . 4a , , , a

A-B-C + 3NaOH *----- cáe muối ĩỉatri củá aminoaxit A, B, c + H202ầ 6a 2a

Vậy 10a = 0,6 <=>a = ò, 06 (mol).

Bảo toàn khôi lượng cho m + 0,6.40 = 72,48 + 18.3a <=>m = 51,72(gam).

. Vậy chọn A. ‘

31. Dẫn'!!! gam hốn hợp X’ gồm C2H2 vằ H2 qua bột Ni nung nóng một thờigian được hỗn hợp khí’Y* Dẫn Y quấ lượng dư dung dịch AgNCV N H 3 , sauphản ứng được 12 gàm kết tủá và thổát rá hỗri hợp khí z. Hỗn hợp z làm

mất màu vừa đủ dung dịch chứa 16 gam brom và còn lại khí T. Đốt cháyhoàn toàn T được 4,4 gam C02 và 4,5 gam H20. Giá trị m là

A. 5,80 B. 4,48 c. 6,20 D. 8,60

• Nhân xét

Bài toán đã hiện diện đầy đủ các sô' liệu cho vỉệc sử dụng định luật bảo toàn

A. 51,72 B. 54,30 c. 66,00 D. 44,48 .

(Đại họe khối B/2012)

62









Bảo toàn H cho riH/x = nn/Y

Vậy nx = 0,5 mol, do đó V = 22,4.0,5 = 11,2 lít. Vậy chọn A.• Lưu V

Bài toán không thể giải được nếu thay ankin C2H2 bằng một ankin khác.33. Cho butan qua xúc tác thích hợp ở nhiệt độ cao được hỗn hợp X gồm C4Hio-

C4H8; C4H6 và H2 có tỉ khôi so với butan là 0,4. Nếu cho 0,6 mol X vào dungdịch brom dư thì sô" mol brom tối đa phản ứng là

• Nhân xét Nhất thiết phải dùng bảo toặn khốỉ lương để tính được sô' mol butan ban

đầu. Sau đó ‘lưu ý trong phản ứng tách H2 của ankan CnIĨ2n +2 tạo hỗn hợp gồmCnH2n; CnH2n - 2; CnH2n +2 dư và H2 thì hiệu số mol trước và sau phản ứng chínhlà'số ìnol H2 đã , tách ra. Tách ra bao nhiêu mol H2 thì cũng có khả' năng cộngvới bấy nhiêu mol Br 2 trong dung dịch Br 2

Vậy sô" mol H2 đã tách ra = sô' mol Bĩ 2 đã phản ứng. = 0,6 - 0,24 = 0,36.Vậy chọn B. V, , V »

34. Cho 4 gám rắn X gồm. Mg, Fe vào 100ml dung dịch C11CI2 nồng độ X mọl/lít.Sau khi phản ứng xong được 6,2 gam rắn Y. Thêm dung, dịch NaỌH dư vào

phần nước lọc, rồi thu kết tủa nung trong không khí đến khôi lượng lthôngđổi được 4 gam hô n hợp rắ n z. Giá trị X là

A. 0,48 B. 0,75 c ' 0,60 \ D. 0,50'• Nhẩn xét Nếu dùng bảo tpận electron (cho phản ứng của rắn X với muối) kết, hợp với

bảo toàri nguyên tô' (để kết luận ĩiMg = .nMgo; nFe 0 = —nFe) bài toán sẽ được^ ^ 2

giải quyết rất nhanh nhờ không cần thiết viết các phương trình phản ứng hóahọc xảy ra trong bài. ■'

A. 0,48 B. 0,36 c. 0,60 D. 0,40 .(Đại học 2011 - Khối B)

• Giải0',6.58.0,4

58= 0,24 moi

• Giải-----GọLa^b lần lượt-là-SÔ'mol Mg và Fẹ đã, phản ứng.

64







Để ý rằng 6,2 gam rắn Y gồm Cu và Fe dư; 4 gam rắn z gồm MgO và Fe20 3,

' , Vậy X = 0 ,7 5 . Vậy ehọn B.• Lưu V

* Thật ra nếu đây là một bài tập tự luận, học sinh phải biện luận để tìm rakhả năng phán ứng của rắn X với dung dịch C11CI2 như sau: Nếu chỉ có Mg phản ứng thì rắn z chỉ là MgO (trái với giả th iết z là hỗn hợp, loại); Mặtkhác, nếu cả Mg và Fe đều phản ứng hếị; thì toàn bộ Mg và Fe ban đầu đã

i chuyển hế t thành các oxit trong z nên ta phải có mz > 4 gam (trái với giải thiết là mz = 4 gam, loại). Vậy Mg đã phản ứng hết, Fe chỉ phản ứng một phần.

^ Tuy nhiên với một bài tập tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm kháchquán, việc biện luận như trên là không cần thiết do sẽ làm thí sinh mất thờigiạn. Thật ra ngay từ đầu khi gọi a, b lần lượt là sô' mol Mg và Fe đã phản

I ị lifrg, mặc nhiên ta phải hiểu chất rắn Y gồm Cu và [4 - (24a + 56b)] gam FeI . tìư, đồng thời do Fe còn dư nên C11CI2 đã phản ứn,g hết và chất rắn Z chỉ gồmị ,MgOi Fe2Ơ3. Lúc này nếu giải ra b = 0 tất nhiên chỉ có Mg phản ứng; nếu giảiI ra a > 0; b > 0 thì Mg đã phản ứng hết, Fe chỉ phản ứng một phần, còn nếuị giải ra a < 0 hoặc b < 0 thì Fe đã phản ứng hết và chất rắn z lúc này còn có cả• CuO do CuCl2 ban đầu đã dùng dư.

I ■' Cuối cùng có một điều lý thú cần biết là, hầu rìhư tất cả mọi bài toán về hỗnI hợp 2 kim loại tác dụng với dung dịch muối, thì các tác giả đều cấu trúc theo; tiứồng kim lòại loại mạnh hơn luôn phản ứng hết, kim loại yếu hơn luôn ch!i phản ứng một phần. , !

ị 35. Hòa tan hết 30 gam hỗn hợp X gồm CuO; MgO và AI2O3 bằng H2S0 4 loãngI dư rồi c ô cạn được 8 6 gam hỗn. hợp muối khan. Hòa tan hết cũng lượng Xị í"; ^ trên trong dung dịch HC1 dư rồi cô cạn được m gam hỗn hợp.muối khan. GiáI trị m là

■Ị r> A. 75,0 B. 55,5 c. 68,0 ' D.,68,5• Nhân xét

ĩ Bài toán chắc chắn không giải theo bảo toàn electron vì không xảy ra cácĨ^T.quá trình oxi hóa khử. Nếu để ý hỗn hợp sunfat là sự thay thế ion 0 2~trong

hỗn hợp oxit bằng ion SOỊ , còn hỗn hợp clorua là sự thay thế ion ớ 2 trongv _ ■ '

hỗn hợp oxit bang ion Cl , ta có thể giải theo bảo toàn điện tích.

2a +2b = 2 .0, \x

Ta có hệ: ị 64.0,1* + [4 - (24ứ + 56ố)] = 6,2 <=>

40a + 160- = 42

a = 0,05

b = 0,025

X = 0,75

65







Cũng có thể dùng bảo toàn khối lượng để tính số mol H2SO4 đã dùng, suy ra

số’mol HC1 đã phản ứng (n HC1 = 2nHso ), rồi dùng tiếp bảo toàn khôi lượng suy

ra sô" gam clorua.

Ngoài ra bài toán cũng có thể giải theo phương pháp tăng giảm khôi lượng.• Giải

Gọi M là khối lượng các ion kim loại và a là số' mol ion 0 2~có trong 30 gam

hỗn hợp oxit. Bảo toàn điện tích cho a cũng là sô" mol SO4 ~ trong muối sunfatvà 2a là sô" mol c r trong muôi clorua. Theo đề ta có hệ:

\M + Ì6a = 30

M +9 6a = 86

M + 35,5.2a = m

<=>

cìorua

M - 18,8

a — 0,7

cìorua — 6 8 , 5m

Vậy mcio rua = 68,5 gám. Vậy chon D.

• Lưu ý

Phương pháp tăng giảm khối lựợng thực chất là giải hệ phương trình đã nêuở trên.

36. Hỗn hợp X gồm Ơ2 và O3 có tỉ khôi so với H2 là 22. Hỗn hợp khí Y gồmmetylamin và etylamin có tỉ khối so với H2 là 17,833. Để đốt cháy hoàn toàn Vilít Y cần vừa đủ Ỷ2 lít X (các thể tích đo ở cùng điều kiện). Tỉ lệ Vi : V2 làA. 3 : 5 , B. 5 : 3 c. 2 : 1 D. 1 : 2

(Đại học 2011 - khố i B)• Nhân xét

Trước Ị;iên cần biết rằngsđây là dạng toán không cho sô' liệu cụ thể nên cóthể tiự ý giả thiết hỗn hợp Ỵ gồm cụ thể bao nhiêu mol CH3 NH2, bao nhiêu molC2H 5NH 2 (dựa vào tỉ khối hơị của Y so yới H2 suy ra được tỉ lệ mol các chấttrong Y) để viết các phản ứng cháy.

dùng bảo toàn o để suy rá sô" mol ò có trong hỗn hợp X, qua đó tính được sô'mol X và tỉ lệ Vi : v 2.

Cũng có thể dùng bảo toàn khôi lượng để tính khối lượng hỗn hợp X đãtham gia phản, ứng cháy, suy ra số mol X đã dùng và tính được tỉ lệ cần tìm.' • Giải •

+ Dùng bảo toàn nguvên tổ' oBằng phương pháp đường chéo tìm được

ĩlmetylamin ‘ ĩêtylarain = 2 ; 1 và ĨIqI • Ĩ1q 1 I 3

66 V,







Giả sử đã đốt 3 mol Y (gồm 2 mol CH5N và 1 mol C2H7 N) thì sẽ được N2; 4moi CƠ2 và 8,5 mol H20, như vậy phải dùng 16,5 mol o nguyên tử.

Gọi X và 3x lần lượt là sô" mol O2 và O3 cần dùng thì

(2x + 3.3x) = 16,5 <=> X = 1,5 (mol) tức số mol hỗn hợp X= X+ 3x = 6 (mol).

Vậy tỉ lệ cần tìm là Vi : v 2 = 3 : 6 = 1 : 2. Vậy chọn D.+ Dùng báo toàn khối lương

Theo tren ta có rimetylamin • ĩletylamin — 2 ! 1 và —1! 3Giả sử đã đốt 3 mol Y (gồm 2 mol CH5N và 1 mol C2H7 N) thì sẽ được 1,5 mol

N2; 4 mol CO2 và 8,5 mol H20. Bảo toàn khôi lượng cho: í2.31 + 45 + mx = 1,5.28 + 4.44 + 8,5.18 <=> mx = 264 (gam)

Gọi X và 3x lần lượt là số’ mol O2 và O3 cần dùng thì

32x + 48.3x = 264 <=> X = 1,5 tức s ố mol hỗ n hợp X = X+ 3x = 6 (moi).

VVậy tỉ lệ cần tìm là Vi : v 2 = 3 : 6 = 1 : 2. Vầy chọn D.

37. Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dung dịch gồm HNO3 0,6M và H2SO4 0,5M.Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy nhất là NO), cô

‘ cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch sau phản ứng thì khối lượng muối khan thuđược làA. 20,16 gam. B. 19,76 gam. c. 19,20 gam. D. 22,56 gam.

(Đại học 2011-khoi A )• Nhân xét Đây là dạng toán chắc chắn phải giải theo phương trình ion nên cần tính số

iriol các chất và ion liên quan. Chú ý rằng dạng toán này hầu hết đều không sử

dụng bất cứ định luật bảo toàn nào do thường chỉ là so sánh sô' mol các chấttham gia phản ứng để tìm ra chất đã phản ứng hết.

• Giải \

i T a có ncu = 0,12 moi; n = 0,32 mol; n = 0,12 mói; n = 0,1 mơl1 H NO3 SO4

! Theo các sổ mol trên, Cu đã phản ứng hết theo phản ứng:

3Cu + 8H* + 2NO' ----- » ' 3Cu2t + 2NO + 4H20

; 0,12 mol 0,32 ĩĩìol 0,08 niol ơ,12mọl

Vậy dung ídịch sau phản ứng chứa 0,12 mol Cu2+; ó,04 mol NO3 vắ 0,1 molSO4". Do đó mmuô'i khan - 0 ) 12.64 + 0,04.62 + 0,1.96 = 19,76 gam/ Vậy chọn B.

• Lưu V

Quy các ion hiệri diệìi trong diing dịch sau phản ứng thành các muối cụ thểrồi tính tổng khối lượng các muôi này là không cẫn thiết, vì’lẽ tổng khối lượngcác muôi,cần .tìmxững là tổng-khôi -lượng các ion*trong, dung dịch muôi.







38. Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 80 ml dung dịch gồm NaOH IM và KOH 1,5M đến khi phản ứngxảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khôi lượng muôi trong X làA. 14,20 gam B. 18,62 gam c. 16,41 gam D. 16,12 gam• Nhân xét Dạng toán đãcho là xácđịnhsản phẩm thuđược khi cho H3PO4 tác dụng

,. . , n _ với mộtdung dịch bazơ. Muôn vậy cần tính tỉ lệ k — ——— rồi dựa vào k đểf n .

. ' H3P 04

xác định sản .phẩm thu được.Dùng bảo toàn p để có n p —nHpo . Vì dung dịch bazơ đã dùng là hỗn hợp 2

bazơ nên dùng bảo toàn Na và K để suy ra sô" mol cảc ion trong dung dịch X, từđó tính được tổng khôi lượng muối thu được trong X.

• Giải

Ta có np = nHp0 = 0 ,1 moi. Do nNaOH = 0,08 mol và ĩ Iko h = 0,12 mol nên

n 0 2n = 0,2 moi. Vậy k = — ... ::==• 2 nên phản ứng chỉ tạo muối HPO^- .

OH- ’ n 0 1 4u h 3 p o4 1

Do đó dung dịch X có chứa 0,08 mol Na+; 0,12 mol K+và 0,1 moi HPO4- nên

ĩĩimuô'i = 23.0,08 + 39.0,12 + 96.0,1 = 16,12 (gam). Vậy chộn D.• Lưu V

nKhi cho H 3 PO 4 tác dụng với một dung dịch bazơ, ta tính tì lệ k =.: OH rồi

n H3P 0 4

dựa vào k để xác định sản phẩm thu được theo bảng sau:

V - OH ì <k <2 k =2 2< k< 3 k= 3 ■k>3 ?iv —

h H3 P 04

Sản phẩm

’Gồm■,

ý$ỊỈịr''Ế H3PO4 dư

.Chỉ. tạo

Tạo eả

H^po;

HPor.

Chỉ tao

HPOỈ'•U\{ĩ\ì ■4Ỷịị

iTạọ cả ;

HPỌ^

và p o r ĩ Ĩ V 4 .... ị,

Chỉ tạo

pof

Gồm

po !4

vàOHdư

39. Oxi hóa hoàn toàn 9,3 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch gồm NaOH IM và KOH 3M đến khi phản ứngxảy ra hoàn toàn thu được dung dịch, X. Khôi lượng muối trong X làAv 56j60‘gam Bsi 48,62 gam 0,-76,40 gam- D. 56,-12 gam







• Nhân xét Bài toán vẫn dựa vào tỉ lệ k để xác định các muối thu được như bài trên, tuy

vậy việc biết áp dụng bảo toàn khối lượng sẽ giúp bài toán giải nhanh hơn.• GiảiTa có np = n Hpo = 0,3 mol.

Do ĩiNaOH = 0 ,2 mol và ĩiKOH = 0 ,6 mol nên n = 0 , 8 mol.OH“

n 0 oVậy k = ——— = ——= 2,66 nên phản ứng tạo đồng thời muối HPO ~ và PO4”.

n H3 P0 4

Bảo toàn khối lượng cho:

m m uối = m H3P 04 ^ N a O H m KOH — m H20

= 98.0,3 + 40.0,2 + 56.0,6 - 18.0,8 = 56,6 (gam). Vậy chọn A• Lưu V

'/ ‘‘+ Ớ đây việc dùng bảo toàn khôi lượng đã rút ngắn một bưởc so với cách giải

thông thường làtính sô' moi các ion HPO “ và PO^~, sau đó tính tổng khốilứợng các ion Na+, K+, HPO^~ và PC>4~ để có tổng khối lượng muối. Muốn tính

. sô' mol HPO^“ và PO4 , học sinh phải giải hệ phương trình sau (a, b lần lượt

là số mol HPO^- và PO^“ cần tìm) :

ja + b = 0,3 Ịa = 0,l

[2a + 3b = 0,8 ° [b = 0,2 ,

Vậy mmuối = 23.0,2 + 39:0,6 + 96.0,1 + 95.0,2 = 56,6(gam). Vậy chọn A.

+ Cũng có thể dùng phương pháp đường chéo để tính tỉ lệ mol giữa muốiHPOj~ và PC>4~ rồi suy ra số mol từng muôi.

+ Khi ắp dụng bảo toàn khối lượng, chú ý rằng nếu có muối axit (H2PO

hoặc HPO4 ) tạo thành thì chắc chắn OH đã phan ứng hết. Vì bản chất là

các phản .ứng trurig hòa nên khi đó ta luôn có n„ „ = n .h2u oh-

I 40. Cho 7,1 gam P2Ó5 vào 300 ml dung dịch NaOH nồng độ a mol/lít. Sau phản£ ứng thu được dung dịch chỉ chứa 20 gam hpn hợp hai chất tan. Giá tr ị a là

J. A. 0,975 B. 0,800 c. 1,250 D. 1,300• Nhân xét *7 Không thể xác định hai chất tan đã cho do bài toán không tính đựợc k.

X' Tuy vậy do hai chất tan cần tìm chỉ có thể thuộc 1 trong 4 trường hợp:'. NaH2PC>4 và Na2HP04, hoặc Na2HP04 và Na3P04, hoặc NaH2PƠ4, và< H3PO4 dư,U hoậc Na3Pỏ4 và NaOH dư nên có thể dùng bắo toàn P để biện luạn tìm ra hai^ chất tan, rồi dùng bảo toàn Na tìm ra sô" mol NaOH ban đầu, suy ra giá trị a.

I . ■ 69







• Giải Nếu hai chất tan là các muối NaH2PƠ4 và Na2HPƠ4, hoặc Na2HPƠ4 và

Na3P0 4, hoặc NaH2P04 và H3PO4 dư thì bảo toàn p cho số mol hai chất tan =sô' mol H3PO4 = 0,1 mol.

20Khi đó Mhh = ——= 200 (vô lý, vì các chất NaH2P04 ; Na2HP0 4 ; Na3P04 và

H3PO4 đều có phân tử lượng < 200).Vậy 2 chất tạn ở đây là NạgP04 và NaOH dư.

Bảo toàn p cho nMD„ = 0,1 mol. Suy ra ĩiNaOHdư = ■— —â ỉ = 0,09 mol3 4 40

Bảo toàn Na cho ĩiNaOH ban đầu = 3 nNa po + nNaOHdư = 0,39 mol.

0 39Do đó a = .. = 1,3. Vây chon D.

0,341. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KCIO3, Ca(C103)2, Ca012 và KC1.

. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KC1. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K 2CO3 IM thu đượcdung dịch z. Lượng KC1 trong z nhiều gấp 5 lần lượng KC1 trong X. Phần

; trăĩĩì khối lượng KC1 trong X làA. 25,62%. B. 12,67%. c. 18,10%. „ D. 29,77%.

(Đại học 2012-khối A )• Nhân xét Bài toán đã gợi mở thí sinh dùng bảo toàn khôi lượng để tính ĨĨ1Ỵ. Nếu tinh

ý, dùng thêm mệt lần bảo toàn khối lượng nữa sẽ có ngay kết quả cần tìm.

, • Giải _13 44Bảo toàn khôi lương cho lĩiỴ = 82,3 - mn = 82,3 - 32 - = 63,1 (gam).

i 2 22,4Để ý rằng chỉ có CaCl2 trong Ý tác dụng với K 2CO3, sau phản ứng chỉ tạo

Kcrvà 0,3 mõrCaCOá nên theo định luật bảo toàn khối lượng ta cớ:63,1 + 138.0,3 = ĨĨIKCI + 0,3.100, <=> ĨĨIKCI F 74,5(gạm).

74 5, Đây, chính là lượng muối có trong z, do đó niKCi Ban đầù = —— - 14,9 (gam).

_ 14 9100Vậy %mKci ban đầu = ... - 18,1(%). Vậy chọn c .■o2 ,3 . ’

• Lưu‘ý ' Nếu giải thep cách thông thường, bài toán khá dài như sau:Gọi a, b, c, d lần lượt là sô" moĩ của KCÌO3, Ca(C103)2, CaCỈ2 và KC1 trong

hỗn hợp X. 1............... \ ) ,

70 \







Các phản ứng: 2KCIO3 -J°-> 2KC1 + 302a a

Ca(C103)2 -JL» CaCl2 + 302 b b

Suy ra Y gồm (a + d) mol KC1 và (b + c) mol CaCl2Để ý rằng chỉ có (b + c) mol CaCl2 trong Y tác dụng với K 2CO3 theo phương trình:

........... CaCl2 +K 2C03 -----

> 2KC1 + CaC03(b + c) (b + c) 2(b + c)Do đó ta có hệ

f 71 n 44 i74,5(a + d) + 11 l(ồ -f c) = 82,3 - — -63, 1 ịa + ằ = 0A

í 2 2 ,4 <=>{ r , _ /V0 [ố.,+ c = 0,3.b + c = 0,3 ^

'"''-Như vậỹ dung dịch z chỉ chứa [2(b + c) + a + d)] = 1 mol KCL. . ! .. . . . . . . . . . . . . . . . . ..

í D o đ ó riKCl ban đẩu = J = 0 ,2 m o l

‘ 7 4 5 0 2 100*,./Ỵậy %KC1 = 7 ’ = 18,1(%). Vậy chọn c.

82,3

^ . Hòa tan hết rắn X gồm Mg; ,Cu và Fe trong 3,00 ml dung dịch HNO3 2M.C Sạụ phản ứng đựợc dung dịch Y và 3,36 lít (đkc) hỗn hợp NÓ; NO2. cần

thêm dung dịch chứa ít nhất bao nhiêu mol NạOH vào dung dịch Y để, lượng kết tủa xuất hiện là cực đại? Cho biết chỉ xấy ra hai quá trình khử N+5

■' Ấ. 0,55 B. 0,15 c. 0,45 D. 0,40• Nhân xét

Bài toán không thể dùng bảo toàn khôi lượng vì không đủ dữ kiện. Cũng'không thể ắùng bảo toàn electron do không rõ sô" mol từng khí. Tuy vậy, chínhJvriac klií cổ^ cùng số N trong phân tử đã gợi ý bài toán sử dụng bảo tòàn N.í*í“ •' Giải ‘ \ '

' I 3 36Ta có i in Ìo h = 0,6 - = 0,45 mol

22,4• Lưu V

:Cớ sở để giải như trên là dựa vào bảo toàn N 1và bảo toàn điện tích như sau:+ Bảo toàn N cho n =n +n -kn

N/HNO , N/ddY N/NO > N/NOỹ ■

í , - , - . 3 2<=> n = n 4-n + n .ưo HNO3 NO/dđY NOT UNO,

^}'S <=>n =nUMn -(n M„+ n Mn ) = 0,45 moiNO~/ddY HNO, NO N 02'

" + Dù dung dịch Y có còn dư HNO3 hay không, số mol OH~ tối, s,thiểu cần

ítìiêm vào Y để kết tủa đạt Cực đại luôn bằng số mol NO3 có trong Y (bảo toàn







o CHƯƠNG I I I ______________________________

KỸ THÍlậT DÙNG CÁC CÔNG THỨC

Qìẻì NHANH

Khi giải các bài toán Hóa học bằng phương pháp trắc nghiệm khách quan,tại sao ta phải bân khoăn, lưỡng lư trước viộc có nên dùng các công thức để giảiquyết nhanh chúng, hay không, vì lẽ có một số ý kiến cho rằng giải các bàitoán Hóa theo công tiíức là “thui chột khả năng tư duy hóa học”?, là "một cáchhọc vẹt,không hơn không kém” . . .

Đúng là không nên học thụộc lòng một cách máy mộc các công thức giảinhanh. Phương cách tốt nhất để nằm lòng các công thức là phải biết chứng minh chúng, hoặc ít nhất phải hiểu được cáe tham số hiện diện trong công thức xuất

phát từ đâu mà có? Chúng có qui luật nào hay không? Khi đã làm được điều này thì các công thức trở nên rất đờíi giản, dễ nhớ. Các em phải hiểu những công ’ thức giải nhanh cho từng dậng toán thực chất là một bài tập trắc nghiệm giải

bài toán đã cho ở dạng tổng quát, do đó việc chứng minh được chúng có tác dụng rất tốt trong việc phắt triểii khả nàng tư duy học Hóa, phảt triển kỹ năng giải

bài tập, kích thích sự tim toi, sáng tạo trong nghiên cứli, học tập ...Tóm lại, cần quan niệm mỗi cồng thức giải nhanh trong Hòa học chính là một

bàị tập trắc nghiệm khá bổ ích và lý thú, còn việc có áp dụng chúng vào các bài toán Hóa học hay không hoàn toàn phụ thuộc vào ý thức chủ quan cụa mỗi cá nhâri.

Khi sử dụng các công thức giải nhanh, cần lưu ý có một số công thức ràng ị buộc điều kiện áp dụng, chẳng hạn công thức tính nhanh lượng kết tủa thu đươc khi hấp thu C02 vào dung dich Ca(OH)2 là n j. - n . - nrn đươc áp dung :í

khin co 2

Tã sẽ righiêíi cứu mật ồcí ví dụ sau để hình dung rõ hơn -việc giải, các bài itoán hóa bằng công thức giải nhanh.

Ví dụ lĩ Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 mỉdung dịch H N O 3 1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn „hợp khí X (đktc) gồm NO và N20. Tỉ khối của X so với H2 là 16,4. Giá trị icủa m làA. 98,2Ỏ B. 97,20 c. 98,75 D. 91,00

(Đại học 2012 - khố i B)







• Nhân xét

Dùng bảo toàn electron có vẻ đúng hướng nhưng chắc chắn rất dài. Mặtkhác cần đặc biệt lưu ý bài toán không có câu “không còn sản phẩm khử khác”,hoặc “cho biết chỉ xảy ra hai quá trình khử N+5”, nên rất nhiều khả năng còntạo NH 4 NO 3 .

• Giải

+ Dùng công thức liên hê giữa số moi HNOa với các sản phẩm khử., Dễ dàng tính được nNO= 0,2 mol; nNQ.= 0,05 mol; nHN0 = 1,425 mol

Áp dụng công thức giải nhanh Mii hòa tan hỗn hợp các kim loại trong HNO3:

n HNO, - ^n NO ^nN02 ■ ■ ' t . ^ n N, —^9 n N20 ^ n NH4N03

Ta có 0,95.1,5 = 4.0,2 + 10.0,05 + \0nNH N0 <=> nNHNO = 0,0125 mol

Định luật bảo toàn khối lượng cho:

2 9 + m HNO = mmuối + ĩĩikhí + mHo

' n W i = (29 + 6 ấ.1,425) - 0,25.32,8 - 18(1 ,4 25~ 4,0’0 12 5)

= 98,2 gam. Vậy chọn A.+ Dùng công thức tính trơc tiếp

Theo trên ta có nNO= 0,2 moi; nN0 =. 0,05 mol; nHN0 = 1,425 mol

Ta có

Lmuôi 1A1hỗnhựpkimloại nHN03 nN

Nên ĩiWô'i = 29 + 57,6.1,425 - 44,4.0,2 - 80.0,05 = 98,2 gam. Vậy chọn A,

• Lưu ý í

+ Cách giải đầu có dùng bảo toàn nguyên tố H để tính số mol H2O sinh ra.

+ Có thể dễ dàng chứng minh sô" ĩriol HNO3 tốì thiểu cần dùng để hòá tanhết một hỗn hợp các kim loại là

n h4

n o3

(*)

Thật vậy, xét phản ứng của một kim loại M bất kì với HNO3:

3M + 4nHN03 — > 3M(NQ3)n + nNO + 2nH20

M + 2nHN03 — -> M(N03)n + nN'0 2 + nH20

10M + 12nHNC>3 ----10M(N03)n + nN2 + 6nH20







8 M + lOnHNOg -------> 8M (N 03)n + n N 20 + 5n H 20

8 M + lOnHNOg -------> 8M (N 03)n + nN H 4 N 0 3 + 3nH20

Như vậy, khi giải phóng NO thì một kim loại bất kì đều cần một sô' molHN03 gấp 4 lần số mol NO; khi giải phóng N0 2 thì cần số' mol H N O 3 gấp 2 lầnsô" mol N02 . . . Vì điều này đúng với một kim loại thì cũng đúng với một hỗnhợp kim loại nên số' mol HNO3 tối thiểu cần dùng để hòa tan hết một hỗn hợpcác kim loại được cho bởi công thức (*) ở trên.

ị Khối lượng muôi thu được (dù có tạo NH4 NO3 hay không) khi hòa tan mộthỗn hợp kim loại trong HN O 3 là: t : r

m ... =m.x , V , :H-57,6nHwn -44,4 n.t -5 3,2nM„ -8 0 nKI n -71,2 nMmuoi hon hợp kimloại . ’ 'H NO ,5NO-*N

Ví dụ 2 : Có một mẫu chất béo chỉ gồm axit stearic và tristearin. Biết chỉ sốaxit của chất béo này là 7. Chỉ sô" xà phòng hóa của chất béo này là

A. 198,20 B. 177,20 c. 189,06 D. 191,00

• Nhân xé t

Do bài toán không có số liệu cụ thể nên có thể tính toán trên một khốilượng bất kỳ chất béo đã cho.

Để thuận tiện với các định nghĩa về chỉ sơ axit và chỉ số xà phòng hóa, tatính toán trên 1 gam chất bẻo.

• Giải

+ Cách giải thông thường

Xét 1 gam chất béo trên, theo định nghĩa về chỉ số axit ta có:Sô' mol KOH dùng để trung hòa hết lượng axit béo có trong 1 gam chất béo

7'- sô' mol béo = sô" mol axit stearic = 0,000125 mol.

> 56000

n ™ 1-284.0,000125, . Do đó sô mol tristearin có trong 1 gam chát béo = ——T------rr- <

, S 9 0

Suy ra số”mol KOH cần để xà phòng hóa lượng tristearin có trong 1 gam

3(1-284.0; 000125)chất béo = — -------1-------------- .890 , . , .. .. .............. .. ..

u , 5,6000.3(1 *-284.0,00012^5) _ Vậy chỉ sô xà phòng hóa cần tìm = ——— " +7=18

890







+ Cách dùng công thức giải nhanh

Ta có c168000 -3C M __________ a

M.r - + C

Nên Cx168000-3.7.284

890+ 7 = 189,06. Vậy chọn c.

(Ca; cx lần lượt là ehỉ sô" axit và chỉ số' xà phòng hóa của chất béo có thành phần gồm triglixerit T và axit béo A)

• Lưu V Chỉ sô' xà phòng hóa Cx của một chất béo có chỉ số" axit Ca Ị,thành phần gồm

triglixerit T và axit béo A là:

Ví dụ 3: Dẫn một luồng co qua m gam Fe3Ơ4 nung nóng một thời gian được

30 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trong HNOá dư được 2,24 lít NO (đkc)là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m là

u A. 34 ,80 B. 58,00 c . 33,64 D. 31,32

• Nhân xét Sử dụng bảo toàn electron là đúng hướng giải quyết, trong đó hỗn hợp X do

gồm Fe và các oxit sắt nên có thể xein gồm Fe và Ơ2 hoặc xem là chất duy ĩỊLhất FexOy.

• Giải

+ Xem X gồm a mol Fe và b mol QgChú ý rẳng khi hòa tan X trong HNO3 dư, Fe đã cho 3a mol electron, còn O2

đã nhận 4b mol electron và N+5 đã nhận 0,3 mol electron, ta có hệ:

Vậy m = 232.0,135 = 31,32 (gam). Vậy chọn D.+ Xem X chỉ là a mol FevOỵKhi hòạ tan X trong HNÓ3 dư, chú ý FexOy đã cho a(3x - 2y) mol electron,

còn N+5 đã nhận 0,3 mol electron, ta có hệ:,

c168000-3C M . ^ :----------- 5_A + C

Mt

75







Bảo toàn Fe cho sô mol Fe3Ơ4 ban đầu = ——= — — =0,135 (mol).3 3

Vậy m = 232.0,135 = 31,32 (gam). Vậy chọn D.+ Dùng công thức giải nhanh

Ta có m232

240(mx +24nNO)

232l rên m = ——(30 + 24.0,1) = 31,32 (gam). Vậy chọn D.240

• Lưu ýĐ ể tính khối lượng c]hất FẹaWb liên quan đến phản ứng hòa tan hỗn hợp

gồm sắt và các oxit sắt trong HN03 dự hoặc H2SO4 đặc nóng dư (chỉ tạo sản phẩm khử NO; N 02 hoặc S02), ta dùng công thức:

mr. _ "--(m., .. +24nK„ + 8n M„ +16n„„ ) ,Fc wb 80a. honhựp NO NO, S 02 '

Ví dụ 4: Đốt X mol Fe trong oxi một thời gian được 3,36 gạm hỗn hợp rắn X.Hòa tan hết trong HNO3 dư được 0,896 lít (đkc) hỗn hợp gồm NO; NO2 có tỉ1_1 T T . 1 V <4 c x ' /1 .1 N 9 _ 1 V ?» 1_ T ' \ / " ì * X -** - I X khối so với H2 là 19 (không còn sản phẩm khử khác). Giá trị X làA. 0,050 B. 0,040 c. 0,030 D. 0,035

• Nhân xét ■Bài toán cũng được giải theo bảo toàn electron, trong đó rắn X cũng được

xem gồm Fe và O2, hoặc chỉ là oxit FexOy. Tuy vậy dùng công thức ở trên sẽcho kết quả nhanh hơn cả.

• Giải0,02 molTheo đề thì nN0i(= nN0

Ta có công thứcM Fc ..W

,,, = —— : +24nKiri+8nKiri +16nQr. )Fc Wb § 0 â nonhựp NO NO, s o , '

<=> nFc.w.

— ( m . ■. '+ 24nMri + 8nM~ +16ncr, )QQ v hônhựp NO NO, s o , J

<=> nF = — (3 + 24.0,02 + 8 .0,02) = 0,05 mol. Vậy X' =s 0,05 (mol).

""b 80a

ầ 80Vậy chọn A.

Ví dụ 5: X là hỗn hợp hơi gồm anken M và H2, có tỉ khôi so với H2 là 5. Dần Xqua bột Ni nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn được hỗn hợp hơi Y cótỉ khối so với H2 là 6,25. Công thức phân tử của M lầ ỉA. C6H12. B. C5H10. C: C4H8. . D. C3H6.

76







• Nhân xét Bài toán trên có thể vận dụng qui luật: “hiệu số mol giữa X và Y chính là số

mol H2 đã tham gia phản ứng cộng” để rút ngắn lời giải. Cũng do không có sốliệu cụ thể, có thể giả thiết đã dùng 1 mol X (hoặc 1 mol Y) để bài toán trở nênđơn giản.

• Giải

+ Dừng qui luât hiếu sô" molGiả sử đã dùng 1 mol X.

Bảo toàn khối lượng cho mx - my = 10 gam nên ny =

= 1 - 0,8 = 0,2 moi.

10

12,50,8 moi.

'• Suy™ v*!**"*"!

i Do My = 12,5 nên H2 còn dư sau phản ứng, vậy ĩianken = nHđã hả ứ = 0*2' m°l’ tức

1 mol hỗn hợp X gồm 0 ,2 mol anken CnH2n và ( 1 - 0 ,2 ) = 0,8 mol H2.

Do đó 14n.0,2 + 2.0,8 = 10 <=> n = 3 tức M có công thức phân tử C3H6 + Dùng công thức giải nhanhTheo đề Mi = 10 và M2 =12,5. Do M2 = 12,5 nên Y còn H2 dư. Vậy Y chỉ

gồm ankan và H2.

Ta có công thức n(M2 -2)M 1

14(M- -M .)

Nên n ^ —— —= 3 tức M có công thức phân tử là C3H614(12,5-10)

Vậy chọrÌD.• Lưu ý \ .+ Khi dẫn hỗn hợp (X) gồm H2 và các hiđrocacbon qua bột Ni nung nóng

một thời gian được hỗn hợp (Y) thì hiệu số’mol giữa hỗn hợp (X) và (Y) chínhlạ số mol H2 đầ tham gia phản ứng cộng.& + Khi hiđro hóa hỗn hợp-X gồm anken CnH2n và H2, có phân tử khôi Mi được;hỗn hợp Y gồm ankan và H2 dư, có phân tử khôi là M2 thì anken có số c cho bởi công thức:

14(M2-M j)

Ví dụ 6 : Nung mệt lượng butan trong bình kín (có xúc tác thích hợp) thu đựợc, hỗn hợp khí X gồm các ankan và anken. Tỉ khôi của X so với khí hiđro là

21,75. Phần trăm thể tích butan đã phản ứng là ,A. 33 ,33% ^ . _JB. 50,00% .. _ ĩc . 66,67%... . . D. 25,00%







• Nhân xét Cũng nên giả thiết đã dùng 1 mol butan để bài toán trở nên đơn giản do đề

không cho sô" liệu cụ thể. Ngoài ra chỉ cần viết một phương trình phản ứng dodùng công thức trung bình đại diện cho các anken và các ankan tạo thành.

• Giải+ Cách thống thường

Giả sử ban đầu đã dùng 1 mol C4H10.Giả sử chỉ có a mol C4 H 10 phản ứng theo phương tr ình :

C4 H 10 -— — > CXIĨ2X + e yH 2y+2

. a a a(CxH 2x và CyH2 y + 2 là công thức trung bình các anken và ankan tạo thành)Do đó số mol hỗn hợp X sau phản ứng - (1 - a) + a + a = 1 + aBảo toàn khối lượng cho m x = mbutan ban đầu - 58 gam

Theo đề

58

1 + a = 21 ,75.2 = 43,5 <=> a = 0,3333 (mol)0 3333 . .

’Vậy %v butan phản ứng = — - 33,33% . Vậy chọn A.


Ta có

Nên %v butan đã phản ứngM

/M - 1 =

5821,75.2 -1= 0,3333 tức 33,33%

Vậy chọn A.• Lưu V

+ Khi tiến hành' phản ứng tách một ankan A được hỗn hợp ehĩ gồm các ankanvà các anken thì %A đã tham gia phản ứng tách được tính bởi công thức :

+ Gông thức trên không dùng khi hỗn hợp sau phản ứng có thêm H2.+ Nếu hỗn hợp sau phản ứng có thêm H 2 , bài toán không có đáp sôV

Ví dụ 7: Núng một lượng bũtan trong bìrih kí ri (có xúc tầc thích hợp) thu đượchỗn hợp khi X gồm các ánkan vắ anken. Tỉ khối của X so với khí hiđro là23,2. Phần trăm thể tích butan trong hỗn hợp X lá

— Ar~8873-3%- B. 60,00%lc. 66,67







• Nhân xét Bài toán cũng dựa trên nền ví dụ trước đó, chỉ thay đổi cách hỏi nên hướng

giải là hoàn toàn tương tự.• Giải+ Cách thông thườngGiả sử ban đầu đã dùng 1 mol C4H10.

.

;■Giả sử chỉ có a mol C4H10 phản ứng theo phương tr ình :C4H10 ———> CxỊỈ2x + CyH2y+2

a a a(CxH2x và CyH2y+2 là cống thức trung bình các aiiken và ankan tạo thành)

\ Do đó số mol hỗn hợp X sau phản ứng = (1 - a) + a + a - 1 + aBảo toàn khôi lượng cho ff lx = mbutẩn ban đầu = 5 8 gam

Theo đề58

1+ 3.= 23,2.2 = 46,4 <=> a = 0,26 (mol)

Vậy %v butan trong hỗn hợp sau phản ứng = — — = 60%1+ â 1+ 0,25

Vậy chọn B.+ Cách dùng công thức giải nhanh

Ta có

V: 2M 2.23 2 2 ■" Nên %Vvbutan trong x = - Situ- 1= ‘ —^-1= 0,6 tức 60%. Vậy chọn B.M 58

• Lưu V À

+ Khi tiến hành phản ứng, tách một ankan A được hỗn hợp chỉ gồm các ankanvà các anken ttìì %A trong hỗn hợp sau phản ứng được tính bởi công thức :

+ Công thức trên cũng không dùng khi hỗn hợp sau phản ứng có thêm H 2.Hơn nữa tương tự như ví dụ trên, nếu hỗn hợp sau phẩn ứng có thêm IỈ 2, bàitoán không có đáp sô".

Ví dụ 8 : Hòa tan hết 16,2 gam AI trong HNO3 dư. Sau phản ứrìg được 6,72 lít(đkc) hỗn hợp NO, NO2 có tỉ khối so với H2 là 19 và dung dịbh chứa m gammuôi. Giá trị m làA. 179,6 B. 139,8 c. 196,8 , D: 155,8







• Nhân xét Dùng bảo toàn electron là hoàn toàn đúng hướng đi của bài toán, vì nhờ đó xá

định được có tạo NH4 NO3 hay không và số mol NH4 NO3 tạo thành là bao nhiêu?

• Giải+ Cách thông thường

Theo đề thì nAi = 0,6 mol ; nNO= nNO =0,15 mol.

CHO NHẬN

AI ----- >A13+ +3e N+5 + 3e ----- > NO0,6 moi 1,8 mol 0,45 mol 0,15 mol

. . N + 5 + le -------> , N 0 2 ;

0,15 mol 0,15 mol

N tS + 8e ------> NH4 NO3

1,2 mol 0,15 mol

Vậy m = m . + mNH.No. = 0,6.213 + 0,15.80 = 139,8 gam. Vậy chọn B.A1(N03), — NH4NO j


Theo đề ta có H a i = 0,6 mol ; nNO- nNO = 0,15 moi.

Ta có m„.,, = mt,„ + 72n„ rh„ - 30nNO- 10nMrl - 80n„ „ - lOOn

Nên mmuôi = 16,2 + 72 - — “ -30.0.15 10.0,15 139,8 gam. Vậy chọn B.

• Lưu ý .Khôi lượng muôi thu được (dù có tạo N H 4 NO 3 hay không) khi hòa tan mộkim loại M bất kì trong HNO3 là:

m =m .. ,+72n -30 nMr. -10nMn -80 n M' -100nN'muối kim loại -.;■■■ c cho NO 1 NO-y Nô N ,

Ví dụ 9: Hòa tan hoàn toàn 7,02 gam kim loại M bằng dung dịch HC1 vừa đủđược dung dịch X. Cho từ từ, dung dịch NạOH vào dung, dịch X thấy có kếtủa, sau. đó kết tủa tan vừa hết thì ngừng, thấy đã dùng hết 270 ml dung

- dịch NaQH 2M. Kim loại M là

. A. Zn B. Ạ1 , c. Cr D. Sn ,• Nhân xét ...........Theo đề, kết, tủa xuất hiện rồi lại tan khi cho NaOH vào dung dịch X, chứng

tỏ M(.OH)n là hiđroxit lưỡng tính.

• Giải







Gọi n là hóa trị của M và a là số mol M đã dùng, ta có các phản ứng:

2M + 2nHCl -a

MCln + nNaOH -

a na

M(OH)n + (4 - n)NaOH -

a a(4 - n)

aM - 7, 02

an + a(4 - li) = 0,27.2 = 0,54

Vậy M là Cr. Vậy chọn c.


> 2MCln + nH2

a

Ta có hệ:

> M(OH)n + nNaCl

a

Na.4 _ nM02+ 2H2O

á - 0,135<=>

M = 52

Ta có

• Lưu V

nên7,02 _ 0,54

M

; <=>M = 52 (Cr). Vậy chọn c.

^ Khi M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính thì số mol OH dùng để Mn+ kếttủa toàn bộ sau đó tan vừa hết cho bởi công thức

Ví dụ 10: .Hỗn hợp khí X gồm N2 và H2 có tỉ khối hơi so với He là 2,125. Đun

nóng X một thời gian trong bình kín có Fe làm xúc tác được hỗn hợp Y. Biếtdx/Y = 0Í625. Hiệu suất tổng hợp NH3 là

A. 60,00 ớ B. 75,00% c. 83,33% - D. 33,33%

• Nhân xét i

Cần biết’“ìiiệu suất phải tính theo chất phản ứng hết trên lý thuyết ” nêntrửớc hết phải tìm tỉ lệ mol giữã các chất có trong hỗn hợp đầu. Nếu tỉ lệ này

ỳ đúng với tỉ lệ trên phương trình phần ứng (tức các chất dùng vừa đủ) thì hiệusuất tính theo chất nào cũng được. „

Đây- cũng'là bài'toán không có sô' liệù cụ tliề nên có thể;chọn tùy 'ý strmolcác chật ban đầu, tất nhiên phải phù hợp với tỉ lệ vừa tìm được.

• Giải

+ Cách thống thường

Vì Mx = 2,125.4 = 8,5 nên phương pháp đường chéo cho nN : = 1:3 .

81







Giả sử X gồm 1 mol N2 và 3 mol H2, ta có phản ứng:

Ban đầu:Phản ứng:Sau phản ứng:

Ta phải có mx = my nên d

n 2 + 3H2 — 2 NH3

1 3 0 (mol)a 3a 2a (mol)

(1 - a) (3 - 3a) 2a (mol)

X/Y

_ Mx _ n x

M, m.= 0,625

n.

4 - 2 a -<=> - — = 0,625

<=> a = 0,75 (mol).

Vậy H = = 75%. Vậy chọn B.


H = 2(1 - dx/Y)Do nM : n„ =1:3 nên ta cóN0 H9 •••••" ,........... ............ . - . . . . . . .

Tức H = 2(1 —0,625) = 0,75 hay 75%. Vậy chọn B.

• Lưu V

+ Khi tiến hành tổng hợp NH3 với hỗn hợp X gồm N2 và H2 (tỉ lệ mol tươnứng 1 : k ; trong đó k > 3 ) được hỗn hợp Y thì hiệu suất tổng hợp NH3 là

(í+k)(l-đx/Y)H% = -/v -X/Y' ,

__________ '2 ___________ _

Vì ví dụ vừa xét c.ó k - 3 nên công thức trên trở thành IỊ = 2(1 - d x/Y)T ^ l * J • > s 1 ỉ Á* ' • V . • V T T T A • V R T . T T . j i A . \ T|•■■■V X X 1A■■:+ Khi tiến hành tổng hợp NH3 với hỗn hợp X gồm N2 và H2 (tỉ lệ mol tươn

ứng 1: k ; trong đó k < 3 ) được hỗn hợp, Ỵ thì hiệu suất tổng hợp NH3 là

k =

2 k

+ Cách suy luận để phân biệt'hai công thức này.như sau: trọng cả hai trườnX (l + k)(l“ dv/v)

hợp (k > 3 và k < 3) thì sô mol N2 đã phản ứng đều là a = ------- — ---- .

Nếu k > 3 thì hiệu suất phải tính theo N2 đã dùng ban đầu là 1 moi nên kh

đ ó H = 1 = a í k x iz dm )_









• Nhân xét Cách nhanh nhất để giải bài này là quan sát phản ứng của một kim loại bấ

kỳ với HNO3 giải phóng khí NO:

3 M + 4 n H N 0 3 ------- » 3M (N 03)n + nNO + 2 n H 2 0

Từ đó nhân ra qui luật nếu giải phóng NO thì n . = 3nNir. .^ 0 no; /m uối NO

Chú ý dò iiinitrat kim loại - nikim loại + nv ( ; ta s ẽ eó ngay kế t qu ả cần tìm .NO, /muối

• Giải ■Vì nN0 = 0,4 mol nên n , = 3nM„ = 3.0,4 = 1,2 mol.

- 1NƯ. ’ • .. . NO,/muối NỌ ; • ■ *

Vậy m = 25,6 + 62.1,2 = 100,0 (gam). Vậy chọn D.''. • Lưu V "

4. Tươner tự như phản ứng giải phóng NO ở trên, nếu một kim loại bấtkhi tác dụng với HNOs giải pnốrĩg N02; Nỉl N2O vầ NH4 NG3 thì lần lượt ta

n N07/rrlUí i ^ n N(>2 ; n NO-‘/.mưếi = 1 0 l l N2 ’ n N( V muỐi = 8 l l N30 v à n N0- /n iu Ối= 8 r l N H4NO;, t h e 0

các phương trình phản ứng:

M + 2nHNOs ----- > M(N03)n + nN02 + nH20

1 0 M + 1 2 n H N 0 3 ------- » 10M(N03)n + nN 2 + 6n H 20

8 M + 1 0 n H N 0 3 ------->8M (N 03)n + n N 20 + 5nH 20

8M + lOnHNOg ----- >8M(NÒ3)n + Ị1 NH4 NO3 + 3nH20Vì qui luật trên đúng với một kim loại thì cũng đúng với một hỗn hợp kim

loại, do đó công thức tính khối lượng muối nitrat kim loại thu được khi cho mộ

hỗn hợp kim loại tác dụng với HNO3 là:

^n itr at kim loại ^h ỗn hợp kim loại + 62(3nNO+nNỡ +10nN + 8nN0 + 8nNHN0 )

+ Các hệ sô" đứng trước sô' mol từng sản phẩm khử trong công thức trên cũnlần lượt là số electron mà N+5 đã nhận để tạo ra chúng.Ví dụ 13: Hòa tan hết 18 gam rắn X gồm Mg, Al, Zn, Fe và Cu trong HNO3 d

thu được 4,48, lít (đkc) hỗn hợp NO2 và N20 có tỉ klìối so với H2 là 22,5 (ktíôncòn sản phẩm khử khác) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị-ra làA. 78,20 B. 9.7,20 c. 88,88 . D. 80,00• GiảiDễ dàng tính được nNO = nN0 = 0,1 mol

Theo công thức trên ta có m = 18 + 62(0,1 + 8.0,1) = 80(gam). Vậy chọn D.: • Lứủv

Cống tMc trên vẫn đúng trong trường hợp HNO3 không dư để oxi hóa hếtoàn bộ lườrigê có trong X thành ĩỊeồị nên tạo cả Fe34: và Fe2+.







BÀI TẬP ÁP DỤNG

1. Sô" tripeptit mạch hở khi thủy phân hoàn toàn tạo hỗn hợp gồm glyxin;alanin và valin là bao nhiêu?

A. 3 B. 4 c. 6 D. 9

• Nhân xét

..,, Để dễ hình dung dạng toán này, ta dùng “kỹ thuật số” như sau: ta quanniệm đipeptit là một sô" có 2 chữ số’; tripeptit là một sô" có 3 chữ sô"; tetrapeptitlà một số có 4 chữ số : . . (mỗi chữ sô'là một gốc a-a m in o axit), khi đó ví dụtrên trở thành: “Có hao nhiêu sô" tự nhiên có 3 chữ sô" khác nhau được tạo bởi

, các chữ sô" là 1, 2 và 3?”

Có thể dễ dàng nhận ra sô' tripeptit thỏa đề bài là 3! = 6 , ứng với 6 sô" sau:123; 132; 231; 213; 312; 321. về mặt hóa học đó là 6 tripeptit sau:

:; \Gly-Ala-Val; Gly-Val-Ala; Ala-Gly-Val; Ala-Val-Gly; Val-Gly-Ala và VaỊ-Ala-Gly.

Các em có thể dùng kiến thức toán học như hoán vị, hoán vị có lặp lại ... đểxác định có bao nhiêu số gồm các chữ sô" như đề yêu cầu khi giải theo “kỹ thuật'số*, hoặc đơn giản hơn là liệt kê các sô" gồm các chữ số* như yêu cầu của đề ragiây rồi đêm tổng các sô'đã được liệt kê để có kết quả. '

• Giải

; Sử dụng công thức hoán vị, ta có sô" tripeptit cần tìm = 31= 6 . Vậy chọn c.

2 . Số tetrapeptit mạch hở khi thủy phân hoàn toàn tạo hỗn hợp gồm glyxin;alanin; valin và phenylalanin là bao nhiêu?

A. 27 B. 24 c. 16 D. 12

• Nhân xét

Bài toárì’cũng tương tự như “Có bao nhiêu số’tự nhiên có 4 chữ số’khác nhai!được tạo bởi,các chữ sô" là 1, 2, 3 và 4?”

• Giải ’-V ",;'V ; :i-

Sử dụng công thức hoán vị, ta có sô" tetrapeptit cần tìm = 4! = 24Vậy chọn B. . . . ' ' »;

3. Số tripèptit mạch hở khi thủy phân hoàn 'toán tạo hỗn hợp chỉ gồm glyxin

và alanin, là bao nhiêu?A. 3 B!4 c. 6 D. 9

• Nhân xét

Về mặt “kỹ thuật số”, có 6 số có 3 chữ số có mặt đồng thời các chữ số 1 và 2 là112; 121; 211; 221; 212 và 122. Đổ cũng chính là 6 tripeptit thỏa;đề bài yêu cầu là

Gly-Gly-AIa; Gly-Ala-Gly; Ala-Gly-Gly; Ala-Ala-Gly; Ala-Gly-Ala và Gly-Ala-Ala







Vậy chọn c.

• Lưu V Cũng có thể dùng phương pháp loại trừ để có sô" tripeptit = 23 - 2 = 6 sẽ cho

kết quả nhanh hơn. Ở đây 2 3 là số’tripeptit cực đại tạo bởi từ hỗn hợp glyxinvà alanin, nhưng loại trừ đi 2 tripeptit là Gly-Gly-Gly và Ala-Ala-Ala(tương tự như có 8 sô' tự nhiên có 3 chữ số’tạo bởi các chữ số 1 và chữ số 2 là111; 222 ; 1Í2 ; 121; 211 ; 221 ; 212 và 122 nhưng phải loại trừ 2 số tự nhiên 111

và 222 do chúng chỉ 'tạo bởi cùng một chữ số).

4. Số tetrapeptit mạch hở khi thủy phân hoàn toàn tạo hỗn hợp chỉ gồmglyxin; alanin và phenylalanin là bao nhiêu?

A. 30 B. 24 c. 36 D. 54

• Nhân xét Bài toán tương đương với việc xác định xem có tất cả bao nhiêu sô" tự nhiên

CQ 4 chữ sô" c,ó mặt đồng thời các chữ sô" 1, chữ số', 2 và chữ số' 3. v ề mặt toán

học, đây là sự hoán vị có lặp lại giữa các chữ sô" 1, 2, 3 để tạo ra các sô" tự nhiêncó 4 chữ số! như đã nói ở trên.

• Giải

4!Sử dụhg công thức ho án vị có lặp lại, ta có số te tra pe ptit Gần tìm = 3(—) = 36

Vậy chọn c.5. Sô' tetrapeptit mạch hở khi thủy phân hoàn toàn tạo hỗn hợp chỉ gồm alaninvà phenylalanin là bao nhiêu?

A. 12 B. 14 c. 16 D. 9

• Nhân xét " "■

Bài toán cũng tương đương với việc xác định xem 'CÓ tất cả bao nhiêu số tựnhiên có 4 chữ số có mặt đồng thời các chữ số 1 yà chữ số 2 . Có thể cũng dùnghpạn vị có lặp ìại, để tìm ra kết quả, hoặc đơn giản hơn là phương pháp loại trừ.

• Giải+ Dùng hoán vi cỏ lăp lai

4 1 4 1 4 1Ta có sô" tetrapeptit cần tìm = — H— ——+ —•= 14. Vậy chọn B.

. 3! 2Ĩ.2Ỉ 3! . .

+ Dùng loai trừí Ta có số tetrapeptit cần tìm = 24 -\2 = 14. Vậy chọn B.

Sử dụng công thức hoán vị có lặp lại, ta có số’tripeptit cần tìm = 2(—•) = 6







6. Sô' pentapeptit mạch hở khi thủy phân hoàn toàn tạo hỗn hợp chỉ gồmalanin và valin là bao nhiêu?

A. 30 B. 42 c. 28 D. 24

• Nhân xét Rõ ràng phương pháp loại trừ ở đây tỏ rõ ưu thế hơn phương pháp hoán vị

có lặp lại.

' • GiảiTa có sô' pentapeptit cần tìm = 25 - 2 = 30. Vậy chọn A.

7. Dân hỗn hợp X gồm C2H4 và H2 (tỉ lệ mol 1 : 1) qua bột Ni nung nóng đượchỗn hợp Y. Biết dx/Y = 0,8. Hiệu suất hiđro hóa đạt

V A. 30% B. 40% c.60% D. 90%• Nhân xét Có thể giả sử X gồm Ị mol mỗi chất rồi tính xem có báo nhiêu mol C2H4 đã

tham gia phản ứng, suy ra hiệu suất phản ứng! Chú ý do các chất ban đậu dùng

vừa đủ nên hiệu suất tính theo C2 H 4 hoặc H2 đều được.•' Giải ■■ •Giả sử X gồm 1 mol anken G2H4 và 1 molH2.Giả sử chỉ có a mol anken phản ứng theo phương trình:

C2H4 + H 2 ------ » C2H6

• a a a ■

Vậy Y gồm:

C2H4 : (l-a)m ol

H2 : (1 - a)mol

C2H6 : a mol

Chú ý mx = mYnên d = = — = ——- = 0,8 <=>a = 0,4\ My mY nx 2

Vậy H% = = 40%. Vậy chọn B.

• Lưu V ' Nếu n. k, : nH = 1 : 1 thì hiệu suất hiđro hóa anken-ìà H% = 2 - 2dx/Y

Áp dụng ta có H% = 2 - 2.0,8 = 0,4 tức 40%.8 . Dẫn hỗn hợp X gồm C2H4 và H2 (tỉ lệ mol tương ứng 3 : 4) qua bột .Ni nung

nóng được hỗn hợp Y. Biết d x / Y = 0,8. Hiệu suất hiđro hóa đạtA. 50,00%“ — Br~46;66% C.-60,00% —D.30,00%

87







• Nhân xét Có thể giả sử X gồm 3 mol C2H4 và 4 mol H2, như vậy H2 đã dùng dư nên

hiệu suất phản ứng phải t ính theo chất phản ứng hết t rên lý thuyết là C 2 H 4 .

• GiảiGiả sử X gồm 3 mol anken C2H4 và 4 mol H2.Giả sử chỉ có a mol anken phản ứng theo phương trình:

C 2 H 4 + H2 — —T C2H6

a ' a a . ■

C2H4 : (3 - a)mol

ù 2 : (4- a)mol

C2H6: a mol

‘ mx ' .

Mx nx n 7 - a

Chú ý mx = mYnên- dY/Y= —^ ^ = -—- = 0,8 <=>a = l,4(mol).My mY nx 7

nY'

1,4Vậy H% = -L- = 46,66%. Vậy chọn B.

• Lưu V ■.

Nếu n V : nu = 1 : k (với k ^ 1) thì hiêu suất hiđro hóa anken làankcn Hò T .

H% = (1 + k )( l - dx/ỵ)

Chú ý ở đây n: n = 3 :4 = 1 : — tức k = — > 1 nên:* y : V ankcn H0 3 3

,4H% = (1\+ - )(1 - 0,8) = 0,4666 tức 46,66%. Vây chon B.

3 ' ’

9. Dẫn hỗn hợp X gồm C2H4 và H2 (tỉ lệ mol tương ứng 3:2) qua bột Ni nungnóng được hỗn hợp Y. Biết d x / Y = 0,8. Hiệu suất hidró hóa đạtA. 33,33% B. 40,00% c. 60,00% ' D. 50,00%

• Nhân xét Tương , tự ệũng gịả sử X gồm 3 mol C 2 H 4 và 2 mol H2, như vậy C 2 H 4 đã

dùng dư nên hiệu suất phản ứng phải tính theo chất phản ứng hết trên lýthuyết là H2. - , ’ k

^ * Giải ũ ; . .. ’ ' *> ‘1 ;Giả sử X gồm 3 ộiol anken C2H4 vắ 2 mol H2.

'“'"'^Gỉẳ“ểử‘t'ht"có"a ừiol anken pMn ứng theo phương'trình:







c 2h 4 + h 2

a aC2H6

a

Vậy Y gồm:

C2H4 : (3-a)mol

H2 : (2 -a)mol

C.H, : a mol2 6

Chú ý mx = mYnên d _ M X

X/Y M,nx n J —a _ c, 1 .

= -PL = 0 ,8 <=>a = 1 (mol)™ nv 5 Ím

sVậy H% =—= 0,5 tức 50%. Vậy chọn D.\ 2

■. • Lưu V

Nếu n. k, :nH =1 : k (với k < 1) thì hiệu suất hiđro hóa anken là

■ _ ( i+ k )( i-d )'

Ở đây n . nk c„ :v =3:.2 = 1 : I tức k= I < 1 nên:

(l + ~ r) (l-0 ,8) .H% = = 0,5 tức 50%. Vậy chọn D.

10. Khối lượkg xà phòng thu được khi xà phòng hóa 420 gam một mẫu chất béocó chỉ sô" xà phòng hóa và chỉ sô" axit lần lượt là 198,8 và 8,4 bằng KOH vừa

, đủ là bạo nhiêu?A. 410,51; gảm' B. 469,32’gam ,0. 442,68 gam D. 458,57 gam• Nhân xét ' ‘ ' ■Dạng toán xác định khôi lượng xà phòng thu được luôrì dùng định luật bảo

toàn khôi lượng. Chú ý số mol KOH (hay NaOII) dùng để xà phòng hóa chất béo bao gồm số’mol KOH (hay NaOH) tác dụng với triglixerit và sô mol KOH(hay NaOH) dùng để trung hồa axit béo tự'do, trong đố‘.<số mol KOH (hay

NaOH) dùng để trung hòa axit béo tự do luôn bằng sô" moi H20 sinh ra.• Giải . . ' ,, ,(1, , s ’ : < _ í .Bảo toàn khối lượng cho:

■ J ^ảấtbệọ_ __ỷ .r^KỌH = Ẹlxà phòng + Dlnựđp + . mgỊịxerol

89







198,8.420.56 8,4.420.18 (198,8-8,4 ).420.92<v=> 4 2 0 H------------------------ - = EO-xà Dhòns ■+■ ------ —---- -----

56000 g 56000 3.56000

<=> mxà phòng = 458,57 gam. Vậy chọn D.

• Lưu V+ Để tính khôi lượng xà phòng thu được khi xà phòng hóa một chất béo có

chỉ số axit là Ca và chỉ số', xà phòng hóa là Gx bằng dung dịch KOH ta dùng

công thức

m , .. „ =m. +xà phòng - 0 •

76m .c + 38m .c• b X b a

168000

Y ' , ^ 76.420 198,8 + 38.420.8,4 _ Áp dụng ta cổ: m^phòng = 420 + — ...r ---- ---------- ---- - = 458,57 gam

168000+ Trong trường hợp xà phòng hóa bằng dung dịch NaOH thì công thức tương

ứng là: . ■■■. , ■ '. • ■

m . .. = m. +xà phòng b

28m.c + 38m, c b X 5 b a168000

11 . Một mẫu chất béo có chỉ sô' xà phòng hóa và chỉ số axit lần lượt là 210 và10,5. Khôi lượng xà phòng thu được khi cho 336 gam chất bẻo này tác dụnghết với dung dịch NaOH là . 'A. 314,530 gam B. 411,325 gam c. 342,666 gam D. 348,558 gam

• Giải r . . ■ ■ ■ • ■ ■. '

Áp dụng công thức m . .. = m, +?■ xà phòng 0

28m.c +38m.ch X h a168000

28.336.210 + 38.336.10,5Ta có mxà Phòne = 336 + -----------— --------------= 348,558 gam

p g 168000

Vậy chọn D.12. Đẫn một luồng c o qua m gam Fe30 4 nung nóng được 40 gain hỗíi hợp rắn

X. Hòa tan hết X trong H N O 3 dư thấy có 2,8 mol HN O 3 phản ứng và thpátra NO2 là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m làA. 46,4 B. 34,8 c. 69,6 . • D. 58,0

• Nhân xét ‘232' '>Có thể giải nhanh rihờ dùng công thức m Fc,ơ 4 = 2 4 Q ^mhỗrihòp+ 8nN02) ‘tức

njíCjo = 7 j ^ ( mhỗnhợp+ ^nN0,) hoặc dùng bảo toàn khôi lượng kết hợp bảo toàn

nguyên tổ’.







• Giải+ Dùng công thức

Gọi X là. sô" mol Fe 3Ơ4 ba n đầu và y là sô" mol N 0 2 th o át ra, ta có hệ:

X = —-— (40 + 8y) fx = 0,2240 ^ 1 I ,

9x + y = 2 ,8 l y - 0 ’1

Vậy m = 232x = 46,4 (gạm). Vậy chọn A.+ Dùng bảo toàn khổì lương kết hơp báo toàn nguyên tô".

Ta có 40 + 63.2,8 = 242a + 46(2,8 - 3a) + 18‘2,8, <=> a = 0,6

Vậy m -232a

46,4 (gam). Vậy chọn A.

13. Dẫn một luồng c o qua m gam Fe3Ơ4 nung nóng được 40 gam hỗn hợp rắn. X. Hòa tan hết X trong H N O 3 dư thấy có 2,2 mol HNO3 phản ứng và thoát

ra hỗn hợp NO; N02 có tỉ khối so với H2 là 17 (không còn sản phẩm khửkhác). Giá trị m làA. 46,4 B. 34,8 ' c . 69,6 Đ. 58,0

• Nhân xét

232Cũng có thể dùng công thức mFe,o4 = ^ ( mhỗnh,fp+ 2 4 nNO+ 8 ĩlN0,) tức

nHc,o4 =. : ^ ( mhỗnhợp + 24nN0 + ^nN02) hoặc các' định luật bảo toàn như trên.

• Giải \+ Dùng cqng thức

Dễ t hấ y n ^ 0 : n NOj = 3 : - l . ị

Gọi Xlà số moi Fe3Ơ4 ban đầu; 3y và y lần lượt là số mol NO và NO2, tacó hệ:

x = ^ ( 4 0 + 24.3y + 8y) ^ |x = 0,2

9x +4y - 2,2

Vậy m = 232x = 46,4(gam). Vậy chọn A.

+ Dùng bảo toàn khối lương kết hơp bảo toán nsruvên -tố.

Theo đề nN0 : nN() =3:1 nên ta có:

,40 + 63.2,2 = 2i 2(2,2~ 4a) + 30.3a+ 46a + 18,2-2 <>a = 0,1 (mol)3 2







Vậy m = 232(2,2 4a) = 46,4(gam). Vậy chọn Á3.3

14. Đốt m gam Fe trong oxi được 6 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết X trongHNOá dư được NO là sản phẩm khử duy nhất và thấy có 0,32 mol HNO3

phản ứng. Giá trị m làA. 5,04 B. 8,40 c. 7,00 D. 4,20

• Nhân xét ■r .. _ 56 ., V ;

T ư ơ ng t ự c ũng c ó t h ể dù ng c ông t hứ c m r-c g Q >m hỖnhỢp + ^ n NO ' tứ c

nFo = T77r^mhỗnhc)p+ ^4nNO) hoặc các định luật bảo toàn.

• Giải

+ Dừng.; công thứcGọi Xlà sô" mol Fe ban đầu và y là sô" mol NO, ta có hệ:

X——— (6 + 24y) íx = 0,09. 80 <=> 1

3x + y = 0 ,32 ■ »' °>,,s . .

Vậy m = 56x = 5,04(gam).Vậy chọn A.

+ Dùng bảo toàn khối lương kết hơp bảo toàn nguyên tố".

Ta có 6 + 63.0,32 = 242a, + 30(0,32 - 3a) + 1- ‘Q- 2 <> a = 0,09

2Vậy m = 56a = 5,04(gam). Vậy chọn A.

15. Dung dịch CH3COOH 0,2M ở 25°c có pH là bao nhiêu? Biết ở 25°c, hằngsố axit của CH3COOH là K 0 = 1,8.10‘5.

ò . CH3COOH(250C) ’

A. 2,72 B. 2,89 c. 1,30 D. 4,20

• Nhân xét Một bài toán cho .hằng số cẩn bằng K đềuđươc giải bằng; phương pháp “ba

dòng”. Dạng tính pH của dung dịch axit yếucũng cóthể giải nhanhnhờ công thức.

• Giải+ Dùng phương pháp “ba dòng” ’ , \

CH3COOH < = > CH3COCT + H+

*Ban đầu * 0 ,2M 0 0Phản ứng xM xM xM

EiữCTâĩrbằtrg..... ^ (0 ;2 -x )M ' xM xM .







[CH,COCT][H* 1 X2Vây K - = - - ' = — ----= 1,8.10 <=>x = l,89.10

CHJCOOH [CHjCOOH] 0,2- X

Do đó pH = - log[H+] = - log X = 2,72. Vậy chọn A.

+ Dùng công thức

Áp dụng cống thức pH = -X (lag K#+ log Ca)

Ta có pH = ——(log 1,8.10 5 + log 0,2) = 2,72. Vậy chọn A

■ ' • Lưu ý .Gông thức trên được dùng khi nồng độ dung dịch axit không quá nhỏ

\ ' (Ca > 0,002M ).

16. ùung dịch hỗn hợp gồm C1Ĩ3COOH 0 ,1M và CHsCOONa 0,1M ở 25°c có pH là bao'nhiêu? Biết ở 25°c, hằng số axit của CH30OOH là

K „ = 1,8.10'5. Bỏ qua sự phân li của nước.CH1COO H(25‘>C) n ^

A. 2,72 B. 2,89 c. 4,74 D. 4,28

• Nhân xét Cũng có thể giải bằng phương pháp “ba dòng” hoặc giải nhanh nhờ công thức.

■■■■• Giải ■■■■■ ' ■■ V •+ Dùng phương pháp “ba dòng”

CH 3 COOH < = ± C H 3 COỌ” + H+

Ban ọtầu Ọ,1M 0,1M 0 .

Phản ứng xM xM xM

Lúe cân'bằng (0,1 - x)M (0,1 + x)M xM

V â y K CHJ = H £ 2 2 0 m = B l ± ^ = 1,8 , o - 5 <=> X = 1,8.10“5CH3C00H [C H jC O O H ] 0, 1- X

Do đó pH = - log[H+] = - log X- 4,74 '. Vậy .chọn c.


Áp dụng công thức







• Lưu ý

+ Công thức trên được dùng khi nồng độ dung dịch axit và nồng độ dungdịch muối đều không quá nhỏ.

+ Dung dịch hỗn hợp gồm axit yếu HA và muối NaA như trên gọi là dungdịch đệm. Dung dịch đệm là dung dịch có pH hầu như không đổi khi thêm mộtlượng nhỏ axit hay bazơ vào. Người ta dùng dung dịch đệm trong các phản ứng

mà pH của môi trường-phản ứng phải thaỷ đổi không đáng kể trồng suốt thờigian phản ứng.

Để cụ thể, ta xét dung dịch đệm ở ví dụ ở trên. Dụng dịch đệm này có pH = 4,74. Nếu ta thêm vào ì lít dung dịch đệm này 0,05 mol NaOH thì sẽ được dung dịchmới chứa đồng thời CH3COOH 0,05M và CH3COONa 0,15M với

pH =-(log l,75.10“5+ log— ^ ) = 5,23.6 6 0,15

Như vậy mức chênh lệch pH là (5,23 - 4,74) = 0,49 là không đáng kể nếu so

sánh với với việc thêm 0,05 mol NaOH vào 1 lít nước để được dung dịch NaOH0,05M vì mức chênh lệch pH trong trường hợp này là (12,7 - 7) = 5,7

Tượng tự nếu thêm 0,05 mol HC1 vào 1 lít dung dịch đệm trên sẽ được dungdịch mới chứa đồng thời CH3COOH 0,15M và GH3GOONa Ọ,05M với

pH = -(log 1,75. ìcr5+ log -^ ỉi ) = 4,27. 0,05

Do đó mức chênh lệch pH là (4,74 - 4,27) = 0,47 cũng không đáng kể vớiviệc thêm 0,05 mol HC1 vào 1. lít nước để được dung dịch HG1 0,05M vì mức

chênh lệch pH trong trường hợp này là (7 - 1,3) = 5,7.17. Dung dịch NH3 0,2M ồ 25°c có pH là bao nhiêu? Biết ở 25°<c, hằng sô" bazơ

của NH3 ìà K = 1,75.10'5. Bỏ qua sư phân li của nước.■; NH^(25 C) ,• . . *-• . • '

A. 11,72 B. 11,27 c. 11,30 , D. 2,73

, • Nhân xét

Tương tự như tính pH của dung dịch axit yếu, bài toán cũng có thể giải bằng phương pháp “ba dòng” hoặc giải nhanh nhờ công thức.

• Giải N+ Dùng phương pháp “ba dòng”

n h 3 + h 20 <=-> n h ; + GH"

Ban đầu 0 ,2M 0 0

Phản ứng xM >. xM xM

*— *—fcóc~câirbầng (0,2 - x)M xM xM







Vậy k nh, =[NH;j[OH ] x :

= 1,75.10~5 o x = 1,87.10-3

[NH3] 0,2-X

Do đó pOH = - log[OHT ] = - log X = 2,73 nên pH = 14 - 2,73 = 11,27.

Vậy chọn B.


Áp dụng công thức 1 pH = 14 + (logK h+ logCb)

Ta có pH = 14 +—(logl,75.10 + log0 ,2 ) =11,27. Vậy chon B.

\ • Lưu V

Công thức trên cũng được dùng khi nồng độ dung dịch bazơ không quá nhỏ(Cb\> 0,002M).

18. Dung dịch hỗn hợp gồm NHg 0,2M và NH4C1 0,1M ở 25°c có pH là bao

nhiêu? Biết ở 25°c, hằng số t)azơ của NH3 là K „ = 1,75.10‘5. Bỏ qua° , NH,(25 C) ’ ^

Sự phân li của nước.A. 4,46 B. 12,88 G. 9,54 D. l ì ,20• Nhàn xét

Hoàn , toàn như dạng toán dung dịch đệm đã xét ở trên, cũng có thể dùng phương pháp “ba dòng” hoặc dùng công thức.

• Giải

+ Dùng phương pháp “ba dong”

n h 3 + h 2o 4 = ± nh; + OH"

Ban Mu 0 ,2M 0 ;1M ■ ' « 0

Phản ì ng xM xM 1 ' xM

Lúc cân bằng (0,2 - x)M (0,1 + x)M xM

r Vậy k nh,3 - [N H 3] 0 , 2 - X

r: Đo đó pOH = - log[OH_] = - log X= 4,46 nên pH = 14 - 4,46 = 9,54.Vậy chọn c.

li, + Dùng công thứcả f( Ệ Áp dụng công thức■néV

í

<=>x=3,5.icrs







0 2Ta có pH = 14 + (logl,75.10“5 +lo g -J- 1) - 9,54

0,1

Vậy chọn c.• Lưư ý+ Công thức trên cũng được dùng khi nồng độ dung dịch bazơ và nồng độ

dung dịch muôi đều khộng quá nhỏ.

+ Dung dịch hỗn hợp gồm bazơ yếu BOH và IĨ1UỐÌ BC1 như trên eũng gọi làdung dịch đệm, Như ta đã biết, đặc điểm của dung địch đệm là pH của dungdịch thay đổi không đáng kể khi thêm một ít axit hoặc bazơ vào.

Thật vậy, dung dịch đệm ồ ví dụ vừa xét có pH = 9,54. Nếu ta thêm vào 1 lítdung dịch đệm này 0 ,002vmol NaOH thì sẽ được dung dịch mới chứa đồng thời

- ■ s 0 .2Ù2 NH3 0,202M và NH4CI 0,098M với pH = 14 + (log l,75.10 + log ’- ) = 9,56.

0,098

Như vậy mức chênh lệch pH là (9,56 —9,54) = 0,02 là không đáng kể nếu so

sánh với với việc thêm 0,002 mol NaOH vào1 lít nước để được dung dịch NaOH 0,002M vì mức chênh':lậch pH trỏrig trứờng hờp này là (11,3 - 7) = 4,3.

Tượng tự nếu thêm 0,002 mol HC1 vào ,1 lít dung dịch đệm trên sẽ đượcdung dịch mới chứa đồng thời NH3 0,198M và NH4CL0 ,102M với

pH =14 + (logl,75.1(T5 +log—— 9,53.• . , 0,102

Do đó mức chênh lệch pH là (9,54 - 9,53) .= 0,01 cũng khôĩig đáng kể vớiviệc thêm 0,002 mol HC1 vào 1 lít nước để được dung dịch HC1 0 ,002M vì mứcchênh lệch pH trong trường hợp này là (7 - 2,7) = 4,3.

Trong Y học, pH của máu người bình thường được duy trì ở mức 7,37-7,43.Điều này cho phép sự hoặt động tốì ưu cuà các enzim, của yếu tô' đông máu vàcác protein co CƠL Sự ổn định.- pH này có được nhờ các hệ thống đệm, trong vàngoài tế bào, và do 46* pH của máu phản ánh sự rốì loạn cân bằng kiềm, toantrong cơ thể người bệnh. Nếu r H của máu < 7,35 là toan mậu; pìĩ của máu >7,45 là kiềm máu. Các rối ìoạn này có những nguyên nhân của nó và phải đượcđiều chỉnh để .pH máu trở về ,dần với ửíức bình thường -bằng các can thiệp từ

bên ngoài nếu cần thiết. ' ; V

96







o CHƯƠNG IV

Kỹ NĂNG DÙNG BẤT PHƯƠNG TRÌNH

TRONG GIẢI TOfiN meTrong một sô' bài toán hóa học, việc dùng bất phương trình là cần thiết để

chặn trên, hoặc chặn dưới một đại lượng nào đó, vì lẽ đề không cho đủ dữ kiệnđể tính ehính xác đại lượng trên được.

Cần chú ý rằng ta phải chặn “thật sát” để giá trị của đại lượng cần tìm có“khoảng chênh” không lớn, từ đọ dễ dàng “khoanh vùng” tìm ra kết quả.

Một sô' bài toán phải dùng bất phương trình kép để tìm khoảng xác định củađại\lượng cần xét (ví dụ 2 ancol đơn chức no là đồng đẳng liên tiếp có sô' ctrung bình là n thỏa bất phương trình 2,1 < n < 2,8 phải là các ancol có công

thức C2H5OH và C3H7OH). Cũng có những bài toán chỉ cần chặn trên là có kếtquả Cần tìm nên không cần thiết sử dụng đến bất phương trình kép để giới hạn cận dưới (ví dụ khi chặn trên được giá trị phân tử khối'của ancol A là Ma < 40thì kết luận được ngay A là CH 3 OH ) . . .

Để hình dung việc dùng bất phương trình trong giải toán Hóa, ta xét một sốví dụ sau đây

Ví dụ lĩ Cho X và Y là hai axit cạcboxylic mạch hở, có cùng sô" nguyên tửcacbon, trong đó X đơn chức, Y hái chức. Chia Hỗn hợp X và Y thành hai

phần bằng nhau. Phần một tác dụng hế t với Nàj thu được 4,48 lít khí H2 (đktc). Đồt cháy hoàn toàn phần hai, thu được 13,44 lít khí CO2 (đktc). Phầntrăm khối lượng của Y trong hỗn hợp làA. 28,57% \ B. 57,14% c. 85,71% . D. 42,86%

\ (Đại học 2013 - khối A)

•, Nhân xét '

Không cần thiết đặt công thức chung mỗi. axit vì chưa rõ , dãy đồng đẳng củachúng. Vấn. đề là muốn xác định số c mỗi axit, cần phải biết tộng số mọi (a + b)của hai axit có giả, trị bao nhiêu, do ta đã biết giá trị (na + nb) qua sộ" mọi CO2

đề cho.

Rõ ràng ở đây do chỉ biết giá tri của tổng (—+ b) qua sô" mol H2 nên phải

dùng bất phưomg trình.kép để chặn trên và chặn dưới tổng (a + b). /

• Giải *Gọi n là sô" c mỗi axit và a, b lần lượt là sô mol 2 axit trên.

97







Theo đề ta có hệ: X —+ b = 0 ,2 2

na + nb = 0 ,6

Để ý rằng ^ + b < a + b < a + 2b

Nên 0,2 < a + b< 0,4

0,6 0,6 0,60,2 a + b 0,4

<=> 3 > n > 1,5Vậy n = 2 tức X là CHảCOOH và Y là HOOC-COOHThay n = 2 vào hệ trên giải được a = 0,2(mol); b = 0,l(mol).

Do đó %HOOC-COOH = ‘------------------= 42,86%. Vậy chọn D.

• Lưu ý , ỉ ,

Không dùng. Gác- bất phương ,trình kép kiểu sau đây vì tuy chúng là các bất phương trình đúng nhưng hoặc Jà chặn "không sát”, hoặc là không xác địnhđược giá trị cận trên, giá trị cận dưới:

Ví dụ 2: Cho hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức no mạch hở liên tiếp trong dãyđồng đẳng tác dụng với Na dư được 8,96 lít H2 (đkc). Mặt khác đun nóngcũng lượng X này với H2SO4 đặc ở 140°c được 15,408 gam hỗn hợp 3 ete.Biết chỉ có 40% ancol có khôi lượng phân tử nhỏ và 50% ancol có khôi lượng

; phâỉì tử lớn thàm gìà phản ứng ete hóầ*.* Vậy công thức phân tử 2 ancol làẦ. CH4O và m F. C2H60 vầ C3H80 • '

C: CgHsO và C4

H1 0

O D. C4

H1 0

O vá C5

H i2

O s• Nhân xét j \ ■: jỢọi ạ, b,lần lượt Ịà 1SỐ’mol ancol có phân tử lượng,nhỏ và lớn trong X.Theo đề có (0,4a + 0,5b) mol hỗn hợp ancol bị ete hóa, tạo (0,2a + 0,25b)

mol hỗn hợp ete. Tuy nhiền không thể tính được giá trị tổng này, nên dù đãcó khối lượng hỗn hợp 3 ete, ta vẫn không thể tính được phân tử khôi trung

™-,bình^củaxhúng. .i, S..C ..ì 1..................

. 60.0,2 + 90.0,1

í.'1! Ị. í : ' V • 11'■■■.. . 1' i ;■1 <■

— + b < a + b < 2a + 4b: Chặn không sát

—+ b < a + b < a + 2 b3a Không xác định được cận dưới

a■+ b < a:+ b < a + 3b , : Không xác định được cận trên2

98







Bằng việc dùng bất phương trình kép, ta sẽ chặn trên và chặn dưới đượctổng sô" mol 3 ete trên, từ đó tìm được khoảng xác định của phân tử khôi trung bình 3 ete, suy ra khoảng xác định của giá trị cacbon trung bình 2 ancol.

• GiảiGọi a là sô" mol ancol có phân tử lượng nhỏ, b là sô" mol ancol có phân tử

lượng lớn, ta có —+ —= =0,4<=>a + b = 0,8 (mol)

2 2 22,4Đặt công thức trung bình 2 ancol là CnH2n +ìOH.Theo đề, tổng sô'moi ancol đã phản ứng tạo ete là (0,4a + 0,ỗb), tạo thành

0,4a + 0,5b^ _ (Q2a + 0,25b) mol hỗn hợp ete theo phản ứng:2

2CnH2n +lOH ------» (CnH2n +i)20 + H20

. (0,4a + 0,5b) (0,2a + 0,25b), -Ta có: 0 ,2(a +b) < 0 ,2a + 0,25b < 0,25(a + b)

Nên : 0,2 .0 ,8 < rihỗn Kợpete < 0,25.0 ,8^ 0,16 < Ĩlh5n hợp etg < 0,2

15,408 15,408 15/408<=> - ■■■■- > --- r-i------ > --- — ---0,16 n ., ., , 0 ,2

’ hon hợp ctc ’

96,3 > Mhỗn hợp.ete ^ 77,0 4

<> 96,3 > 28n + 18 > 77,04 <> 2,79 > n > 2,10 Vậy 2 ahcol là C2H60 và C3IĨ8O. Vậy chọn B.

• Lưu VThật ra không cần quan tâm đến ancol nào có phâĩi tử khôinhỏ, ancol nàocó phân tử kỉhôl lớn. Yêu cầu của bài toán chỉ là đã có 40% ancol này và 50%ancol kia tham gia vào các phản ứng tạo ete.

Ví dụ 3: Dẫĩi ^,8 gam hơi ancol đơn chửc A qua ông đựng CuO đun nóng lỊiộtthời gian. Ngưng tụ phần hơi thoát ra được 6,6 gam hỗn hợp X gồm anđehit,ancol dư và nước. Công thức phân tử của A là

; A. CHgOH B. C2H5OH c. C3H7OH D. C3H5OH• Nhân xét

Dễ dàng nhận ra bảo toàn khối lượng sẽ giúp tìm được sô" mol O2 đã phảnứng, suy ra sô' mol ancol đã bị oxi hóa. Tuy vậy «dữ kiện cẩn thiế t là số" molancol ban đầu lại không thể tính được, nên có thể dùng bất phương trình biểudiễn số' mol ancol bị oxi hóa nhỏ hơn sấ mol aneoí bán đầu (hoặc sô" gam ancol

bị oxi hóa nhỏ hơn số' gam ancol ban đầu), ta sẽ chặn trên được phân tử khôicủa A, từ đó chọn được giá trị Ma phù hợp.

99







• Giải

Gọi a là số’mol ancol A đã bị oxi hóa, ta có phản ứng:

2RCH2OH + 0 2 ------> 2RCHO + 2H20

aa

2

Bao toàĩl khôi lượng choi ĨIlAbanđầu + đã phản ứng "T ^ a n đ eh it + ttlancoldư + ® [ |Q

Vậy A phải là CH3ÒH. Vậỵ chộn AVí dụ 4: Hỗn hợp M gồm một anken và hai amin no, đơn chức, mạch hở X và

Y là đồng đẳng kế tiếp (Mx < Mỹ). Đốt cháy hoàn toàn một lượng M cần

dùng 4,536 lít 0 2 (đktc) thu được H20, N2 và 2,24 lít CO2 (đktc). Chất Y là

• Nhân xét Bài toán có 4 ẩn số' (ẩn n cho số' c anken; ẩn m cho sô' c trung bình 2 amin;

hai ẩn a, b lần lượt là sô" mol của chúng). Quá trình giải chỉ tìm được duy nhấtgiá trị b, trong khi giá trị m thì hoàn toàn không thể xác định. Tuy vậy nếutìm được khoảng xác định của m nhờ bất phương trình kép, hay chỉ cần chặntrên được gịá trị .m, bàị toán có .thể sẽ có đáp sô'.

.: • Giải . . ‘ Gọi công thức trung bình 2 amin là CmH2m+3 N. Gọi a là sô" mol ankẹn CnIĨ2n ; b là sô" moỊ 2 amịn. Ta có các phận ứng:

Nhưng ta phải có aM a < 4,8 <=> 0,1125Ma < 4,8 <=> Ma < —— — = 42,66

<=> 4,8 + 32— = 6,6 <=> a = c- - - " 2 ■

A. etylmetylamin.c. etylamin.

B. butylamin.D. propylamin,

(Đại học 2012 - khối A)

f CnH2n + l,5n02 —— > nC02 + nH20

a l,5ĩíà , na -

CmH2m+3N + ( )0 2 ----- >mC02 + (m + Ì,5)H20 + 0,5N24

,Vậỵ; ta

na + mb - 0,1

100







<=> 6{na + mb) +3b = 0,81

na + mb = 0,1

Vi na + mb = 0,1 nên mb < 0,1 <=> m <0,07

= 1,4.

Vậy 2 amin là CH5N và C2H7 N, tức Y là etylamin. Vậy chọn c .

Ví dụ 5: Hòa tàn hết hỗn hợp X gồm một oxit kim loại kiềm và một oxit kimloại kiềm thổ trong lượng dư dung dịch HC1, sau đó cô cạn được hỗn hợpmuối Y. Điện phân nóng chảy hoàn toàn Y được hỗii hợp kim loại z ở catotvà 3,36 lít (đkc) khí T ở anot. Nếu luyện thêm 1,37 gam Ba vàọ hỗn hợp z được hợp kim w trong đó Ba chiếm 23,07% về sô' mol. Kim loại kiềm thổ

\ trong hỗn hợp kim loại z thu được ở trên là

Ạ. Be B. Mg c. Ca D. Ba

• Nhân xét

Dùng bảo toàn A, B và Cl, ta có sơ đồ bài toán:A-O: a mol

X _ 2BO: b mol

HCl ÍAC1: 2a mol í1nm.- dpnc- ><!

[bC12 : b mol

z : 2a mol A và b mol B

T : (a + b) mol Cl2

Rõ ràng theo đề thì (a + b) - 0,15 và bài toán không đủ dữ kiện để xác địnhriêng từng giá trị a, b. Tuy vậy để tính %Ba theo sô' mol trong w, nhất thiết

phải có giá trị (2a + b). Đến đây chỉ còn cách dùng bất phương trình để chặntrẻn giá trị %Ba trong w.

• Giải V- ■: • ' • ' . V ■ . \ _ •■; 1 ■ ■■■ ■ ■ N

Giả sử X gồm a mol A20 và b mol BO thì hỗn hợp muối gồm 2a mol AG1 và b mol BCI2cnol BCI2 V.

• «\ , ÍA :2a mol Như vậy hôr ỊL hợp kim loại Y gồm { _

[B : b mol

Và n_. =a + b = ——ỉ = 0,15 (mol)Cl= 22,4

Giả sử z không chứa Ba thì khi thêm 0,01 mol Ba, vào z ta được hỗn hợp w, 0,01 0,01 0,01

có %Ba (theo sô mol) = ----- ------ < ----- — ——= - — — -----= 6,25%2a + b + 0,01 a + b + 0,Ól 0,15 + 0,01 :

Điều này trái với giả thiết là %Ba (theo sô" mol) trong hỗn hợp w lên đến23,07%, vậy z phải có sẵnSaịvtứcMm/ỉoÍBd^kỉềm^ thổ^&l^tìm- vBa..''

Vậy chọn Ạ

101







Ví dụ 6 : Cho 0,2 mol ancol đơn chức X tác dụng với CuO đun nóng thu được9,12 gam hỗn hợp M gồm một axit cacboxylic, một anđehit, ancol dư vànước. Phần trăm ancol X bị oxi hóa làA. 42,5% B. 85,0% c. 90,0%D.80,0%• Nhân xét Dùng bảo toàn khôi lượng kèm bất phương trình sẽ xác định được ancol A.

Tiếp tục dụng bảo toàn khối lượng sẽ tính được sô' moi c>2

đã tham gia . phảnứng oxi hóa A. Tuy nhiên không thể xác định tổng sô' mol ạncol đã bị oxi hóanên phải dùng bất phương trình kép để chặn trên và chặn dưới tổng này>

.• Giải . . .Gọi a,b lần lượt là sộ' mol RCH2OH bị oxi hóa thành anđehit và axit, ta có

các phản ứng:

RCH2OH + - 0 2 nt" > RCHO +H 202

, a- ' . , ", . . , ■. 'a T, 2 . .

RCHaOH, + 0 2 — >RCOOH + H20

b b

Bảo toàn khôi lượng cho:

đã phản ứng = ^ axit cacboxylic+ ândehit+ m.ancol dư + o

<=> 0,2M a + 3 2 ( - + b ) = 9 , 1 2 (* ).

2 ■ ' o 0,2Ma < 9,12 . - ,v .

<=> Ma < ^ 2 . = 45 ,6 . Vậy A phải là CH3OH.0 ,2

Thay M a = 32 vào (*) được:

0,2.32+ 3 2 (- + b ) = 9,12 o - + b = 9 ,1 2 ~ 6 ’4 = 0,08 5(mol)2 2 32 . ■ • • • •







Ví dụ 7: Nhiệt phân hoàn toàn 30 gam rắn X gồm MgC03 và CaC03 rồi hấpthụ hết lượng CƠ2 sinh ra vào 250 ml dung dịch NaOH 2M được dung dịchY. Dung dịch Y chứa:A. chỉ chứa NaHC03 B. chỉ chứa Na2C03

c. chứa cả NaHCC>3 và Na2C03 D. chứa cả Na2C03 và NaOH dư• Nhân xét Gọi a, b là số moi các muối MgC03 và CaCC>3 đã dùng thì số mol CO2 thu được

là (a + b). Tuy nhiên dữ kiện bài toán không đủ để xác định giá trị tổng này. Ta sẽdùng bất phương trìrih kép để tìm khoảng xác định của tổng (a + b) trêri.

Giải ■ ■■■ íGọi a, b là số mol các muối MgCƠ3 và CaCƠ3 đã dùng.

Theo đề thì 84a + 100b = 30; riNaOH = 0,50 moivà nco = (a + b) mol.

Nhưng ta phải có 84(a + b) < 84a + 100b < 100(a + b)

_ 30 , 30<=> ——- < a + b < —

100 84" ; , <=> 0,300 < a + b < 0,357

? . 0,500 0,500 0,500

' • 0,300 > a + b > ' 0,357

, n%ì s , ■<=> 1,666 > k = --2ÍỈL > 1,400

nco2

Vậy dung dịch Y phải chứa NaHCƠ3 và Na2CƠ3. Vậy chọn c.

£ Ịb à i t ậ p á p d ụ n g

Ị. Hòa tan hết 7,ì gam hỗn hợp X gồm kim loại kiềm A và kim loại kiềm thổB trong lượng dư dung dich HC1 thu đươc 5,6 lít H2 (đkc). A, B lần lươt là

A. Li; 'Be : B. K; Ca c. K; Ba D. Na; Mg

• Nhân xét

ìrrrÍBàLtoán rất không đủ dữ kiện, nhưng nhờ bất phượng trình kép sẽ chặn* ktrên và chặn dưới được tổng số mol 2 kim loại, nhờ đó tìm. được khoảng xác

Ị 7 V của phẫn ;tử lượng trung bình 2 kim loại.->4 *9 »" 1







Nhưng - + b < a + b < a + 2b nên 0,25 < a + b < 0,52

_ 7 ,1 7 ,1 7,1<=> — 7- > — > - 2-

0,25 a + b 0,5

<=> 28,4 < Mhỗnhợp 14,2

Chỉ có cặp Na; Mg là thỏa bất phương trình trên. Vậy A là Na; B là Mg.

Vậy chọn D.2. Cho hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức no mạch hở liên tiếp trong dãy đồng

đẳng tác dụng với Na dư được 5,6 lít H2 (đkc). Mặt khác đun nóng cũnglượng X này với H2SO4 đặc ở 140°c được 9,63 gam hỗn hơp 3 ete. Biết chỉcó 50% ancol có khối lửợng phân tử nhỏ và 40% ancol có khôi lượng phần tửlớn tham gia các phản ứng ete hóa. Phần trăĩri khối lừợng của ancòl có phântử lượng nhỏ trong X làA. 53,48% B. 66,66% c. 74,20% D. 28,57%

• Nhân xềt Cũng dùng bất phương trình kép để chặn trên và chặn dưới tổng sômol 3ete, từ đó tìm được khoảng xác định của phân tử khôi trung bình 3 ete, suy rakhoảng xác định của giá trịicaòbon trung bình 2 ancol;

• Giải - ' '■1

Đặt công thức trung bình 2 ancol là CnH2n +1OH.Gọi a là sô" mol ancol có phân tử lượng nhỏ; b là sô mol ancol có phân tử

lượng lớn trong X, ta có —+ —= - ỉ í í = 0,25 «> a + b = 0,5 (mol)2 2 22,4

Theo đề, tổng số”mol ancoỊ đã phản ứng tạo ete là (0,5a + 0,4b), tạo thành

+ = (0,25a + 0,2b) mol hỗn hợp ete theo phản ứng:

2CnH2n +lOH ------» (CnH2ri +1)20 + H2Ò

(0,5a + 0,4b) (0,25a + 0,2b)Ta có: 0,2(a +b) < 0,25a + 0,2b < 0,25(a + b)

Nên: 0,2 .0 ,5 < rihõnhợpete < 0,25.0 ,5 •

^^•0,1 ^ ĩ^hỗn hợp ete ^ 0,1259,63 9,63 9,63

<=> - > -----— ---- > — 0,1 n.„ . 0,125

’ hôn hợp e tc ■■ '

^ 96,3 > Mhỗn hợp ete ^ 77 ,04

<=> 96,6 > 28n + 18 > 77,042,79 > n > 2,10

~-ỵậy~2~ancoLlà C2IỈ6O và C3H80. '

104 , \







Chú ý mete - mancoi đã phản ứng mH() ?trong đó nH,o “ 2 nanco! đă phànứng, ta có hệ:

Ja + b = 0,5

[46.0,5a + 60.0,4b -18(0,25a + 0,2b) = 9,63

ía + b = 0,5 ía = 0,3) <=> ị

Ị [18,5a + 20,4b = 9,63 [b = Q,2Do đó %C2H6OH = ----- — 46---- = 53,48%. Vậy chọn A.

0,3.46 + 0,2.60

3. Nhiệt phân hoàn toàn 50 gam rắn X gồm MgCƠ3 và CaC03 rồi hấp thụ hếtgr lượng CƠ2 sinh ra vào nước vôi trong dư thu được m gam kết tủa. Giá tri m là

A. 75,0 B. 48,0 c. 80,0 D. 55,5

ẹ Nhân xét

Chú ý nco = n x nên định được khoảng xác định của X sẽ định được khoảng

. xác định của sô" mol C02, cũng như khoảng xác định của khôi lượng kết tủa.• Giải

ị Gọi a, b là sô" moi các muối MgCƠ3 và CaCC>3 đã dùng.

Theo đề thì 84a + 10.0b = 30; nco = (a + b) mol.

Nhưng ta phải có 84(a + b) < 84a + 100b < 100(a + b)

50 _ 50t ' ' - , <=> — - < a + b < —-

lóo 84

, f ^ <=> 0,500 < nco < 0.595s \ o 50,0 < mkê't tủa < 59,5

Vậy chọn ộ.

; *.4. X là hỗn hợp gồm axit cacboxylic đơn chức A và ẩxit cacboxylic nhị chức B■.«V, (A, B đều no\ có cùng số cacbon trong phân tử; IIA< ns). Đốt cháy hoàn toàn' X được H2O và 33 gam CO2. Cũng lương’x trên nếu tác dụng với Na dư thu»s . < được 4,48 lit H2 (đkc). Phần trăm khôi lừợng axit cacboxylic A trong X là

Ạ. 62,50% B. 75,00% c. 32,1-7% D. 77,22%

• Nhân xét

Do chỉ biết giá trị của tổng (—+ b) qua số mol H2 nên phải dùng bất phươngÉt , ,, 2 ,ị}] trình kép để chặn trên và. chặn dướị tổng (a + b), qua đó chặn được số c mỗi axit.if'- • Giải

Gọi n là sô" C mỗi áxit và a, í>lần lượt là số mol của A, B.

105







Theo đề ta có hệ: < —+ b = 0,22

na + nb = 0,75

Để ý rằng —-+ b < a + b < a + 2b2

Nên 0,2 < a + b < 0,4

0,75 0,75 0,75■ ° 0,2 > a + h > 0,4

«=> 3,75 > n > 1,875Vậy n = 2 và n = 3.

Nhưng n = 2 cho hệ: —+b = 0,2 ía = 0,35

2a + 2b = 0,75 l b = 0-025(loại, vì ta phải có a < b)

Vậy n = 3, và ta cồ hệ: « —+ b = 0 ,2 ■ .2 <=> a = 0,1 b = 0,15

3a + 3b = 0,75

Do đó X gồm CH3CH2COOH và HOOC-CH2-COOH

74.0,1Và %CH3-CH2-COOH = = 32,17%. Vậy chọn c.74.0,1 + 104.0,15

5. Dẫn 0,04 mol hơi ancol đơn chức A qua ống đựng CuO nung nóng một thờigian. Ngưng tụ phần hơi thoát ra được hỗn hợp X gồm axit cacboxylic,

anđehit, ancol dư và nước. Cho lượng X trên tác dụng với lượng dư dung dịchAgNOa trong NH3 được 0,08 mol bạc. Phần trăm ancol A bị oxi hóa là

Ạ. 100,00% B. 43,33% c. 50,00% D. 75,00%

• Nhân xét V '

Có thể nhận ra ngay A là CH3OH qua sự so sánh sô' mol Ag sinh ra và sô'mol ahcol bail đẳu. Gọi a, b lần lượt là sô" mol CH3ÓH đã bị oxi hóa tạo HCHOvà HCOOH, ta có ĩiAg = (4a + 2b) = 0,08 môi, trong khi không thể xác định giátrị tổng số mol ancol đã bị oxi hóa là (a + b). Lúc này việc dùng bất phươngtrình kép là cần thiết để chặn trên và chặn dưới tổng (a + b).

• Giải ;

Vì nanCoi ban đầu = 0,04 mol nên ta phải có ĩianđehit < 0,04 moi, dẫn đến

nAg < 2.0,4 = 0,08 mol (trái với giả thiết là đạt 0,08 mol).

Vậy anđehit đã cho phải là HCHO và ancol ban đầu phải là CH3OH.

.10,6









7. Dẫn một lượng hơi ancol đơn chức A qua ông đựng CuO nung nóng một thờigian. Ngưng tụ phần hơi thoát ra được 4,28 gam hỗn hợp X gồm anđehit,ancol dư và nước. Nếu cho Na dư vào hỗn hợp X thu được ở trên thấy thoátra 1,12 lít H2 (đkc). Phần trăm ancol A bị oxi hóa làA. 67,5% B. 66,6% c. 83,3% D. 75,0%

• Nhân xét Có thể dễ dàng chứng minh qui luât: khi oxi hóa a mol ancol đơn chức đươc

hỗn hơp X gồm anđehit. ancol dư và nước rồi cho X tác dung với Na dư đươc bmol ÍỈ9 thì ta luôn cổ a = 2 b.

Bài toán buộc phải dùng bất phương trình để chặn trên phân tử lượng củaancol A.

• Giải

Vì n H -K),05 mo l nê n n ancoiban dầu- 2.0,05 = 0,1 moi.

T a p h ả i c ó mancol ban đầu + m o 2 đã phản ứng = Iânđehit + ttlancol dư 0

<=> 0 ,1 M a + nfrojda phản ứng = 4 ,2 8

<=> 0,1Ma < 4,28

< > M ạ < 42,8. Vậy A ph ải là CHạOH.

Do đó số mol CH3OH bị oxi hóa = 111 = ,28~ ° ’ = 0,0675 mol.16. 16

Vậy % CH3OH bị oxi hóa = ° ’ 5 = 67,5%. Vậy chọn A. 1 ■0,1

8 . Cho 18 gam rắn X gồm Mg và Fe vào cốc đựng dung dịch Cu(NƠ3)2. Khuấyđều để phản ứng xảy ra hoàn toàn được dung dịch Ỵ và 20,4. gam rắn z. Chodurig dịch NaOH dừ Ỷào dung dịch Y được hỗn hợp kết tủa T. Rắn z gồmA. Mg và Cu B. cHỉ có Cu c. Fe và Cu D. Mg, Fe và Cu• Nhân xét Vì cho dung dịch NaOH dư vào dung dich Y đươc hỗn hơp kết tủa T, chứng

tỏ Mg đã phản ứng hết, Fe đã phấn ứng một phần, hoặc phần ứng hết. Vậy rắnz là hỗn hợp Cu và Fe dư, hõặc có thể chỉ là Cu.

• Giải r ■ • ^ ,Gọi a, b là sô' mol Mg và Fe trong X, ta có 24a + 56b = 18. Nếu Mg và Fe đều đã phản ứng hết thì rắn z chỉ là Cú với khối lượng là

64(a + b) = 64 (56 ^ 56 b )> 64g 4 ^ 5 6 b ) = 64l l8 = 756 56 56 ,

Nhưng đề chì cho mz = 20,4 < 20,57 nên Mg và Fe không phản ứng hết.







Tuy nhiên nếu chỉ có Mg phản ứng thì Y chỉ là Mg(OH)2, trái với giả thiếtY là hỗn hợp. Vậy Mg đã phản ứng hết, Fe chỉ phản ứng một phần, và do đó zgồm Cu và Fe dư. Vậy chọn c.9. Cho 10 gam rắn X gồm Mg và Fe vào cốc đựng dung dịch Cu(NƠ3)2. Khuấy đều

để phản ứng xảy ra hoàn toàn được dung dịch Y và 11 gam rắn z. Cho dungdịch NaOH dư vào dụng dịch Y được hỗn hợp kết tủa T. Dung dịch Y gồm

A. Mg(N03)2

và Cu(N03)2

B. Mg(N03)2

và Fe(N03)2

c. Mg(NƠ3)2 và Fe(N03)3 D. Mg(N03)2; Fe(NÓ3)2 và Cu(N03)2• Nhân xét Tương tự như trên, khi cho dung dịch NaOH dư vào dung 'dịch Y được hỗn

hợp kết tủa T, chứng tỏ Mg đã phản ứng hết, Fe đã phản ứng một phần, hoặc phản ứng hết. Vậy dung dịch Y phải chứa Mg(NƠ3)2; Fe(N03)2 và có thể cóthêm Cu(NƠ3)2 còn dư.

• GiảiGọi a, b là sô'mol Mg và Fe trong X, ta có 24a + 56b - 10.

Nếu Mg và Fe đều đã phản ứng hết thì rắn z chỉ'là Cu với khối lượng là^ 64(56a + 56b) 64(24a + 56b) 64.10

64(a + b) = — -— — ------ > — -— 3- ------ = ——— = 11,42.56 56 56

Nhưng đề chỉ cho mz = 11 < 11,42 nên Mg và Fe không phản ứng hết.Tuy nhiên nếu chỉ có Mg phản ứng thì Y chỉ là Mg(OH)2, trái với giả thiết Y

là hỗn hợp. Vậy Mg đã phản ứng hết, Fẹ chỉ phản ứng một phần, và do đódung dịch Y chứa Mg(N03)2 và Cu(N03)2. Vậy chọn A.10 . Cho 9,16 gam bột A gồm Zn, Fe và Cu vào 85 ml dung dịch C11SO4 2M. Sau

khi phảiạ ứng' xong thu được dung dịch X và rắn Y. Nung Y trong không khíđến khốiVlượng không đổi được rắn z. Rắn z gồmA. ZnO; Fẹ2Ơ3; CuO B. ZnO; FeO; CuOc. chỉ có CuO D. Fe20 3; CuỌ• Nhân xét.Để xác định thành phần rắn z, cần biết khả năng phản ứng của hỗn hợp A

với dung dịch CuS04

• GiảiGọi a, b , c là sô' mol Zn, Fe và Cu trong X, ta có 65a + 56b + 64c = 9,16.

9 16Ta có 56a + 56b + 56c < 65a + 56b + 64c <=> a + b + c < —= 0,16 .

56 '

"cuso^phâ,^ = a + b < a + b + c < 0 >16<nc;sO4đ: d;i;gtađỉii =0,17mol

Vậy Zn và Fe đều phản ứng hết, do đó rắn Y chỉ là Cu và z chỉ là CuO.

Vậy chọn c.

109







11. Cho 10 gam bột A gồm Zn, Fe và Cu vào 90 ml dung dịch Cu(N03)2 2M. Saukhi phản ứng xong thu được dung dịch X và rắn Y. Dung dịch Y gồmA. Zn(N03)2-Fe(N0 3)2 và Cu(N03)2 B. Zn(N03)2và Cu(N03)2

c. chỉ có Zn(N0 3)2 D. Zn(N03)2 và Fe(N0 3)2

• Nhăn xét Tương tự như trên, để xác định thành phần dung dịch Y, cần biết khả năng

phản ứng của hỗn hợp A với dung dịch Cu(NƠ3)2• GiảiGọi a, b , c là sô" mol Zn, Fe và Cu trong X, ta có 65a + 56b + 64c = 10.Ta có 56a + 56b + 56c < 65a + 56b + 64c

ít-':' :■ ■' Lj:' \<=> a + b + c< — = 0,178

56

<=> n„ , =a + b < a + b + c< 0,178<n„ „n IV . =0,180molC uS0 4đã phản ứng ■ C uS0 4đã dùng han đau ’

Vậy Gu(N03>2 phải còn dư sau phản ứng, do đó dung dịch Y gồm Zn(N03)2 Fe(NGâ)2 và Gu(N0 3)2.

Vậy chọn A.

12. X là hỗn hợp gồm ancol đơn chức A vặ axit cacboxylic nhị chức B (A, B cócùng sô' cacbon trong phân tửj. Chia X làm 3 phần bằng nhau- Đốt cháý hết phần 1 được 15,84 gam C02.- Phần 2 cho tẳc dụng với Na dư được 2,912 lít H2 (đkc).- Este hóa phần 3 được m gam esté E chỉ chứa chức este (H = 75%)Giá trị m íằA. 5,475. B. 4,380. c. 8)760. t D. 10,955

• Nhân xét

Do chỉ biết giá trị của tổng (—+ b) qua số .mol H2 nên phải dung bất phương

trình kép để chặn trên và chặn dưới tổng (a + b).• GiảiGọi n là sô" c mỗi chất và a, b lần lượt là sô" mol của A, B có ở mỗi phầĩí.

fa , 2,912







Nên 0,13 < a + b < 0,26

0 , 3 6 0 , 3 6 0 , 3 6

° 0,13 a + b 0,26

<=> 2,76 > n > 1,38Vậy n = 2 tức A là C 2 H 5 OH và B là HOOC-COOH

Thay n = 2 vàọ hệ trên giải được a = 0,1 (mol); b = 0,08 (mol).

Phản ứng tạo este:HOOC-COOH + 2 C 2 H 5 OH <7— » C2 H 5 OOC-COOC 2 H 5 + 2H20

0,1 mol 0,05 mol

VKhôi lượng C2H5OOC-COOC2H5 thu được = 0,05.146.-^- = 5,475 gam.x V, 1Ơ0

Vậy chọn A.

13. òho hỗn hợp X gồm 2 ancol đơn chức no mạch hở liên tiếp trong dãy đồngđẳng (đều có khả năng tách nước tạo anken) tác dụng với Na dư được 5,6 lítH2 (đkc). Mặt khác đun nóng cũng lượng X này với xúc tác H 2 SO 4 đặc ở170°c được 7,98 gam hỗn hợp các anken. Biết chỉ có 50% ancol có khốilượng phân tử nhỏ và 45% ancol cỏ khối lượng phân tử lớn tham gia các

. phản ứng tạo anken. Công thức 2 ancol đã cho làA. CH 3 OH và C 2 H 5 OH B. C 2 H 5 OH và C 3 H7OH

c C3H7 OH và C4 H9 OH D C4 H9 OH và C5 H1 1 OH• Nhân xét Dùng bất phương trình kép để chặn trên và chặn dưới tổng sô' mol các

anken, từ đó tìm được khoảng xác định của phân tử khối trung bình các anken.• GiảiGọi a là" số. mol ancol có phẩn tử lượng nhỏ; b là số mol ancol có phân tử

lượng lớn trong X, ta cóa b \ 5,6

= 0,25 <=> a + b = 0,5.2 2 22,4

Đặt công thứe trung bình 2 ancol là GnH2n +1OH.Theo đề, tổng sô' mol ancol đã phản ứng tạo anken là (0,5a + 0,45b), tạo

thành (0,5a + 0,45b) mol hỗn hợp anken theo phản ứng:2CnH2n+1OH ----- » CnH2n .+, H20

(0,5a + 0,45b) (0,5a + 0,45b) ,Ta có: 0,45(a + b) < 0,5a + 0,45b < 0,5(a + b)

Nen: 0,45.0,5 < ĩihỗn hợp anken ^ 0,5.0,5

0 ,2 2 5 < Jlhgn hợp anken ^ 0 ,2 5

111









Do hồn hơjp anken thu được gồm 0,5a mol C2H4 và 0,45b mol C3IĨ6 nên ta có hệ:

ía + b = 0 ,6 0 ja = 0,36|28.Ó,5a + 42.0,45 b = 9,576 Ịb = 0,24

Suy ra %mr HOH= ----- ~~ tì’ ------=53,48%. Vậy chọn D.« 7oiuc3h7oh 46.0,36 + 60.0,24

A. 30%, , B. 50% c. 70% D. 90%

T ' • N hff/xe t ' ' .7 Nếu cKửĩíg minh được a mol Mg và b mol Fe trong hỗn hợp X đã phản ứng^ hết thì 16 gam rắn Z chỉ là (a + b) mol Cu, từ đó dễ dàng giảihệ tìm ra a, b và

có kết quảncần tìm.

ịỆ j )C ^ 'ũ ỳ à ịJ ệ ^ cỤi ■ pit Gọi a, Ẻ lẳ số mol Mg và Fe trong X, ta có 24a + 56b = 10.ỉ Ta .cóĩ%£â‘p- 24b < 24a + 56bsỉìầsL* -

■iU i i k ữ s ế í U 1 0<§> fa ỉ b <: —- = 0,41

‘í f í " ] ụ r C i f ji í - , 2 4

' >. ì ' o ,..í-sỸ,Gusò4đã phản ứng —a + b < 0,41 < nCuSoíđã dùng banđầu —0,42mol

\,I Ỵ ậ ỷ 0{fgO4 :đã dữĩìg dư n ên Mg và Fe đã p hả n ứng hế t.

Rắn z d&lịuOa 4-;b) mol Cu nên ta có hệ:J <=> Ir |64(a + b) = 16 I

.. _ 24 0 125: ’ Do đó %m^g = —— -= 30%. Vậy chọn A. j '

K f ' V * * ' l ĩ I t ' l l : ^ ì' .• Lựu V . 't ị • _

iiiiíì- Giả sử a mol Mg và b mol Fe trong X phản ứng hết thì rắn z chỉ là Cu vớiS i t o ) £ £ _ 64(56a + 56b) 64(24a + 56b) _ 64.10-Hkhối lượng là mz = 64(a + b) = — -—— ------ > — -— — 7----- = ———= 11,42.

56' 56' • 56

Đến đây nhiều em ngộ nhận rằng do đề cho mz = 16 > 11,42 nên Mg và Feđủng! "

S ễ ' Các em phải hiểu “định lý” sau chỉ có một chiều: Nếu10 sam hon hơp Ms^ f và Fé đều đã bhản ửns hết thì rẳn z phải có khối lương lớn hơn 11.42 sam. Ở gĩlẩý không có chiếu ngược lại: Nếu rắn Z có khối lương lớn hơn 11.42 sam thì msẫQ sam hỗn hơD Mg và Fe đều đã phản ứns hết.

tePK'"-' . - 113fifty

a = 0,125 b = 0,125







Chính vì vậy phải có dữ kiện về số”mol C11SO4 để khẳng định Mg và Fe đều

đã phản ứng hết.16. Cho 3,87 gam hỗn hợp X gồm Mg và AI vào 250 ml dung dịch HC1 2M.

Dung dịch sau phản ứng chứaA. MgCl2 và AICI3 B. chỉ chứa MgCl2c. chỉ chứa AICI3 D. MgCl2; AICI3 và HC1.

• Nhân xét Ta phải so sánh tổng (2a + 3b) là sô" mol HC1 tối thiểu cần dùng để hòa tan

hết hỗn hợp gồm a mol Mg và b mol AI với 0,5 mol HC1 đề cho.• Giải ' .Gọi a, b là sô' mol Mg và Fe trong X, ta có 24a + 27b = 3,87.Ta có 24a + 24b < 24a + 27b<=> 8(3a + 3b) <3,87

<=>3a + 3b < — = 0,483758

Do đó nHci cần đế hòa tan hết X= 2a + 3b < 3a + 3b < 0,48375 < 0,5 mol nên dung dịch sau phản ứng chứa MgCl2;-AlCl3 và HC1.

Vậy chọn D.

17. Hòa tan hết hỗn hợp X gồm một oxit kim loại kiềm và một oxit kim loạikiềm thổ trong lượng dư dung dịch HC1, sau đó cô cạn được hỗn hợp muối Y.Điện phân nóng chảy hoàn toàn Y được 2,3 gam hỗn hợp kim loại z ở catotvà 2,016 lít (đkc) khí T ở anot. Nếu luyện thêm 0,8 gam Ca vào hỗn hợp zđược hợp kim w trong đó Cạ chiếm 37,5% về sô' mol. Phần trăm khôi lượngoxit kim lpại kiềm trong X là

A. 51,72% B. 83,33% c. 28,57% Đ. 40 ,10%

• Nhân xét Sơ đồ bài toán:

ÍA20 : a mol XHC1 ÍAC1: 2a mol đpnc z : 2a mol A và b mol B

[BO: b mol ^ m°l ^ + í5) mo^^ 2

. Bài toán* nhất thiết phải tìm 4 giá. trị a, bì A, B. Việc chặn trên %Ca (theosô" mol) trong w nếu z không có Ca sẽ giúp khẳng định Z có Ca.

•, Giải .Giả sử X gồm a mol A2O và b mol BO thì hỗn hợp muôi, gồm 2a mol AC1 và

b mol BC12







Ta có n = a + b = - ’^ ã -Q 09 C1= 2 2 ,4

Giả sử z không chứa Ca thì khi thêm 0,8 gam Ca tức 0,02 mol Ca vào z tađược hỗn hợp w trong đó:

%Ca - 0,02 0,02 _ 0,02 _ rao"™,‘W 2a I b + 0,02 a + b + 0.02 0.09 + 0 ,02

Điều này trái với giả thiết là %Ca (theo sô' mol) trong hỗn hợp w lên đến37,5%, vậy z phải có sẵn Ca, tức kim loại kiềm thổ cần tìm là Ca.

Do đó tạ có hệ:a + b = 0,09

2aA + bB = 2,3

100(b + 0 ,0 2 )

<=>

= 37,5

a - 0,05

b = 0,04

A = 7

X [ 2a + b + 0,02

Vậy X gồm L12O (0,05 mol) và CaO (0,04 mol).

%Li20 = - " -° , 0 5 3 ° ------ := 40,10%2 0,05.30+0,04.56

Vậy chọn D.

Ò CHƯƠNG v_

KỴ N6NG DÙNG DÃY ĐIỆN HÓfiTrong hóà học, việc sử dụng thành thạo dãy điện hóa là vô cùng cần thiết để

hiểu và viết cỊúng các sản phẩm s inh ra ở m ột phương trình p h ả n ứng oxỉ.hóa-

.! khử. Nó giúp ta giải quyết tốt các yấn đề thuộc- về Íí thuyết, như vì sao phảnứng giữa Zn và\ Cr2+ trong dung dịch không xảy ra? Zn vì sao chỉ khử được Cr3+trong dung dịch thành Cr2+ mà không thành đơn chất Cr°? Trong dung dịch

ị ili ọ n Br có khả năng khử Fe3+ thành Fe?+ tương tự như ion r , không? Thứ tự

ỤÍU tiên phản ứng khi cho bột Cu vào dung dịch hỗn hợp gồm Fe3+;H+.và NO3

* ‘^ M như thế nào? . . . _ ■i , Mấu chốt ở đây là các em phải nắm đầy đủ yị trí các cặp oxi hóa khử trong

;; đầy điện hóa và tất nhiên kèm theo, đó là qui tắc a .

’ Nhắc lại qui tắc a : “nếu ta chèn một chữ a vào giữa bất cứ hai cặp oxi hóaí;-: khử nào trong dãỳ điện hóa'th ì đường đi”của chữ a chính là chiều biễu diễn

phản ứng oxi.hóa khử xảy ra được”.







MỤC LỤC

Chương I. Kỹ thuật giải đề thi trắc nghiệm .............................................. 5

BÀI TẬP ÁP DỰNG............................. .............................................................8

Chương II. Kỹ thuật dửng các định luật bảo toàn.............. ................22

BÀI TẬP ÁP DỤNG..... ......................... ....................... .......... .............. ......39

Chương III. Kỹ thuật dùng các công thức giải nhanh ...................... . 72

BÀI TẬP ÁP DỤNG.................. ....... :........... ................................................ 85

Chương IV. Kỹ năng dùng bất phương trình trong giải toán hóa.... 97

BÀI TẬP ÁP DỤNG................................................................................... 103

Chương V. Kỹ năn g dùng dãy điện hóa............................................... . 115

BÀI TẬP ÁP DỤNG.......................................... ,........................................ 119

Chương VL Các .đề thi đại học tham khảo

Đề thi tuyển' sinh Đại học năm 2013" Khối A................. .................I..: 128

Đề thi tuyển sinh Đại học năm 2013 - Khôi B ........... .............................147

Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2012 - Khôi 165

Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2012 - Khôi B......................185

Đề thi thử Đại học tham khảo.... ................. ................................................... ...

Đề thi thử Đại học tham khảo ................ ................:................................. 232







SÁCH PHÁT HÀNH TẠI*HỆ THỐNG NHÀ SÁCH & SIÊU THỊ CỦA

CÔNG TI c í PHẨN VAN HÓA DU LÍCH GIA LAI TRÊN TOÀN QUỬC

Ạ HỆ THỐNG NHÀ SÁCH & SIÊU THỊ CỦACỖNGTI Cđ PHẨNVANHỞAphương nam trên toàn quốc

* davibooks.vn

NHÀ SÁCH TRựC TUYẾNĐT: 62972354

HUẾ: CÔNG TY CP SÁCH&TBTH HUẾ - 76 Hàn Thuyên - TP. HuếĐÀNẴNG: NS LAM CHÂU - 129 Phan Chu Trinh

QUẢNG NGÃI; NS TRẦN q u ố c t u ấ n - 526 Quang Trung NHA TRANG: CÔNG TY CP PHS - 34 - 36 Thống Nhất - Nha Trang

SIÊU THỊ TẦN TIẾN - 11 Lê Thành Phượng - Nha Trang

BÌNH THUẬN: NS HƯNG ĐẠO - 328 Trần Hưng Đạo - TP. Phan Thiết

ĐỒNG NAI: NS KIM NGÂN - 88 Cách Mạng Tháng Tám - TP. Biên Hòa

NS BIÊN HÒA - 35 Cách Mạng Tháng 8 - Tẹ. Biên Hòa NS MINH ĐỨC - 156 Đường 30/4 - TP. Biên Hòa

VỪNG TẦU: NS ĐỒNG HẢI - 38 Lý Thường Kiệt

NS HOÀNG CƯƠNG - 163 Nguyễn Văn Trỗi

GIA LAI: CỒNG TY SÁCH TBTH - 40B Hùng Vượng - TP. Plieku

DAKLAK: NS LÝ THƯỜNG KIỆT - 55 - 57 Lý Thường Kiệt

KONTƯM: CÔNG TYìC.P SÁCH TBTH - 129 Phan Đình Phùng

LÂM ĐỒNG: CÔNG TY CP SÁCH TBTH - 09 Nguyễn Văn Cừ - Đà Lạt

NS CHÍ THÀNH - 72D Bùi Thị Xuấn - Đà Lạt

DẢK NÔNG: NS GIÁO DỤC - 30 Trần Hưng Đạo - Gia NghĩaTẰY NINH: NS VĂN NGHỆ - 295 Đường 30 tháng 4

LONG AN: CÔNG TY PHS - 04 Võ Văn Tần - TX. Tân An

TIỀN GIẢNG: CÔNG TY CP SÁCH TBTH - 22 Hùrig Vương - TP. Mỳ Tho

ĐỒNG THẶP: NS VIỆT HƯNG - 196 Nguyễn Huệ - TP. Cao Lãnh

BẾN TRE: CÔNG TY CP SÁCH TBTH - 03 Đồng Khởi

SÓC TRĂNG: NS TRẺ - 41 Trần Hưng Đạo

KIÊN GIANG: NS ĐÔNG H ồ I - 98B Trần Phú - Rạch Giá

' NS ĐÔNG HỒ II - 989 Nguyễn Trung Trực - Rạch Giá

BÌNH DựơNG: NHÀ SÁCH 2t77 - 518 Cách Mạng Tháng Tám - Thủ Dầu. Một

CÀ MÀU:' NS MINH TRỈ - 44 Nguyễn Hữu LễAN GIANG: NS THƯ QUÁN - 3/5 Tôn Đức Thắng - TP. Long ụyên

NSĩTHANH KIÊN - '496 Vộ' Thị,Sáu T TP.;Long Xuyền

TT VĂN HÓA TỔNGÍHỢP -í l5 - 17 Hai Bà Trưng MSÁCH CÓ BÁN LẺ TẠI CÁC CỬA HÀNG SÁCH TRÊN TOÀN Q u ố c







NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC Quốc GIA HÀ NỘI

16 Hàng Chu ối - Hai Bà Trưng - Hà Nội

Điên thoai: Biên táp-Chế bản: (04) 39714896;

Hành chính: (04) 39714899; Tổng biên tap: (04) 39715011

Fax: (04Í 39714899

. ............... *

Chịu trách nhiệm xuấ t bản:* . ' I• •Giám đốc - Tổng biên tập: TS. PHẠM THỊ TRÂM

Biên tập: TRẦN HẢI

Sửa bài: NHÀ SÁCH HồNG ÂN

Chế bản: NGUYỄN KHỞI MINH

Trình bày bìa: VÕ THỊ THỪA

Đối tác liên kết xuất bản:

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QUYWW.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

Documents

KĨ THUẬT GIẢI QUYẾT NHANH GỌN ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN HÓA HỌC - NGUYỄN ĐÌNH ĐỘ (TRÍCH ĐOẠN)