phƯƠng phÁp giẢi nhanh bÀi tẬp trẮc nghiỆm phÂn tÍch vÀ giẢi ĐỀ thi tỐt...

8/9/2019 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM PHÂN TÍCH VÀ GIẢI ĐỀ THI TỐT NGHIỆP THPT TUYỂN SINH ĐH M…

1/293

WWW.FACEBOOK.COM/DAYKEM.QU

WWW.FACEBOOK.COM/BOIDUONGHOAHOCQU

B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

W.DAYKEMQUYNHON.UCOZ.COM

ng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú


2/293

Ll THANH HẢI

HƯƠNG PHÁP ỌỊÀI NHANHBÀI TẬP TRĂC NGHIỆM

PHÂN T ick VÀ GIẢI DẾ THITỐT NGHIỆP THPT

TUYỂN SINHDH

HOÁ HỘC

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




3/293

C á c từ viết tắt được sử dụng trong sá ch này

BTĐT : Bảo toàn điện tích

BTNT : Bào toàn nguyên tố

CTHH : Công thức hoá học

ĐLBT : Định ỉuột bao toàn'

NLBTNT : Nguyên lí báo toàn nguyên tố

NTK : Nguyên tử khối

PTHH : Phương trình hoá học

PTK : Phân tử khối

ĨHHH : Tuần hoàn hoá học

Bản quyền thuộc Nhà x uấ t bản G iáo dục

183 - 20 08 / CXB / 38 - 363 / GD Mã số : 8I589 P8 - ĐTN



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




4/293


5/293

4



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




6/293

I Các phản ứng hoá học xảy ra đều tuân theo nghiêm ngặtI các quy luật bảo toàn

ị - Khối lượng

ị - Electron

I - Điện tích

I Các Bài tặp trắc nghiệm dưới dạng tính toán thường có

I những cách giải ngắn gọn . Nếu giải theo cách truyền thốngI thông thường sẽ mất nhiều thời gian, không còn thời gian để I giải quyết các câu hỏi khác. Sau đây chúng tôi giới thiệu một ị số phương pháp giải nhanh.

CHUYÊN ĐẾ 1

PHƯƠNG PHÁP ÁP DỤNG

ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

I. NỘI DUNG

• Trong phản ứng oxi hoá - khử

Tổng s ố mol electron cho (nhường) bằng tổng số m ol electron nhận

Biểu thức : z f i g nhường ~ '‘ y f l | . nhậnVí dụ 1 : X mol Fe và y mol Cu tác dụng với HNO 3 thu được khí a mol NO và bmol NO2

Ta có quá trình nhường và nhận electron :

Fe - 3e —>Fe3+ Cu - 2e ̂ Cu2+

X 3x y 2y

5



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




7/293

+5 +2 +5 +4 NO. N O 3 + 3 e —» NO

3a a

NO~ + le -+ 2

b b

=> Biểu thức bảo toàn số mol electron : 3x + 2y = 3a + b

* Trong phản ứng trao đổi ion

Tổng điện tích âm bằng tổng điện dương Hệ quả : Tổng số mol điện tích dương = tone số mol điện tích âm

Y n . + = V n ,t—i ion 11 ion

- Dụng hà i tập thường ỊỊặp :

Dạng ỉ : Xác định số mol, nồng độ, khối lượng của ion khi biết ion khác

Dạng 2 : Xác định khối lượng chất rắn sau khi cô cạn dung dịch.

Ví dụ 2 : Dung dịch có ion dương M,n+ ; Nn+ và ion âm x x' ; Yy ..

Biểu thức :

+m'V " ‘ + M ' V * = H ' V + M - V

» m . n M. . + n . n N.. = x . n x .. + y . n v>.

V ỉ dụ 3 : Dung dịch có X mol Ma;2+ ; y mol H + ; z moi SO^_ và t mol N O

Theo ĐLBT điện tích :

Hay : (1+21). X + (l+ ll). y = (l-2i)\ z + (1-11). t

2 .X + y = 2.Z + t

II. PHẠM VI ÁP DỤNG

ĐLBT điện tích được áp dụng trong các trường hợp sau :

■Dung dịch : trung hoà điện

■ Phản ứng : trao đổi và oxi hoá khử

■Phân tử :

Ví dụ 4 : Phân tử Na2C 0 3 = 0,2 mol thì (l+ll). n , = (1—21). n ,Na CO;

l.n = 2.n , nM


8/293

III. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MINH HOẠ

Bài tập 1 : Một dung dịch chứa 0,02 moi Cu2+, 0,03 mol K+, X mol c r và y mol s o ^ .

Tổng khối lượns các muối tan có trona đune dịch là5,435eam. Giá trị của

X và y lần lượt là :

A.0,03 và 0,02 B.0 ,05 và 0,01

c . 0,01 và 0,03 D. 0.02 và 0,05

Hướng dẫn

Đ L B T điẹ n tích : ^ridiệntich ãm = y ri diện ticn dưong

(1+21) . nc 2+ + (1+ 11) . nK+ = (1- 11) . ncr + (1- 21) . nso2.

=> 2 . 0,02 + 1 . 0,03 = X + 2y

« x + 2 y = 0,07(1)

Theo khối lương : 5,435 = m , + m + 35,5x + 96y» Cu2* K ’ J

5,43 5 = 0,02 .64 + 0,03 .39 + 35 ,5x + 96y

5,435 = 1,28 + 1,17 + 35,5x + 96y

35 ,5x + 96y = 2,98 5 (2)

Từ (1, 2) :=>X = 0,03 mol

y = 0,02 mol {Đáp án A}

Lưu ý :m 2+ = mCu ;m += mK; m 2 = m vì khối lượng e rất béCu K SO4 SÔ

Bà i tập 2 : Dung dịch X chứa các ion CO^_ ; SO^~ ; SO^~ và 0.2 mol HCO ^;0,4 mol Na+. Thêm 100 ml duna dịch Ba(OH >2 vào dung dịch X ihì thu

được lưựng kết tủa lớn nhất. Nồnạ độ moỉ/1 của Ba(OH):> là :

A. IM B. 2M c. 3M D. 4M

Hướng dẫn

Sơ đồ phản ứng : Ba2+ + {COg ; SOg' ;SO4 }------->các kết tủa tương ứng

Để được kết tủa lớn nhất, cần 0,2 mol OhT tác dụng hết với HCOg

HCO3 + OK > CO3 + H20

0,2 0,2

n tạo kết tủa = mol (1)CJH

7



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




9/293

Sau khi tạo kết tủa lớn nhất, dung dịch thu được gồm Na+và OK

=> dung dịch còn lại NaOH


o n = n t = 0,4 (2)OH Na

Từ (1, 2) => Z nOH~ = ° ' 2 + ° ' 4 = ° ’6 mo1 ^ nBa(OH) = 0 ,3 mo1

Ba(OH)2 -------> Ba2+ + 2 0 K

=> [Ba(OH)2] 3M => Đáp án c

Bài tập 3 : Có 2 dung dịch (1) và (2), mỗi dung dịch chứa 2 cation và 2 anion (không

trùng nhau) với nồng độ :

ion K+ Mg2+ n h ; H+ c r S0 2 - N O - c o r

mol/l 0,15 0,1 0,25 0,2 0,075 . 0,25 0,15

Hãy cho biết, mỗi dung dịch chứa ion nào ? (Bỏ qua sự điện li của H20 và

sự thuỷ phân của các ion)

A. dd ( 1) : M g2+ ; H+ ; c r và NO3

dd (2 ): N H j ; K+ ; C0^~ và s o ^ -

B. dd ( 1): K+; H+ ; c o ^ v à c r

dd (2 ) : n h ị ; Mg2+ ; sc>5~và NO3

c. dd (1): Mg2+ ; H+ ; . c ó ị - và NO3

dd (2): NH4 ;K + ; SOỈ"và c r

D. dd (1): Mg2+ ; H+ ; S 0 24~ v à n o ;

dd (2): n h ị ; K+ ; C0 ^“ và c r

Nguyên tắ c :

- Các ion cùng trong một dung dịch thì không phản ứng với nhau ; nếu phản ứng với nhau giữa các ion sẽ tạo : chất kết tủa, chất điện li yếu

hay chất bay hơi.

- Nếu ion A và B phản ứng với ion c thì hai ion A và B phải cùng nằm trong một dung dịch mà không có sự hiện diện của ion c

ÍA + B-> ] „S f= >A , c : cùng tốn tại trong một dung dịch[C + B —> I



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




10/293

^ Hướng d ẫn

Theo đề :

Mg2+ + CO3 " ------» MgCOa 4

2 H+ + COị~ -------> C 0 2 + H20 (hoặc H+ + COg~ -------> HCO3 )

Vậy, dung dịch (1) chứa ion : Mg2+ ; H+ và không chứa ion GOg~

=> Dung dịch (2) chứa ion : NH* ; K+và ion COg~

Ta cần tim ion còn lại trong dung dịch (2) bằng ĐLBT điện tích dựa vào sự trung hoà điện trong dung dịch :

( I + 1 I ) NH+ + ( l+ 1 , ) - v = ( l ' ^ c o 2- + x a

1. 0,25 + 1 . 0,1 5 = 2.0 ,15 + x.a « x.a = 0,1

(Trong đó : X là số mo! của anion còn lại ; a là trị số điện tích anion trong

số các anion NO3 ; SO 4- ; CF)

Lập bảng : s o ĩ " c r n o 3

X (mol) 0,075 0,1 0,2.5

a (điện tích) 2 1 1

Tích x.a 0,15 0,1 0,25

Theo bảng, anion còn lại trong dung dịch (2) là : Cl => SO 4 vả NOg

thuộc dung dịch (1 )

Vậy, 2 dung dịch cần tìm :

Dung dịch (1) : Mg2+ ; H+ ; sc>4~ và NO3

Dung dịch (2) : NH4 ; K+ ; CO3- và c r

B ài tậ p 4 : Hoà tan hết hỗn hợp 2 kim loại X, Y (có hoá trị không đ ổi)trong dung dịch

HC1 thì thây sinh ra 1,344 lít H 2 (đktc). Nếu nung 2 kim loại trên trong

không khí đến khôi lượng không đổi thì thu được 2,56 gam chât rắn. Khôi

lượng X, Y lần lượt là :

A. 2,4 gam B. 3,12 gam c . 2,2 gám D. 1,6 gam



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




11/293

^ Hướng d ẫn

Nhận xé t : Sô' mol điện tích của 2 ion kim loại X và Y trong hai thí

nghiệm là không thay đổi, do đó sô' mol điện tích âm trong hai thí nghiêm là bằng nhau.

ở thí nghiệm í có sự nhận electron là : 2H+ + 2e -------> H2

=> ne nhận = 2.0,0 6 = 0 , 1 2 mol

ở thí nghiệm 2 có sự nhận electron là : o 0 + 2e ------> o 2'

2x X mol

Theo ĐLBT điện tích : 2x = 0,12 => n0 = X= = 0,06 mol

Vậy, m 2 kimloại = rritíxit - m0 = 2,56 - 0,06.1 6 =1 ,6 gam Đáp án D

Bài tập 5 : Hoà tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp gồm AI và AI2O3 trong 250 ml dung

dịch KOH IM thu được khí H2 và dung dịch X. Cho V (mỉ) dung dịch HCl

2M vào X thì thu được lượng kết tủa lớn nhất, V bàng :

A. 125 ml B. 250 ml c. 672 ml D. 500 mi

n + n ■ dư= n +AIO ' OH’ K

Ta có : n = n , . = riKOH = 250 ,1 0_3.1 = 0,25 molK OH“ ban đầu

Suy ra : n _ + n = n = 0,25 molA I0 2 OH du K ’

Khi ch o HCI vào X :

H+ + ỌH_ du -------> H20

H+ + AIO" + H20 ------- ỳ AI(OH)3ị

Để thu được lượng kết íủạ lớn nhấtthì n=n __ + n dư= 0,25 molH A I0 2 OH“

Vậy : VHC| = ̂ ^ - = 0,125 lít = 125 ml => Đáp án A

10



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




12/293

Bài tập 6 : Một dung dịch có chứa 2 cation là 0,1 mol Fe2+ và 0,2 moi Ali+ và 2 anion

Cl- (x mol) và SO^- (y mol). Biết rằns khi cô cạn dung dịch thu được

46,9 gam chất rắn khan. Giá trị Xvà y lần lượt là :

A. 0,2 và 0,4 B. 0,3 và 0,4 c . 0,2 và 0,3 D.0,1 và 0,3

^ Hướng dẫnTa có : mrắn = rn p , + m + m + m o = 46,9

a F e 2H AI34 C l s c £

0,1.56 + 0 ,2 . 27 + 35 ,5.X + 96.y = 46,9

35,5x + 96y = 35,9 (1)


(l+2l).np 2+ +(l+ 3l ).n Ạ|3+ = (l-1l).n c| + ( l-2 l).n go2.

2 . 0,1 + 3. 0,2 = 1 . X + 2 .y X + 2y = 0,8 (2)

Từ (1, 2) => X = 0,2 mol và y = 0,3 mol => đáp án c

Bài tậ p 7 : Hoà tan hoàn toàn m ột lượng hỗn hợp gồm Mg và Fe trong V ml đung dịch

HCl 2,5M vừa đủ thu được dung dịch X. Để kết tủa hoàn toàn các ion có

trong dung dịch X cần dùng 150 ml dung dịch KOH 2M. Tính thể tích

dung dịch HC1 đã dùng :

A. 125 ml B. 120 ml c . 175 ml D. 150 ml

^ Hướng dẫn

Theo đề : KOH + X (chứa Mg2+ ; Fe2+ và c r )

|M g +H Ci_>x = jMg 2+;Fe 2+; C 1- j . .. +KOH ) K C t + k ế t t ủ a

Mg2+ + 2 0H ” -------> Mg(OH)2 ; Fe2+ + 2 0H" ------ ỳ Fe(OH)2

Dung dịch thu được chứa các ion : K+ ; CF

Theo ĐLBT điện tích, trung hoà về điện trong dung dịch X :

y .n điện tich ãm = (3iện tich dưong

=> = n .C l K

Ta CÓ: n = n = nK 0H= 150 .10"3. 2 = 0,3 molK OHSuy ra : n ... = n = 0,3 mol => nHci =n_. = 0,3 mol y Cl K C l

Vậy : VHC| = — = 0,12 lít = 120 ml =>Đáp án B

11



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




13/293

Bài tập 8 : Dung dịch X có chứa 4 ion : Mg2+ ; Ba2+ ; 0,2 mol Br và 0,4 moi N 0 3 .

Thêm từ từ V lít dung dịch K 2CO3 2M vào X đến khi được lượng kết tủa

lớn nhất. Giá trị của V là :

A. 300ml B. 150ml c . 200ml D. 250ml

^ H ư ớ n g dẫn

Khi K2CO3 + dung dịch X, ta c c c phương trnh ion thu gọn :

Mg2+ + CO3 MgCOa I

Ba2+ + COị~ BaC03 ị

Khi phản ứng kết thúc, các kết tủa tách khỏi, dung dịch, phần dung dịch

còn lại chứa các ion gồm : K+ ; Br“và NOg .

Theo ĐLBT điện tích, ta có sự trunghoà về điện :

điện tích âm = E n điện tích dương

Suy ra : n + n _ = n Br" NOg K

Theo đề : n_ = 0,2 và n _ = 0,4 => n = n + n _ = 0,6 molBr N 03 K Br~ N 0 3

=> rv = 1/2 . n = 0,3 mol2 3 K " 2

K 2C 0 3 2 K+ + CO3

0,3 V r =,— — = - ! - = 0,15 lít = 150 ml => Đáp án B

2 3 C M 2M ' 1Bài tập 9 : Hoà tan hoàn toàn 3,22 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng

vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng, thu được 1,344 lít hiđró (ở đktc) và dungdịch chứ

A. 9,52

^ H ư ớ n g d ẫ n

a m gam muối. Giá trị của m là :

B. 10,27. c. 8,98. D. 7,25.

Ta có : rrimuối = m 2+ + m p+ + m p. + m 0Fe Mg Zn 2+ SO^‘

= (mFe + mMg+ mZn) + m4

Và n , = nu cr. = nu = 0,06 mol s o 2- h 2s o 4 h 2

=> nnmuối= 3, 22 + 0, 0 6 .9 6 = 8,9 8 gam

12



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




14/293

IV. BÀI TẬP THEO CHUYÊN ĐỀ

Bài tập 10 : Hoà tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm Fe và các oxit sắt trong 700 ml

dung dịch HC1 IM thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Sau khi

cho NaOH dư vào Y, lọc kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng

không đổi thu được chất rắn z. Khối lưựng z là :

A. 25 gam B. 24 gam c. 23 gam D. 22 gam

Bài tập 11 : Có 2 dung dịch (1) và (2), mỗi dung dịch chứa 2 cation và 2 anion (không

trùng nhau) với nồng độ :

ion Fe2+ Ba2+ Al3+ Na+ c r s o 24- NO- OH-mol/1 0,07 0,08 0 , 1 2 0,24 0, 2 0 0,15 0,30 0 , 1 0

Đó là dung dịch chứa ion nào ? (Bỏ qua sự điện li của H20 và sự thuỷ

phâ n của các ion trong nước)

A. dd (1 ): Fe2+; Al3+ và s o j - ; c r dd (2 ): Ba2+; Na+ và OH~ ; NO 3

B. dd (1): Fe2+; Na+ và S 0 24- ; c r dd (2) : Ba2+ ; A \ĩ+ và OH“ ; NO^

c . dd (1) : Fe2+ ; Al3+ và sc>2- ; NO~ dd (2 ): Ba2+; Na+ và O H ' ; CT

D. dd (1 ): Ba2+ ; Al3+ và c r ; NO 3 dd (2 ): Fe2+ ; Na+ và OH~ ; s o ị -

Bài tập 12 : Dung dịch X chứa các ion SO^~; s o ^ và 0,2 mol HSO“ ;; 0,3 mol K+.

Thêm V ml dung dịch Ba(OH ) 2 2M vào dung dịch X thì thu được lượng kết

tủa lớn nhất. Giá trị V là :

A. 625 ml B. 500 ml c . 250 ml D. 125 ml

Bài tập 13 : Một học sinh xác định số mol các ion trong một dung dịch như sau :

K+ = 0,04 mol ; Ba2+ = 0,02 mol ; NO "= 0,01 rxiol ; c r = 0,04 mol và

HCO" = y mol. Sô" mol y có giá trị là :

A. 0,01 mol B. 0,02 mol c . 0,03 mol D. 0,04 mol

Bài t ập 14 : Một dung dịch có chứa các ion Zn2+ (0,15 mol), Al3+ (0,25 mol), Cl" (0,15

mol) và s o ^ - . Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch.

A. 62,575 gam B. 65,025 gam c . 52,225 gam D. 56,075 gam

13



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




15/293

CHUYÊN ĐẾ II ___________________________________________

PHƯƠNG PHÁP ÁP DỌNG

ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON

I. NỘI DUNG

- Trona phản ứng oxi hoá - khử, số mol electron mà chât khử cho bằng sô mol

electron mà chất ox i hoá nhận về :

nc nhận ~ nc niiuửno

- Khi tính loán, cần kết hợp với các phương pháp khác nhaunhư : bảo toàn khối

lượng, bảo toàn nguyên tố để việc giải toán dễ dàng hơn.

- Ưu điểm nổi bật của phương pháp : Nêu bài toán có nhiều chất oxi hoá và nhiều

chất khử cùng tham gia phản ứng, ta chỉ cần tìm tổng số moi elec tronnhận và tổng sốmol electron nhường rồi áp dụng ĐLBT electron :

̂ ' n nhận ̂ nhường

II. PHẠM VI ÁP DỤNG

- Ap dụng cho bùi toán có phản ứníỉ oxi hoú - khử, đặc biệ t với các Bùi tập toán

có nhiều chất oxi hoá, nhiều chất khử.

- Trong hệ phan ứng, chí cần-- xéĩ đến trụng thúi oxi hoá ban đầu vù cuối của một nguyên tô mù không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi ĩritní> iỊÌan.

III. CÁC DẠNG TOÁN ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT

A. CHUYÊN ĐÊ : kim loại + {H+ ; OH ; HịO ; muối ; phi kim ...}

B . Y Ê U C Ầ U

“ Tính khối lượng hoặc số mol kim loại

“ Xác định tên kim loại và công thức hoá học axit.

■ Xác định v k|,í hoặc CTHH c ủa khí.

" Tính khối lượng dung dịch hoặc c% ; CMcủa HNO3 ; H2SO4.* Tính khôi lượng chât tan trong dung dịch muối

■Tính c% hoặc CMcủa dung dịch muôi thu được.

14



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




16/293

c. BÀI TOÁN : Hoà lan hỗn hợp gồm a mol kim loại M (hoá trị 2) và b mol M’ (hoá trị 3)cần vừa đủ HNOị. Sau phản ứng thu được V lít (đktc) hỗn hợp Y gồm NO và NiO.

VTheo đc ; riy —nN0 + nN 0̂ = X+ y =

Theo đề, quá trình oxi hoá M và M’ bởi UNO, :

NhườniỊ e Nhún eM - 2e —>M2'

a 2a

+-s +2 N0-- + 3e ‐ 4 NO (1)

X 3x X

M’ - 3 e -> M’u

b 3b

+s +12 N O, + 8 c - » N : 0 (2)

2 y 8 y y

^ 11 ntmVí11 j; 2a + 3b

2 : hoá trị kim loại M

3 : hoá tri kim loai M’

y ^ n Iiimi = 3x + 8 y

Theo ĐLBT eleciron 3x + 8y = 2a + 3b

4-5Theo (1 ,2 ) : số mol NO tham aia tạo khí NO và N2Ọ :

laok iii - n - n _ ti) + n (2 , - X + 2yUNO‐, NO3 NO3 N 03

s ố mol H N O ị tham gia tạo 2 muối :

M(NO ;i)2 = a mol và M’(N0 3)3 = b mol'‐>0 muối — n _ —2a + 3b —3x + 8y

NO^ (c troniỉ muối)

Vây, y n,„,n , , =(2. n.. + 3 .n .„ ,) + [n (!) + n ,7)]HN O3 phản ứng M M ' NO NO^

= (2a + 3b) + (x + 2y)

Ho ăc : V nWK„ , , , ,, = V n + [n (I) + n ,2)]Z_*I IIN O 3 phản ứng c nhận N O ị NO^

= (3x + 8y) + (x + 2y)

Hoăc : 'V nlIM„ ... „ = 7 n . .. . + ln (1, + n (2)]• IIN O3 phn ứng e nhường NO^ NO^

= (2a + 3b) + (x + 2y)

v : niIN O ,„ o 2 ™ ế i = S nc „ E = I X nhịn = a n „ + 3 .n„.)

15



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




17/293

D. CÁC DẠNG TOÁ N THƯỜNG GẶP

[H2S 0 4 [ S 0 2 ; S ; H 2 S

>b

Í H2S 0 4 fS 0 2;t ì DANG 1 : K.M LOẠI +

Vấn đề 1 Kim loại M (hóa trị a) + H2S 0 4 d;U. nón, ------ » S 0 2 + ...

ĐLBTElectron

Hóa trị kim loại Xsố mol kim loại = điện tích nhận của s Xsố mol S 0 2 :a .nM= ( 6 -4 ) . nSOz

Lưu ý HÓA TRỊ kim loại = số electron nhường của kim loại

6 : là số oxi hóa của s trong axit H2S0 4

4: là số oxi hóa của s trong khí S0 2vấn đề 2 M (hóa trị a) + H2SO 4 dặc. nóng------ > H2S + ...

a 'nM =[-1- V 8' VGhi chú 6 : là số oxi hóa của s trong axit H?S0 4

- 2 : là số oxi hóa của s trong khí H^s

Vấn đề 3 M (hóa tri a) + H N 0 3 > NO + N 02. ..

a- nM ~ (5 - 2) . + (5 _ 4 ). nN0^

Ghi chú 5: là số oxi hóa của N trong ax it HNO^

2: là số oxi hóa của N trong khí NO

4: là số oxi hóa của N trong khí NO2

Vâ n đề 4 M (hóa tri a) + H N O 3 ------ » N20 + N2...

a . n M= 2 . ( 5 ^ l ) . + 2 . ( 5 - 0 ) .

Ghi chú 5: là số oxi hóa của N trong axit HN0 3

1: là số oxi hóa của N trong khí N20

0: là số oxi hóa của N trong khí N2

2: sô" nguyên tử N có trong các khí N2 và N20

Vâ n đề 5 (tổng quát)

M ( h a tri a ) + H N O 3 ------ NxOv +.. .

a . nM= ( 5x~ 2y) . n 0x y

X N 0 3 + (5.X - 2.y)e + (6.X - 2.y) H+ ------->NxOy + (3.X - y)H20

2 nHN03 pl,íinứng= X. nN + (5.X - 2.y). n = (6 .X - 2 .y ) . n

X y 1 x^y * X y

16



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




18/293

Chứng Quá trình nhận và cân bằng electron:

minh XNO ; + (5x - 2y)e + a H + ------ » NxOy + p H20

Tim a : Cân bằng điện tích:(l-ll).x + (5 x -2 y ) = a.l+11 => a = X+ 5x - 2 y = 6 x - 2y

Tim /3 : Cân bằng Oxi hai vế:

X.3 = y + p=> Ị3 = 3 x - y

Ví dụ 1 : [Cu° + H2SO4] Hoà tan hết 0,01 mol Cu trong H2SO4 đặc thu được V (ml)khí SO2 (đktc). Giá trị của V là

A. 224 ml B. 672 ml c. 89,6 ml D. 13,44 ml

^5 Hướng dẫn

Theo ĐLBT electron : 2.nCu = (6 - 4). nso

« 2.0,01 = 2 .n so ==> nso =0,01 mol

=> Vso = 0,01 .22 ,4 = 0,224 lít = 0,224.1 o3 ml = 224 ml

Ví dụ 2 : [Fe° -> Fe3+] Hoà tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư),thu được V lít SO2 (đktc). Lấy V (lít) SO2 lội qua dung dịch KMn04 0,5M

thì làm mất màu tối đa Ỵ (ml) KMnơ4. Giá trị của Y là

A. 480 ml B. 800 ml c. 120 ml D. 240 ml

Hướng dẫn

5 6ru = — =0 ,1 mol => 3 .n = (6 - 4 ).n ori 3.0,1 = 2 .n cr .Fe 5 0 Fe ' ' S02 SOg

=> ns o = 0,15 mol

Quá trình nhường, nhận e củ a S 0 2 và KMn04 :

Nhận e Nhường e+7 +2Mn + 5e -» MnXmol 5.X

C V J 0 T 0 )

c o

C M

0

1 C O 0

1 0

.

T—

Í M

0

nhường = 5x mol Z n nhân = 0,3 mol e

____ _ 0 3Theo ĐLBT Electron : 5x = 0,3 » X= — = 0,06 mol

5

=> V = 0,12 lít = 120 ml.0,5

2A- PPGNBT Trấc Nghiệm MAn Hoá 17



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




19/293

B ài tậ p 1 •• Nung m gam bột sắ t trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp ch ất rắn X. Hoà tanhết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (làsản phẩm kh ử duy nhâ't). Giá trị của m là :

A. 2,52 B . 2 , 2 2 c. 2,32 D. 2,62

+ 0, ÍFe +HNO,

Dạn g toán : Fe ----------- > j ---------------- > NO + Fe(NƠ 3)3r e 3u 4

Phân tích : Gọi ẩn số theo Fe dư và Fe 30 4

Lập phương trình đại số theo 3 gam và VNQ = 0,56 lít

^5 Hướng dẫn

Gọi ã mol — ripe Q , b mol —ripedu —■̂ banđắu — + b

Theo đề, quá trình oxi hoá Fe bởi oxi : 3Fe phản ứng -» Fe30 4

3a a

Theo để : mFe 0 +m Fedu = 3 -> 23 2a + 56b = 3 (1)

Theo đề, quá trình oxi hoá Fe bởi HNO3 :

Nhường e Nhận e

8+3 8 +3 Fe3 0 4 - 3.(3 - - )e -> 3Fe(NO)3

a a

+5 +2NO' + 3e -> NO

0,075 0,025+3Fe°dư - 3e ^F e(N O )3

b 3.b

y.r' nhường = 3 + 3b nhận = 0 ,0 7 5

Theo ĐLBT electron : s ố mol e của Fe nhường = số mol e củ a N nhận

=> a + 3b = 0,075 (2)

Từ (1, 2) => a = 0,007 5 mol ; b = 0,02 25 mol

Vậy, mFe ban đầu = 56.(3a + b) = 56. (3.0,0075 + 0,0225) = 2,52g

=> Đáp án ABài t ậ p 2 : Cho 0,01 mol một hợp chất của sắt tác dụng hết với H2SO4 đặc nóng (dư),

thoát ra 0,112 lít (đktc) khí duy nhất là S 0 2. Công thức của hợp chấ t sắ t đó

là :

A. FeS B. FeS 2 c. FeO D. FeCOs

18 2B-PPGNBT Trắc Nghiệm Môn Hoấ



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




20/293

+H0SOa Dạng toán FeX ------- ——-—> S 0 2

Phân tích : Lập phương trình đại số theo 0,01 mol FeX và Vs o = 0,112 lít

- Nếu công thức hợp chất sắt là : FeS+2 -2 +3 +6F eS - 9e —> Fe + s

0,01 0,09

+6 +4h2 s o 4 + 2e —> S 0 2

2 x X

Theo ĐLBT electron : 2x = 0 ,09 => X =: 0,045 mol -^0,005

=> Đáp án / kkhông phù hợp

- Nếu công thức hợp chất sắt là : FeS2‐ 1 +3 +6F eS 2 - 15e ‐> Fe + 2 s

0,01 0,15+6 +4

h 2 s o 4 + 2 e s o 2

2 x X

Theo ĐLBT Electron : 2x = 0,1 5 => X = 0,075 mol -» 0,005 mol

=> Đáp án B không phủ hợp

- Nếu công thức hợp chất sắt là : FeO Fe+2 - 1e -» Fe +3

0,01 0,01+6 +4

Hg s 0 4 + 2 e —> s O2

2x X

Theo ĐLBT electron : 2x = 0,01 => X= 0,0 05 mol

Vậy : đáp án c

B ài t ậ p 3 : Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 :1) bằng axit H N O 3 ,

thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (NO và NO 2) và dung dịch Y (chỉchứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị V là :

A.2,24 B.4,48 c . 5,60 D. 3,36

Dạng toán : Fe ; Cu — —1̂ >3- > N 0 2 + NO



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




21/293

Phân tích :

ÍFe = X mol ___ 12 _ n , ,i và 56x + 64x = 12g => X = — —— = 0,1 mol[Cu = X mol 56 + 64

Gọi ẩn số theo số mol NO và N 0 2

Lập phương trình đại số dựa vào : dx/H = 19 và ĐLBT electron

^ Hướng dẫn _____________________________________

Đặt a mol = nNO và b = nNO

Ta có quá trình nhường Electron

Từ đó, ta có số moi e nhường là (3.0,1 + 2.0,1) = 0,5 mol


0Fe +3- 3e Fe +5n o ; + 3e+2

NO

0,1 0,33a a

0Cu

+2- 2e -> Cu

+5

NO- + 1e+4

-» n o 20,1 0,2

b b

M 3 C D

nhường = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol^ ne

nhận = 3a + b mol

Theo ĐLBT electron :: 3a + b = 0,5 (1)

Theo để : dY/w = 19 Mx = 19.2 = 38 a = b = 0,125 mol => V = 22 ,4.(0 ,125 + 0,125) = 5,6 lít

Bài tập 4 : Hoà tan hết 6,3 g hỗn hợp X gồm Mg, Zn, Cu bằng H2SO4 đặc nóng được

dung dịch Y và 3,36 lít S0 2 (đktc). Cô cạn dung dịch Y được khối lượng

muối khan là :

A. 20,7 g B. 24,2 g c . 24,3 g D. 17,5 g

Dạng toán : Mg, Zn, Cu — > 5 0 2

Phân tích : Lập phương trình đại sô" theoVso = 3,36 lít ; mx = 6,3 gam và ĐLBT

electron

20



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




22/293

55 Hướng dẫn

Cách 1 : (HS không cần viết phương trình phản ứng)

Ta có biểu thức :

2 .n -= (6 - 4).nQO => n- =ncn = ^^-=0,15(7101 M ' s o 2 M so 2 2 2 4

Bảo toàn nguyên tố : n-- = n -= ne „ = 0 ,15 molM S0 4 M 52

=> = m -+ m = 6,3 + 96 .0,15 = 20 ,7 gamm s o 4 m s o 4 m

Cách 2 : Dùng công thức trung bình

Vì Mg, Zn, Cu đều có hoá trị II nên gọiM là kí hiệu chung của 3 kim loại,

ta có phản ứng :

M + 2H2S 0 4 -> M S04 + SO2 T + 2 H20

a mol a mol a molaM = 6,3 _

3,36 M= 42a = - i— = 0,15

22,4

rnmuối khan = a.(M + 96) = 0,15.(42 + 96) = 20,7 gam

Bài tập 5 : Hoà tan hết 15,4 gam hỗn hợp X gồm Mg, Zn bầng HN0 3 đặc nóng được

dung dịch Y và 1,68 lít N20 (đktc). Cô cạn dung dịch Y được khối lượng

muôi khan là :

A. 32,5 g B. 38,3 g c. 54,4 g D. 52,6 g Dạng toán : Mg ; Zn —+HNQ3—) N20

Phân tích :

*Gọi ẩn sô" theo Mg ; Zn

■ Lập phương trình đại sô' theo khôi lượng X = 15,4gam ; ỲN 0 = 1,68 lít

^ Hướng dẫn

Cách 1: Áp dụng ĐLBT electron, ta cỏ :2 .n -= 2 .(5 - n => n -= 4.nw n = 4.-^^-= 0,3 mol

M ' ' N20 m n 20 22 4

NLBT nguyên tố : n - = n-= 0 ,3 mol => n = 2 .n - _ xa ' M(N03)2 m n o 3 M(N03)2

=> m - . = m -+ m = 15,4 + 2.0 ,3.62 = 52,6 gam M(N03)2 M n o 3

21



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




23/293

Cách 2 : Dùng cồng thức trung bình

Gọi M là công thức chung của Mg, Zn (hoá trị II), ta có phản ứng :

4M + 10HNƠ3 -» 4M (N03 )2 + N20 T + 5 H 20

4a 4a a

Í4a.M = 15,4— 154

=> < 168 - __ « M= —— ì a = — = 0,075 3l 22,4

— 154m muối Khan = 4 a .(M + 62 .2 ) = '4.0,075.( — + 1 24 ) = 5 2 ,6 g am

3

Bài tập 6 : Hoà tan hỗn hợp gồm một lượng hỗn hợp gồm p moi Zn và q mol AI cần

vừa đủ a mol HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y không chứa

NH4 NO 3 và 0,2 mol NO và 0,1 mol N 0 2. Giá trị của a là :

A. 0,5 mol B. 1,0 mol c. 1,5 mol D. 2m ol

Dạng toần : Zn ; AI —- - - 3—> NO + NO2. Tính sô mol H N O 3

^ Hướng dẫn

Cách 1:

Quá trình cho và nhận electron :

Nhường e Nhậ n e

Zn - 2e -> Zn2+

'p 2 p

+5 +2 NO" + 3 e -» NO (1)

0 ,2

0 ,6

0 ,2

AI - 3ẹ, ->AI3+

q 3q

+5 +4 NO3 + 1e NCX, (2)

0,1 0 ,1 0,1

Tin nhường = 2p + 3q e

Z n nhân = 0,7 mol e

Theo ĐLBT electron : 2p + 3q = 0,7

^ ^ nHNO = nHNOgt*o2kh> + nHN03 tạo2muối

= n _ (2\ 1 n nhãnNO3 ’ no;' ' ^ e ■

= [0,1 + 0,2] + 0,7 = 1,0 mol

=> a = 1,0 mol => Đáp án B

2 2



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




24/293

Cá ch 2 : Quá trình nhận electron :

Nhận e

+5 +2NO- +

T d )

c õ NO (1 )

0 ,2 0 ,6 0 ,2

+5+4NO- + 1e -> n o 2 (2 )

0,1 0,1 0,1

V n nhân = 0,7 mole

=> I nHNO3

0z

c I I + n (2)N0 3

] nĥ n

= [0,1 + 0,2] + 0,7 = 1,0 mol

=> a = 1,0 mol => Đáp án B

Bài tập 7 : Hoà tan 3,6 gam một kim loại M vào đung dịch HN0 3 ta thu được 1,12 lít

khí N20 (đktc). Xác định kim loại M ?

A. Fe B. AI c . Zn D. Mg

Dạng toán: M + HNO 3 —>N20 . Xác định kim loại

Phân tích :

■Lập phương trình f(n, M) = 0 với n là hoá trị của kim loại M

■Việc lậ p phương trình dựa vào VN 0 ; mM= 3,6g và ĐLBT electron

^ H ư ớ n g dẫn ______________ ________

112Sô mol nM~ = = 0,05 mol

2 22,4

Quá trinh cho và nhận electron giữa HNO3 và M :


Wl° - ne . Mn+

(n ià hoá tri của M)X X

+5 +12 N 0 “ + 8 e -> N2 0

0,4 0,05 mol

Theo ĐLBT electron : = 0,4 => X = 9nX.

Cho n = {1 ; 2 ; 3} và nghiệm phù hợp n = 3, X = 27 (AI) => Đáp án B

23



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




25/293

Bài tập 8 : Cho 9,6 gam Cu phản ứng vừa đủ với 400 ml dung dịch HNO3. Sau phảnứng giải phóng m ột hỗn hợp 4,48 lít khí (đktc) NO và N 0 2. Tính nồng độ

mol/1 của dung dịch HNO3.

A. 2 ,5 M B. 1,5M c. 1,24M D. 1,25M

Dạng toán : Cu + H N O 3 —>N O + N O 2 . Tính [ H N O 3 ]

Phân tích :■Lậ p 2 phương trình f(a, b) = 0 với a = nNO; b = nNO

• Việc lập phương trình dựa vàoVhhkhí ; nCu

^5 Hướng dẫn

Cách 1:

4 48 9 6nhr>kh = 7T ~ = a + b = 0 , 2 mol; nCu = 7fy=0,15mol

22,4 64


Cu° - 2e -> Cu2+0,15 0,3

+5 +2 HNOg + 3 e ^ N O (1)

a 3a a

H NO3 + 1e -♦ i i o 2 (2)

b b b

Theo ĐLBT electron : 3a + b = 0,3 (3)

Từ (1,2, 3) => Tổng mol HNO3 phản ứng :

nHNO = (a + b) + S ne nhận = (a + b) + (3a + b) = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol

0,5=> CM= ——= 1,25M => Đáp án D

Cách 2:

Nhận e+5 +2

H NOg+ 3e -> NO (1)

a 3a a

HNOg+ 1e -» N0 2 (2)

b b b

Theo ĐLBT electron : ỵ n e nhường = ^ne nhận

24



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




26/293

2 .nCu = ( 5 -2 ) .n NO + (5 - 4 ).nNO

9.6=> 2 .- 2— - 3 .a + b =>3a + b = 0,3 mol

64

*̂nHN0 3 = n̂N0 3 (1) + nNŨ3 (2)̂ + £ ne nhận

4 48= (a + b) + (3a + b) = —- - + 0,3 = 0,5 mol22,4

=> Cm (HNOs) = “ = 1.25M => Đáp án D 0,4

Cách 3:Quá trình cân bằng điện tích :

+5 +2N 0 3 + 3 e + 4H+ -* N 0 + 2H20

3a 4a a

NO3 + 1e + 2H+ -»N 0 2 + HzO

b 2 b b

Theo ĐLBT electron =>3a + b = 0,3 mol (1)

. 4 48Theo để : nY= nNO+ n.. „ = a + b = - 1— = 0,2 mol (2)

2 22,4

Từ (1,2) =>a = 0,05 mol và b = 0,15 mol

=>y n = n . = 4a + 2b = 4.0 ,05 + 2.0 ,15 = 0,5 mol ^ HNOg H

=> CM(HN03) = — = 1,25M Đáp án D

. Ậ ĐỀ

Bài tập 9 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,05 mol Mg và 0,1 mol Fe bằng dung

địch HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y khng chứa NH4NO3 v2,24 lít (đktc) một khí z duy nhất. Công thức của z là :

A .N 2 b . n o 2 c . n 2o D. n o

Bài tập 10 : Hoà tan hết 25,28 gam hỗn hợp Fe, Zn bằng dung dịch HNO 3 thu được3,584 lít hỗn hợp khí NO, N20 (đktc) với số moi m ỗi khí như nhau. Tính %

khối lượng của F e trong hỗn hợp.

A. 17,72% B. 71,27% c . 12,27% D. 7,27%

25



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




27/293

Bài tập 11 : Hoà tan hỗn hợp gồm 0,05 mol Zn và 0,06 moi AI cần vừa đủ a moi

HNO 3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y không chứa NH 4 NO3 và 1,792

lít (đktc) hỗn hợp B gồm NO và N20. Giá trị của a là :

A. 0,368 mol B. 0,562 mol c. 0,528 mol D. 0,632 mol

Bà i tập 12 : Ch o 43,2 gam Cu phản ứng vừa đủ với 400 ml dung địch HN O3 . Sau phản

ứng giải phóng một hỗn hợp 4,48 ìít khí (đktc) NO và N20. Tính nồng độmol/1 của dung dịch HNO 3.

A. 4,25M B. 4,15M c . 2,24M D. 2,52M

Bài tập 13 : Hoà tan hết 25,28 gam hỗn hợp Fe, Zn bằng dung dịch HNO3 thu được

3,584 lít hỗn hợp khí NO, N20 (đktc) có tỉ khối đôi với H2 bằng 18,5. Tính

% khôi lượng của Fe trong hỗn hợp.

A. 12,27% B. 71,27% c . 17,72% D. 7,27%

Bà i tập 14 : Ho à tan 7,02g kim loại M bằng dung dịch HNO3 (lấy dư) thu được 1,344 lít

hỗn hợp khí Y gồm N2 và N20 và dung dịch X. Cho dung dịch X thu đượctác dụng với NaOH dư thu được 0,672 lít N H3 (các thể tích khí đo ở đktc).

B iế t tỉ khối của Y so vổi H2 là 18. Tìm tên M

A. Mg B. Fe c . AI D. Zn

Bài tập 15 : Hoà tan Cu dư trong 200 ml dung dịch HNO 3 0,5M và H2SO4 0,4M thu

được Vi (lít) NO (ở đktc). Giá trị V| là

A. 10,08 lít B. 1,568 lít c . 0,896 lít D. 8,96 lít

Bài tập 16 : Đun nóng 16,2 gam kim loại M (có hoá trị không đổi) với 0,15 mol 0 2 thu

được chất rắn X. Hoà tan rắn X với HC1 dư thu được 13,44 lít H 2 (ở đktc)X ác định kim loại M.

A. AI B. Fe c . Zn D. Cu

E DẠNG 2 : KỊM LOẠI + •

axit: HX ;H2S 0 4 loãng

H20

NaOH.ancol ROH,phenol

-> Hr

Phương pháp : T ừ hệ quả ĐLBT elec tron : nH = k-0a — .nkimioại

Ví dụ 1 : Cho hỗn hợp gồm 0,1 mol Ba ; 0,2 moi Na vào H 2O thu đườc VI (lít) khí ;lấy 0,25 mol Fe và 0,15 mol Mg vào HC1 dư thu được v 2 (lít) ; lấy 0,45 mol

AI và o dung dịch NaOH dư thu được V3 (lít). Tính Vị + v 2+ v 3 (đktc) ?

A. 48,15 lít B. 28,56 lít c . 12,05 lít D. 24,08 lít

26



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




28/293

^ H ưởng d ẫn

2 _ 1 2 2 3Hui = —-nDo + + —-nco + — .nM + — .n .iHg 2 Ba 2 Na 2 2 92

- „ '0,2 0,25 nHir 3.0,45 ..= 0,1 + + —— + 0 ,1 5 + ——— = 1,275 mol

2 2 2Vậy, tổng V, + v 2 + v 3 = 1,275.22,4 = 24,08 lít

Ví dụ 2 : Đ iện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ, sau một thời gian thu được0,32 gam Cu ở catot và một lượng khí X ở anot. Hâp thụ hoàn toàn lượng

khí X trên vào 200 ml dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường). Sau phản ứng,

nồng độ NaOH còn lại là 0,05M (giả thiết thể tích dung dịch không thay

đổi). Nồng độ ban đầu của dung dịch NaOH là

A. 0,15M - B. 0,2M C .0 ,1M D. 0,05M

Nhận xét - Hấp thụ hoàn ton nghĩa là Cl2 phản ứng hết.

- Ớ nhiệ t độ thường nên tạo muối nitrơ NaClO

Dạng toán Đ iện phân dung dịch và tính CMcác chất liên quan

^ Hướng dẫn

Phương trình điện phân : CuCI2 — Qu + Q|2

0 32

nCu = -J— = 0,005 mol => rv , = 0,005 mol64 2

Cl2 + 2NaOH -» NaCIO + NaCI + H20

0,005 2.0,005 mol

I^NaOH phản ửng = 0,005 . 2 = 0,01 mol

=> ri|\iaOHdư = VNaOH-̂ M dư = 0,2.0,05 = 0,01 moi

riỊvịaOH ban đáu = 0 ,0 1 + 0, 0 1 = 0 ,0 2 m o l

Do đó, C|y/|NaOH ban đầu = Q 2 =

Ví dụ 3 : Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng dư nước thì thoátra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH (dư) thì được

1,75V lít khí. Thành phần phần trăm theo khối lượng của Na trong X là

(biết các thể tích khí đo trong cùng điều kiện)

A. 77,31%. B. 39,87% c. 49,87% D. 29,87%.

27



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




29/293

^5 Hướng dẫn

Theo định luật thành phần không đổi, xét hỗn hợp X : Xmol Na và 1 mol AI

Thí nghiệm 1 : X (Na = X, AI = 1,0 mol) + H20 -» V lít H2

Sô mol flu = —,nNa + —.nẠ|2 2 2

M à nA| = n = nNa = X mol OH

_ _ 1 3 1 3=> nH - —.nNa + —.nAi= —.Dua + —-nNa - 2.riNa - 2x2 2 2 2 2

Thí nghiệm 2 : X (Na = X, AI = 1,0 mol) + NaOH

_ hoá trị 1 3 1 3 . _ _ _ . _ nH — _ k̂im loại — -HNa + 0 '^Al — X + .1 —0 ,5x + 1 ,5

2 2 2 2 2 2

Vì khí thu được không ở điều kiện tiêu chuẩn nên ta lập tỉ lệ mol :

Phương pháp :Các thể tích khí đo trong cùng điều kiện nên tỉ lệ thể tích chính là tỉ lệ số m o i:

2x _ V 4

v > "h2,2, 0,5x +1,5 1.75.V 7

- 23 0 5=> %mN, = ---- --------. 100 = — * . 100 = 29,87%

m M + m AI 23.0,5 + 27.1 Na AI ’

^ (muối (Thuỷ luyện)H DẠNG 3 : KIM LOẠI + r

[Phi kim

Ví dụ : Cho hỗn hợp gồm 0,02 mol Zn và 0,02 mol AI phản ứng vừa đủ với dungdịch chứa đồng thời X mol AgN03 và y mol Cu(N0 3)2 tạo thành 6,24 gam

chất rắn Giá trị X và y lần lượt là :

A. 0,05 mol và 0,04 mol B. 0,03 mol và 0,05 mol

c. 0,04 mol và 0,03 mol D. 0,07 mol và 0,03 mol Dạng toán : Zn ; AI (vừa đủ) + A gN 03 ; C u(N 03)2

Phân tích : Lập phương trình ẩn X, y theo 6,24g và ĐLBT electron

28



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




30/293

^ H ư ớ n g d ẫn

Các quá trình cho và nhận electron :


AI 3e ------- > Al3+ Ag+ + 1e ------- » Ag

0 ,02 0,06 X X

Zn 2e -------» Zn2+ Cu2+ + 2e ------ Cu

0 ,02 0,04 2 y y

Theo ĐLBT electron :

X + 2y = 0,06 + 0,04 = 0,1 (1)

Theo đề : m rẳn = m Ag + mCu = 108x + 64y = 6,2 4 (2)

Từ (1, 2)=> X= 0,04 mol và y = 0,03 mol=> đáp án c

DẠNG 4 : CHUỖl PHẢN ỨNG OXI HOÁ - KHỬ

Ví dụ 1 : [Fe2+ -» Fe3+] Hoà tan 15,2 gam F eS 0 4 (trong dung dịch H2SO4 loãng, dư)

vừa đủ với V ml dung dịch KMn04 0,5M. Giá trị của V là :

A. 24 ml B. 40 ml c. 8,9 mỉ D. 2,24 ml


_ 15>2 _ n ,rv co = — — = 0,1 mol FeS04 ĩ 52

Quá trình nhường, nhận e :

Nhường e Nhậ n e

+7 +2 Mn + 5e -> Mn

X 5.X

+2 +3 2 F e S 04 - 2 e - > Fe2 (S 0 4 )3

0,1 0,1

y .n nhường = 5x moi I n nhận = 0,1 mol

Theo ĐLBT electron : 5x = 0,1 « X = — = 0,02 mol5

=> v = ^ ^ = 0 ,0 4 lít = 40 ml0,5

29



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




31/293

Ví dụ 2 : Cho 69,6 gam M n0 2 tác dụng với dung dịch HC1 đặc, dư thu được mộtlượng khí X. Dân X vào 500ml dung dịch NaOH thu được dung dịch A.

Tổng nồng độ moi các chất trong A là

A. 8,4M B. 2,8M 'C. 3,2M D. 2,4M


69,6

87

Theo ĐLBT electron :

2.(1 - 0).nc|^= (4 - 2).nMn0^ => nC!2 = nMn0^= 0,8 mo!

MnOa + 4HCI -» MnCIa + Cl2 + 2H20

Cl2 + 2NaOH -> NaCI + NaCIO + HaO

0 ,8 0 ,8 0 ,8

nNaCI = nNaCIO = 0,8 mo1

= — =1,6M'(NaCIO) 0,5

Tổng nồng độ = 1 ,6 + 1 ,6 = 3,2M

CM = CM(NaCI)

Bài t ậ p 1 : Hoà tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H 2 S O 4 loãng (dư), thu được dung dịch

X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V ml dung dịch KMnơ 4 0,5M. Giá trịcủa V là :

A. 80 B. 40 c. 20 D. 60


5,6nFeS04 =n Fe= ^ =0 ,1 mol

Quá trình oxi hoá - khử của F eS 0 4 và KMn04 :

Mn+7 + 5e -» Mn+2 Fe +2 - 1 e Fe+3X 5x 0,1 0,1

Theo ĐLBT electron : 5x = 0,1 => X = — = 0,02 mol5

=> V = = 0,04 lít = 40 ml0,5

Bài tập 2 : Để m (gam) bột sắt ngoài không khí. Sau một thời gian được hỗn hợp Bnặng 12g gồm Fe, FeO, Fe 20 3 và Fe30 4. Hoà tan hế t B bằng H N O 3 thây

giải phóng 2,24 lít NO (đktc) duy nhất. Định m ?

A. 10,08gam B. ll,2 ga m c. 16,08gam D. 14,02gam

30



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




32/293

Dạng toán : Fe + oxi -» hỗn hợp {Fedư và oxit} — +HN° 3 >NO

phân tích : Fe + 0 2 —» hỗn hợ p : Fedư và {FeO ; Fe20 3 ; Fe30 4}=Fex0 y

nFe= nFe dư + X. n.FexOy


Cách 1

Sơ đồ : Fe — ^ —> {Fedư= a (mol) và FexOy = b} — - —-°-3—>

2 24NO = = 0,1 mol

22,4

nFe = a + bx (mol). Vậy, ta cần tính (a + bx)

Quá trinh nhường, nhận e : (nNO= 0,1 mol)


FexOy - x.(3 - xFe(NOL X a

b b.(3x - 2y)+5 +2

NO" + 3e NO

0,3 0,1+3

Fe°dư - 3e Fe(NO)3

a 3.a

£ n nhường = 3a + b.(3x - 2y) mol e

I n nhân = 0,3 mol e

Theo ĐLBTele.ctron : 3a + b.(3x - 2y) = 0,3« 3(a + b.x) - 2yb = 0,3 (1)

Theo để : mB = mFe + mF n = 12 Đáp án A

Nhận xét : Với cách này ta có thể tính được số mol hỗn hợp các oxit = 0 ,12

Cách 2 : Xem FeO và Fe20 3 là Fe30 4. Vậy B = {Fedư; Fe30 4}

Goi b mol = rv n ; a mol = nFedư 3 4

31



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




33/293

3Fe phàn ứng■ ^

3b b

̂ t>anđáu = F̂edư +■*̂ Fe phàn Ofng= 3 + 3b

Theo đề : mFe Q +mFedU= 3 56a + 232b = 12 (3)

Theo đề, quá trình oxi hoá Fe bởi HN03 : __________________


+3Fe°dư - 3e -> Fe(NO)3

a 3.a +5 +2 NOg + 3© —> NO

0,3 0,1

8+3 8 +3 Fe3 0 4 - 3.(3 - - ) e -» 3Fe(NO)3

3

b b

y . n nhưỡng = 33 + b moie y n nhãn = 0,3 mol e

Theo ĐLBT electron : £ n nhận = Z n_ nhường e e

=> s ố mol e của Fe nhường = Số mol e củ a N nhận

=> 3a + b = 0,3 (4)

Từ (1, 2) => a = 0,09 m o l; b = 0,03 mol

Vậy, mFe ban đáu = 56 .(a + 3b) =56. (0 ,09 + 3.0,03) = 10,08 g => Đáp án A

Cách 3 : Xem FeO và Fe20 3 là Fe30 4. Vậy B = {Fedư; Fe30 4}

Gọi b mol = ,nFe 0 ; a mol = nFedư => Z nFe ban đẩu = a + 3bTheo đ ề m Fe 0 +mF dư = 3 « 56a + 232b = 1 2 (5)

Ta thấy trong Fe30 4 = Fe0.Fe20 3 = b mol=> riFeo = b ; chỉ có FeO tham

gia phản ứng oxi hoá khử. Do đó, sự nhường e của Fe 30 4 cũng là của FeO

Theo đề, sự nhường e của FeO và sự nhận e của HNO3 :

Nhường e Nhân e+3

Fe°dư - 3e ->Fe(NO )3

a 3.a+5 +2

NOg + 3e —> NÒ

0,3 0,1+2 +3 F e O - 1 e ^ F e ( N O )3

b b

I n nhường = 3a + b mol Z ne nhận = 0,3 mol

32



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




34/293

Theo ĐLBT electron : ỵ n e nhận = Z ne nhướng => 3a + b = 0,3 (6 )

Từ (5, 6 ) => a = 0,09 m o l; b = 0,03 mol .

Vậy, mFe ban dắu = 56. (a + 3b) = 56. (0 ,09 + 3.0,03) = 10,08g => Đáp án A

ị ặ DẠNG 5 : ĐIỆN PHÂN

Bài tập 1 : Điện phân dung dịch CuCl2 với điện cực trơ và dòng điện có cường độ 20A

sau thời gian 3 phút 13 giây thấy ở anot thoát ra V (ml) (đktc) khí. Giá trị

của V là :

A. 224 B. 448 c. 672 D. 896


Qui đổi : 3 phút 13 giây = 3.60 giây + 13 giây =193 giây

Cách 1:

ne =l.t 20 .193 , — ^ ; — _ 0 04 mol

96500 96500

Ở an ot : 2CI- - 2e -> CI2T

0,04 0,02 (mol)

=> IV , = = 0,02 mol => yn. = 0,02.22,4 = 0,448 lít = 448 ml2 2 C l2

Cách 2 : CuCI2 dp >Cu + Cl2Số mol Cu theo đinh luật Faraday :

l.í _ 20.193 _ . no ,= — P — = — T—— = 0,02 mol

Cu 96500.a 96500.2

nc| = nCu= 0,02 mol=> VC| = 0,02.22,4 = 0,448 lít = 448 ml

Bài tập 2 : Mắc nôi tiếp 2 bình điện phân : bình 1 đựng dung dịch AgNƠ3, bìrih 2 đựngdung dịch C u ơ 2. Điện phân với điện cực trơ, dòng điện có cường độ 10A

trong 3 phút 13 giây, ở bình 2 dung dịch vẫn còn màu xanh. Tính khôi

lượng kim loại sinh ra ở catot của mỗi bình điện phân.

A. mAg = 2,16g ; mCu = l,28g B. mAg = l,08g ; mCu = l,28g

C.m Ag = 1,08g ; mCu = 0,64g D. mAg = 2,16g ; mCu = 0,64g

3A-PPGNBT Trắc Nghiệm Môn Hũá 33



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




35/293

^ Hướng d ẫn

Quy đổi : 3 phút 13 giây = 180 + 13 = 193 giây

Vì mắc nối tiếp nên điện lượng đi qua mỗi bình bằng nhau :

He (bình 1) = n e (binh 2)

SỐ mol (e) tham gia điện phân :

i.t _ 10.193rie (binh1) — ne (binh2) - - g6500 - 0,02 mol

Ở catot bình 1 Ở catot bình 2

Ag+ + e -> A gị 0 ,02 0 ,02

Cu2+ - 2e -> Cu°

0 , 0 2 0,01

=> nnAg = 0 ,0 2 . 108 = 2,16 gam => mcu = 0 .01 . 64 = 0 , 6 4 gam

=> Đáp án D

C H U Y Ê N Đ Ể I Ĩ I ___________________________________________________________________

GIẢI NHANH THEO NGUYÊN LÍ

BẢO TOÀN NGUYÊN Tố

ĩ. NỘI DUNG

Trong m ột châ't công thức tổng q u á t: AxByCz với số mol là a

Sô" mol Ax = Sô" mọl By = sô" mol C2 = a (mol)

Sô" mol A = a.x (m ol) ; s ố mol B = a.y (m ol) ; s ố mol c - a.z (mol)

Số mol c 2 = a. — (m ol); số moi A2 = a. — (m ol); số mol B2 = a. -7 - (mol)2 2 2

z.số mol c m= a. — (mol)

m

Ví dụ.

Xét K C I O 3 : nK c l 0 = Ĩ1C| (cùng số nguyên tử Cl)

và nKao = nQ (cùng số nguyên tử O)

34 3B- PPGNBT Trắc Nghiệm Môn Hoá



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




36/293

‐ 1 - 7n 0 2 2 ' n KC103 ’ npe n Fc30 4 ; n° n Fe30 4

II . P H Ạ M V I Á P D Ụ N G

Nguyên lí b ảo toàn nguy ên tố được áp dụng trong các trường hợp :

Hợp chất vô cơ :

Ví dụ.

nco = nCo2 = nc

n c o 2 = n o 2

rico = nQ

Hựp chất hữu cơ :

Ví dụ. CxHyOz có a mol thí sô" mol nc = x.a ; I)H= y .a mol và no = z.a Dung dịch trung hoà điện :

Ví dạ. Dung dịch gồm Mg2+ ; H+ và SO^~

nu cn = n _ ; n„ = n v n = 2 . n0M g S 0 4 M g2 + H 2 S 0 4 s o 2 - h + H2 S 0 4

Trong phản ứng oxi hoá - khử :

Ví dạ. Kim loại M (hoá trị a) + HN0 3 —>V lít hỗn hợp NO và N 0 2

Ngu yên lí bảo toàn ng uyên tố M : nM= nM(NO ) Nguyên lí b ảo toàn nguy ên tố nitơ :

nN= a.nM= a. nM(Nữ^

n HNO = ° N ( c ù n § sô N )

NLBT nguyên tô" N trong các hợp chất :

H. n Irong các hợpchất Ĩ1n trong axit ban đầu

n N ( H N O p ~ n N ( M ( H N 0 3 ) a ) + n N (NO) + n N ( N O J

rỉM — a. n. .,Mri . + (n NI~ + n )J M (N 03 )a v NO n o 2

V‐ a.nM + nhi, kh ‐ a‐iiM + -■ -

22,4

35



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




37/293

III. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MINH HOẠ

Bài tậ p 1 : Hoà tan hoặn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu2S vào axitHNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muốisunfat)

duy nhất NO. Giá trị của a là

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

^ H ư ỏ n g d ầ n _____________________ •

Theo ĐLBT nguyên tố

Số mol s trong hỗn hợp (trước phản ứng) :

"s = 2 n FeS2 + ncũ2S 0,12 + a = ’ + a

s ố mol s trong muối (sau phản ứng) :

ns = nCu S 0 4 + 3 -nFe2(S 0 4)3 = 2 -nCu2S + 3 -1/2- nFeS 2 = 2 a + 3 .1/2 .0,1 2

T h e o Đ L B T n gu yên tô lưu huỳnh I ns (trong hỗn hợp) = ns (trong muối)

0,24 + a = 2a + 0,12 ,— => a = 0,0 6 mol 2

Bài tập 2 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 moi FeS 2 và a mol Cu2S vào axit

HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) v V khduy nhất NO (đktc). V có giá trị là :

‘ A. 6,72 lít B. 13,44 lít c . 15,68 lít D. 17,92 lít


Theo bài tập 1, NLBT nguyên tố s , ta có : a = 0,06 mol

Tính VNO? (Áp dụng thêm ĐLBT electron)

Sự nhường (e)ở phản ứng FeS2 và Cu2S với H N O 3+2 ‐ 1 +3 +6 +1 ‐2 +2 +6FeS2 - 1 5 e —> F e + 2 s CU2 s ‐ 10e —ỳ 2 C u + s

0,12 15.0,12 a10.a

Sự nhận electron của nitơ :

+5 +2N 03 + 3 e -» NO

3x X

Theo ĐLBT electron, ía có : 3x = 15.0,12 + 10.a

V ơi 3 = 0 ,0 6 —> X = nNO — 0 ,8 m ol —> V|\ j o = 0 , 8 . 2 2 , 4 = 1 7 , 9 2 lít

36



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




38/293

Bài tậ p 3 : Cho m gam m ột ancol no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng.

Sau khi phản ứng hoàn toàn, khôi lượng chất rắn trong bình giảm 0,32

gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khôi đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m

l :

A. 0,64 . B. 0,46 . c. 0,32 . D . 0 ,92 .

^Hướng dẫn

0 32no (bi tách ra) = “7 0 , 0 2 mol nCuo = 0,02 mol

16

CnH2n + lOH + Cu O —> GnH2nO + H2O + Cu

0,02 0,02 0,02 0,02

Để tính M của ancol ta cần xác định n thông qua phương trình một ẩn,

theo đề : dhh/H = 15,5 M= 15,5.2 - 31

^ mH p +ĩX ^ O = 31 ^ 0 0 2 . 1 8 ^ 02 (140 + 1 6 ) =31 ^ n = 2nur.+nnw ~ 0 ,02 + 0 ,02

n 2n

Vậy, m = 0,02 .(14n + 18) = 0,02.46 = 0,92 gam

Bài tập 4 : Đố t cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm m etan, etan, propan

bằng oxi không khí (oxi ch iếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí C 0 2 (ở

đktc) và 9,9 gam nước. Thể tích không khí (ở đktc) nhỏnhấtcần dùng để

đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là

A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. c. 84,0 lít. D. 56,0 lít. Phương pháp - ĐLBT nguyên tố

- Ví dụ : n 02 = ‘/2 nG; nơ = 2n C0 2 ; nG=n H2 0

ĐLBT nguyên tố :

7,84 9,9

n0 = 2 rv n + r\, n = 2 .- L— + - l-= 1,2 5m ol 2 2 22,4 181 25

=> nn = Vz n0 = J— = 0,625 mol 2 2

=> Vq = 0 ,6 2 5 .2 2 ,4 = 14 lít ̂ V khôngkhí = 1 4 . ^ = 70 lít

37



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




39/293

Bà i tậ p 5 : Trung hoà một lượng axit hữu cơ đơn chức A bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn

dung dịch sau phản ứng rồi đốt cháy hết lượng muối khan thu được 7,92 g

CƠ2 và 6,36 g Na2C0 3 và hơi nước. Công thức của X là :

A. HCOOH B. C2H5COOH c. C2H3COOH D. CH3COOH

^ Hướng dẫn ______ ___________________________

Theo để : A là axit đơn chức nên có công thức CxHy0 2

Áp dụng NLBT nguyên tố c : Số mol c trong A là nc = x.nA

nA= nNaOH = 2 .nNa co = 2 . ^ ^ = 0,12 mol => nC(A) = 0,12.x

Mặc khác : NLBT nguyên tố c trong cá c hợp chất

trong các hợp chất = trong chất ban đầu

Vậy, nC (A) = nc (muối) = nC(C 02) + nC(Na2C0 3) = nC 0 2 + nNa2C 0 3

7,92 6,36 .= - --- + -1— = 0,24 mol

44 106

Suy ra :n c = 0,12 x 0,12.x = 0 ,2 4 X = 2. Vậy A : CH3COOH

Bài tập 6 : Hoà tan hết hỗn hợp gồm 0,01 mol Fe và 0,02 mol Cu bằng dung dịch

HNO3 thu được 0,448 lít (đktc) hỗn hợp NO, N 0 2. Th ể tích dung dịch

HNO3 2M tối thiểu cần dùng là :

'A. lQml B. 20ml c . 30ml D. 40ml

^5 Hướng dẫn '

Nguyên lí bảo toàn nguyên tố N trong các hợp chất:

£ " n trong các hợp chất —


40/293

Bài tập 7 : Chia 12 gam hỗn hợp 2 kim loại A,B có hoá trị không đổi thành 2 phần

bằng nhau.

Phần 1 : tan hết trong dd HC1 thoát ra 1,568 lít H2 (đktc) và ưi| gam muối.

Phần 2 : tác dụng hết với oxi tạo thành m2 gam hỗn hợp oxit. Tính rxi| và m2.

A. IT1| = 10,97g ;m 2 = 8,15g B. nil = 10,97g ;m 2 = 7,l2g

c .m!= 7,12g ; m2 = 12,7g D. m, = 12,7g ; m2 = 8,15g

^ Hướng dẫn

S ố mol nH = = 0,07 mol2 22,4

Quá trình nhận electron : 2H+ + 2e -» H2

0,14 0,14 0,07

=> S ố mol e nhận của H+ là : 0,07.2 = 0,14 mol

ĐLBT electron và Định luật thành phần không đổi (2 phần bằng nhau) :

Sô' e kim loại nhường cho H+ = số e kim loại nhường cho o

Hay : s ố mol e của H+ nhận = Số mol e của o nhận = 0,14 mol

o + 2e ------- ■> O2- } - » oxit

0,07 *-0 ,14 -* 0,07

Bảo toàn nguyên tố : n += nHci = n _ = 0,14 mol H Cl

12Khối lượng muối = rrh = mKimloạiphãrn + rn _= — +0,1 4 . 35 ,5 = 10,97 gamCl 212

K h i lư ợ n g o x i t = m 2 = m Kirn loại phần 2 + m 2‐ = — + 0 , 0 7 . 1 6 = 7 , 1 2 g a m

Bài tập 8 : Hoà tan 16 gam hỗn hợp X gồm AI, Fe, K bằng dung dịch HC1 dư được

dung dịch Y và 17,92 lít H2 (đktc). Cô cạn Y được bao nhiêu gam hỗn hợp

muối khan ?

A. 87,2 g B. 26,7g c. 72,8 g D. 64,7 g


Cách 1 :

Gọi M là kí hiệu chung của 3 kim loại

Gọi ĩĩ là hoá trị củ a M, ta có phản ứng :

39



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




41/293

M + n HC1 -»MCI- + - H2n 2

ana a —

2

aM = 16

an _ 17,92 _ 0 8 « an = 1,62 “ 22,4 ’

^ muối khan ~ q( M + 35 ,5 n ) = âM + 3 5 ,5 .3 0

= 16 + 1,6.35,5 = 72,8 gam

Lưu ý : Vi 3 kim loại có hoá trị khác nhau nên phải gọi hoá trị trung bình

của chúng là iĩ

Càch 2 :

Theo ĐLBT khối lượng tá có :

ITlx + mHCI = rnmuối khan ^muóikhan —l"Hx ITIh CI 2

___ 17 92NLBT nguyên tố H : nHci = nH= 2 .nH = 2. = 1 ,6 mol

2 22,4

Vậy : mmuốikhan = 16 + 1,6 .36,5 - 0,8.2 = 72,8 gam

Cách 3 :

Ta co mmuốikhan = m 3++ m 2+Al Fe K UI

= (nrìA| + m Mg + m K) + mci

17 92

NLBT nguyên tố : n_ _ = n , = 2.nu = 2. — =1,6 mol cr H 2 22,4Vậy : mmuối khan = 16 + 1,6 .35,5 = 72,8 gam

Lưu ý. Vì khối lượng electron rất nhỏ nên :

mcr = mCi ; mA|3+ = mA) ; mF 2+ = mFe ; mK+ = mK

Bài tậ p 9 : Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm c o và H2 đi qua một ống sứ đựng

hỗn hợp gồm ba oxit gồm MgO, Fe 30 4, Fe20 3 nung nóng, phản ứng hoàn

toàn. Sau phản ứng thu được chất rắn ; hỗn hợp khí hơi nặng hơn khối

lượng hỗn hỢp V là 0,64gam. Tính V ?

A. 0,448 B. 0,896 c. 0,56 D. 7,84

40



B

Ồ

I

D

Ư

Ỡ

N

G T

O

Á

N

-

L

Í

-

H

Ó

A

CẤ

P

2

3

1

0

0

0

B

T

R

Ầ

N

H

Ư

N

G

Đ

Ạ

O

T

P

.

Q

U

Y

N

H

Ơ

N




42/293

$5Hướng dẫn

Quá trình khử oxi từ oxit bằng hỗn hợp {CO, H2} có thể mô tả theo sơ đổ

c o + o - > c o 2 (1 )

H2 + 0 - > H 20 (2)

Theo NLBT nguyên tố : Phần khối lượng hỗn hợp khí tăng lên bằng khối

lương oxi bi khử từ các oxit

phƯƠng phÁp giẢi nhanh bÀi tẬp trẮc nghiỆm phÂn tÍch vÀ giẢi ĐỀ thi tỐt...

Documents