16 phương pháp giải hóa

Chia sẻ: đức Béo | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:236

Thêm vào BST

Báo xấu

1.716
lượt xem 671
download

16 phương pháp giải hóa

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ngoài các cách giải thông thường cần có những phương pháp giải nhanh có tác dụng trong việc rèn luyện tư duy cho học sinh, phát triển năng lực trí tuệ cho học sinh. Có rất nhiều cách để giải nhanh bài tập hoá học, tuỳ theo mỗi dạng bài tập và mỗi thể loại bài tập. Tôi đưa ra một số cách giải nhanh một số dạng bài tập hoá học trong trương trình phổ thông để các bạn và các em học sinh tham khảo. ...

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 16 phương pháp giải hóa

Sách dành t ng h c sinh ph thông 16 Phương pháp và kĩ thu t gi i nhanh hóa h c Các công th c gi i nhanh tr c nghi m hóa h c
2 M CL C PH N I: 16 PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THU T GI I NHANH BÀI T P TR C NGHI M HÓA H C 3 Ph−¬ng ph¸p b¶o toµn khèi l−îng 4 Ph−¬ng ph¸p 1: Ph−¬ng ph¸p 2: Ph−¬ng ph¸p B¶o toµn nguyªn tè 16 Ph−¬ng ph¸p 3: Ph−¬ng ph¸p t¨ng gi¶m khèi l−îng 24 Ph−¬ng ph¸p 4: Ph−¬ng ph¸p B¶o toµn ®iÖn tÝch 40 Ph−¬ng ph¸p 5: Ph−¬ng ph¸p B¶o toµn electron 46 Ph−¬ng ph¸p 6: Ph−¬ng ph¸p trung b×nh 62 Ph−¬ng ph¸p 7: Ph−¬ng ph¸p quy ®æi 77 Ph−¬ng ph¸p 8: Ph−¬ng ph¸p ®−êng chÐo 89 Ph−¬ng ph¸p 9: Ph−¬ng ph¸p hÖ sè 105 Ph−¬ng ph¸p 10: Ph−¬ng ph¸p sö dông ph−¬ng tr×nh ion thu gän 114 Ph−¬ng ph¸p 11: Kh¶o s¸t ®å thÞ 125 Ph−¬ng ph¸p kh¶o s¸t tû lÖ sè mol CO vµ H O 133 Ph−¬ng ph¸p 12: 2 2 Ph−¬ng ph¸p 13: Ph−¬ng ph¸p chia hçn hîp thµnh hai phÇn kh«ng ®Òu nhau 145 Ph−¬ng ph¸p 14: Ph−¬ng ph¸p mèi quan hÖ gi÷a c¸c ®¹i l−îng 150 Ph−¬ng ph¸p 15: Ph−¬ng ph¸p chän ®¹i l−îng thÝch hîp 160 Ph−¬ng ph¸p 16: Ph−¬ng ph¸p chän ®¹i l−îng thÝch hîp 170 Ph−¬ng ph¸p 16+: Ph−¬ng ph¸p sö dông c«ng thøc kinh nghiÖm 178 PH N II: CÁC CÔNG TH C GI I NHANH TR C NGHI M HÓA H C 185 CHƯƠNG I: CÁC CÔNG TH C GI I NHANH TRONG HÓA H C 186 CHƯƠNG II: M T S BÀI T P THAM KH O 218 CHƯƠNG III: HƯ NG D N GI I BÀI T P 228 2
3 PH N I: 16 PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THU T GI I NHANH BÀI T P TR C NGHI M HÓA H C 3
4 Ph−¬ng ph¸p 1 Ph−¬ng Ph−¬ng ph¸p b¶o toµn khèi l−îng 1. N i dung phương pháp nh lu t b o toàn kh i lư ng (BTKL): “ T ng kh i lư ng các ch t tham gia ph n - Áp d ng ng b ng t ng kh i lư ng các ch t s n ph m” i u này giúp ta gi i bài toán hóa h c m t cách ơn gi n, nhanh chóng Xét ph n ng: A + B → C + D Ta luôn có: mA + mB = mC + mD (1) * Lưu ý: i u quan tr ng nh t khi áp d ng phương pháp này ó là vi c ph i xác nh úng lư ng ch t (kh i lư ng) tham gia ph n ng và t o thành (có chú ý n các ch t k t t a, bay hơi, c bi t là kh i lư ng dung d ch). 2. Các d ng bài toán thư ng g p u ↔ kh i lư ng ch t s n ph m H qu 1: Bi t t ng kh i lư ng ch t ban Phương pháp gi i: m( u) = m(sau) (không ph thu c hi u su t ph n ng) H qu 2: Trong ph n ng có n ch t tham gia, n u bi t kh i lư ng c a (n – 1) ch t thì ta d dàng tính kh i lư ng c a ch t còn l i. H qu 3: Bài toán: Kim lo i + axit → mu i + khí mmu = mkim lo + manion t o mu i i i - Bi t kh i lư ng kim lo i, kh i lư ng anion t o mu i (tính qua s n ph m khí) → kh i lư ng mu i - Bi t kh i lư ng mu i và kh i lư ng anion t o mu i → kh i lư ng kim lo i - Kh i lư ng anion t o mu i thư ng ư c tính theo s mol khí thoát ra: • V i axit HCl và H2SO4 loãng + 2HCl → H2 nên 2Cl− ↔ H2 + H2SO4 → H2 nên SO42− ↔ H2 • V i axit H2SO4 c, nóng và HNO3: S d ng phương pháp ion – electron (xem thêm phương pháp b o toàn electron ho c phương pháp b o toàn nguyên t ) H qu 3: Bài toán kh h n h p oxit kim lo i b i các ch t khí (H2, CO) : Oxit kim lo i + (CO, H2) → r n + h n h p khí (CO2, H2O, H2, CO) Sơ B n ch t là các ph n ng: CO + [O] → CO2 H2 + [O] → H2O ⇒ n[O] = n(CO2) = n(H2O) → mr = m oxit - m[O] n 4
5 3. ánh giá phương pháp b o toàn kh i lư ng. Phương pháp b o toàn kh i lư ng cho phép gi i nhanh ư c nhi u bài toán khi bi t quan h v kh i lư ng c a các ch t trư c và sau ph n ng. c bi t, khi chưa bi t rõ ph n ng x y ra hoàn toàn hay không hoàn toàn thì vi c s d ng phương pháp này càng giúp ơn gi n hóa bài toán hơn. Phương pháp b o toàn kh i lư ng thư ng ư c s d ng trong các bài toán nhi u ch t. 4. Các bư c gi i. - l p sơ bi n i các ch t trư c và sau ph n ng. ∑ t rư c ∑ sau m m - T gi thi t c a bài toán tìm = (không c n bi t ph n ng là hoàn toàn hay không hoàn toàn) - V n d ng nh lu t b o toàn kh i lư ng l p phương trình toán h c, k t h p d ki n khác l p h phương trình toán. - Gi i h phương trình. THÍ D MINH H A Ví d 1: Hoà tan hoàn toàn 3,9 gam kali vào 36,2 gam nư c thu ư c dung d ch có n ng A. 15,47%. B. 13,97%. C. 14,0% D. 4,04%. Gi i: H2 ↑ 2K + 2H2O 2KOH + 0,1 0,10 0,05(mol) = 3,9 + 36,2 - 0,05 × 2 = 40 gam mdung d ch = mK + m H 2O - m H 2 0,1 × 56 × 100 % = 14% ⇒ C%KOH = áp án C 40 Ví d 2: i n phân dung d ch ch a h n h p CuSO4 và KCl v i i n c c trơ n khi th y khí b t u thoát ra c hai i n c c thì d ng l i th y có 448 ml khí ( ktc) thoát ra anot. Dung d ch sau i n phân có th hoà tan t i a 0,8 gam MgO. Kh i lư ng dung d ch sau i n phân ã gi m bao nhiêu gam (coi lư ng H2O bay hơi là không áng k ) ? A. 2,7 B. 1,03 C. 2,95. D. 2,89. Gi i: CuSO4 + 2KCl → Cu ↓ + Cl2 ↑ + K2SO4 (1) 0,01 ← 0,01 Dung d ch sau i n phân hoà tan ư c MgO ⇒ Là dung d ch axit, ch ng t sau ph n ng (1) CuSO4 dư 2CuSO4 + 2H2O → 2Cu ↓ + O2 ↑ + H2SO4 (2) 0,02 ← 0,01 ← 0,02 (mol) 5
6 480 n Cl + n O 2 = = 0,02 (mol) 22400 2 H2SO4 + MgO → MgSO4 + H2O (3) 0,02 ← 0,02 (mol) = mCu + m Cl 2 + m O 2 = 0,03 × 64 + 0,01x71 + 0,01x32 = 2,95 gam mdung d ch gi m ⇒ áp án C Ví d 3: Cho 50 gam dung d ch BaCl2 20,8 % vào 100 gam dung d ch Na2CO3, l c b k t t a ư c dung d ch X. Ti p t c cho 50 gam dung d ch H2SO4 9,8% vào dung d ch X th y ra 0,448 lít khí ( ktc). Bi t các ph n ng x y ra hoàn toàn. N ng % c a dung d ch Na2CO3 và kh i lư ng dung d ch thu ư c sau cùng là: A. 8,15% và 198,27 gam. B. 7,42% và 189,27 gam. C. 6,65% và 212,5 gam. D. 7,42% và 286,72 gam. Gi i: n = 0,05 mol; n = 0,05 mol BaCl2 H2SO4 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 ↓ + 2NaCl 0,05 0,05 0,05 0,1 Dung d ch B + H2SO4 → khí ⇒ dung d ch B có Na2CO3 dư Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O 0,02 0,02 ⇒ n Na CO ban u = 0,05 + 0,02 = 0,07 mol 2 3 0,07 × 106 × 100% = 7,42% ⇒ C%Na2CO3= 100 LBTKL: mdd sau cùng = 50 + 100 + 50 - m ↓ - mCO2 = 50 + 100 + 50 - 0,05.197 - 0,02.44 = 189,27 gam ⇒ áp án B Ví d 4: X là m t α - aminoaxit, phân t ch a m t nhóm -NH2 và m t nhóm -COOH. Cho 0,89 gam X ph n ng v a v i HCl thu ư c 1,255 gam mu i. Công th c t o ra c a X là: A. CH2 =C(NH2)-COOH. B. H2N-CH=CH-COOH. C. CH3-CH(NH2)-COOH. D. H2N-CH2-CH2-COOH. Gi i: HOOC - R - NH2 + HCl → HOOC -R-NH3Cl ⇒ mHCl = m mu i - maminoaxit = 0,365 gam ⇒ mHCl = 0,01 (mol) 6
7 0,89 ⇒ Maminoxit = = 89 0,01 M t khác X là α -aminoaxit ⇒ áp án C Ví d 5: Cho 15,6 gam h n h p hai ancol ơn ch c, k ti p nhau trong dãy ng ng tác d ng h t v i 9,2 gam Na, thu ư c 24,5 gam ch t r n. Hai ancol ó là: A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C3H5OH và C4H7OH. D. C3H7OH và C4H9OH. Gi i: 2 ROH + 2Na → 2 RONa + H2 bài h n h p rư u tác d ng v i h t Na ⇒ H c sinh thư ng nh m là: Na v a Theo , do ó thư ng gi i sai theo hai tình hu ng sau: 9,2 15,6 = 0,4 ⇒ nrư u = 0,4 ⇒ M rư u = Tình hu ng sai 1: nNa= = 39 23 0,4 ⇒ áp án A ⇒ Sai. Tình hu ng sai 2: Áp d ng phương pháp tăng gi m kh i lư ng: 24,5 − 15,6 15,6 = 0,405 ⇒ Mrư u = ⇒ áp án A ⇒ Sai nrư u = = 38,52 22 0,405 Áp d ng phương pháp b o toàn kh i lư ng ta có: m = mrư u + mNa - mr n = 15,6 + 9,2 - 24,5 = 0,3 gam H2 15,6 ⇒ nrư u= 2n H = 0,3 (mol) ⇒ M rư u = = 52 ⇒ áp án B 0,3 2 Ví d 6: Trùng h p 1,680 lít propilen ( ktc) v i hi u su t 70%, kh i lư ng polime thu ư c là: A. 3,150 gam. B. 2,205 gam. C. 4,550 gam. D.1,850 gam. Gi i: 70% 1,680 = 2,205 gam ⇒ LBTKL: mpropilen = mpolime = .42. áp án B 22,4 100% Ví d 7: Xà phòng hoá hoàn toàn 17,24 gam ch t béo c n v a 0,06 mol NaOH, cô c n dung d ch sau ph n ng thu ư c kh i lư ng xà phòng là: A. 17,80 gam. B.18,24 gam. C. 16,68 gam. D.13,38 gam. thi tuy n sinh vào các trư ng (Trích i h c, Cao ng kh i B, 2008) Gi i: (RCOO)3C3H5 + 3NaOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3 → 0,06 0,02 (mol) 7
8 Theo nh lu t b o toàn kh i lư ng: 17,24 + 0,06.40= mxà phòng + 0,02.92 ⇒ mxà phòng =17,80 gam ⇒ áp án: A Ví d 8: Cho 3,60 gam axit cacboxylic no, ơn ch c X tác d ng hoàn toàn v i 500ml dung d ch g m KOH 0,12M và NaOH 0,12M. Cô c n dung d ch thu ư c 8,28 gam h n h p ch t r n khan. Công th c phân t c a X là: A. C2H5COOH. B. CH3COOH. C. HCOOH. D. C3H7COOH. thi tuy n sinh vào các trư ng (Trích i h c, Cao ng kh i B, 2008) Gi i: RCOOH + KOH → RCOOK + H2O RCOOH + NaOH → RCOONa + H2O nNaOH = nKOH = 0,5.0,12 = 0,06 mol LBTKL: mX + mNaOH + mKOH = mr n + m H2O ⇒ m H O = 1,08 gam ⇒ n = 0,06 mol H2O 2 3,60 ⇒ nRCOOH = n H O= 0,06 mol ⇒ MX = R + 45 = = 60 ⇒ R = 15 0,06 2 ⇒ X: CH3COOH ⇒ áp án B Ví d 9: Nung 14,2 gam h n h p 2 mu i cacbonat c a 2 kim lo i hoá tr 2 ư c 7,6 gam ch t r n và khí X. D n toàn b lư ng khí X vào 100ml dung d ch KOH 1M thì kh i lư ng mu i thu ư c sau ph n ng là: A. 15 gam B. 10 gam C. 6,9 gam D. 5 gam Gi i: X là CO2 LBTKL: 14,2 = 7,6 + mX ⇒ mX = 6,6 gam ⇒ nX = 0,15 mol m KOH 0,1 < 1 ⇒ mu i thu ư c là KHCO3 Vì: = n CO 2 0,15 CO2 + KOH → KHCO3 0,1 ⇒ m = 0,1.100 = 10 gam ⇒ 0,1 0,1 áp án B KHCO3 Ví d 10: Nhi t phân hoàn toàn M gam h n h p X g m CaCO3 và Na2CO3 thu ư c 11,6 gam ch t r n và 2,24 lít khí i u ki n tiêu chu n. Hàm lư ng % c a CaCO3 trong X là: A. 6,25% B. 8,62% C. 50,2% D. 62,5% 8
9 Gi i: o CaCO3 t → CaO + CO2  nCaCO 3 = nCO = 0,1 (mol) ⇒ mCaCO 3 = 10 gam 2 Theo LBTKL: mX = mch t r n = mkhí = 11,6 + 0,1 × 44=16 gam 10 × 100% = 62,5% ⇒ áp án: D ⇒ %CaCO3= 16 140oC (H=100%) ư c 22,2 Ví d 11: un 27,6 gam h n h p 3 ancol ơn ch c v i H2SO4 c gam h n h p các ete có s mol b ng nhau. S mol m i ete trong h n h p là: A. 0,3. B. 0,1 C. 0,2 D.0,05 Gi i: 3(3 + 1) S ete thu ư c là: =6 2 LBTKL: 27,6= 22,2 + m H 2 O ⇒ m H 2 O = 5,4 gam ⇒ n H 2 O = 0,3 mol ∑n ∑n = 6nete ⇒ nm = 0,3: 6 = 0,5 mol ⇒ = áp án: D i ete ete H 2O Ví d 12: t cháy hoàn toàn 0,025 mol ch t h u cơ X c n 1,12 lít O2 ( ktc), d n toàn b s n ph m thu ư c qua bình 1 ng P2O5 khan và bình 2 ng Ca(OH)2 dư th y kh i lư ng bình 1 tăng 0,9 gam, bình 2 tăng 2,2 gam. Công th c phân t c a X là: A. C2H4O. B. C3H6O. C. C3H6O2. D. C2H4O2. Gi i mbình 2 tăng = m CO 2 , mbình 1 tăng = m H 2 O LBTKL: mx + m O 2 = m CO 2 + m H 2 O ⇔ mx + 32.0,05 = 0,9 + 2,2 ⇒ mx = 1,5 gam ⇒ Mx = 1,5:0,025=60 ⇒ áp án: D Ví d 13: Cho 20,2 gam h n h p 2 ancol tác d ng v a v i K th y thoát ra 5,6 lít H2( ktc) và kh i lư ng mu i thu ư c là: A. 3,92 gam B. 29,4 gam C. 32,9 gam D. 31,6 gam Gi i: a R (OH)a + aK → R (OK)a + H2 2 0,5 ax ⇒ n H 2 = 0,5 ax = 0,25 ⇒ ax = 0,5 mol x xa LBTKL: 20,2 + 39.0,5 = mmu i + 2.0,25 ⇒ mmu i = 39,2 gam ⇒ áp án A 9
10 Ví d 14: Xà phòng hoá ch t h u cơ X ơn ch c ư c 1 mu i Y và ancol Z. t cháy hoàn toàn 4,8 gam Z c n 5,04 lít O2 ( ktc) thu ư c lư ng CO2 sinh ra nhi u hơn lư ng nư c là 1,2 gam. Nung mu i Y v i vôi tôi xút thu ư c khí T có t kh i hơi i v i H2 là 8. Công th c c u t o c a X là: A. C2H5COOCH3 B. CH3COOCH3 C. HCOOCH3. D. CH3COOC2H5 Gi i: X + NaOH → mu i Y + ancol Z ⇒ X: este ơn ch c o RCOOR’ + NaOH t → RCOONa + R’OH  CaO/t0 RCOONa + NaOH RH + Na2CO3 MRH = 8.2 =16 ⇒ RH: CH4 ⇒ RCOONa : CH3COONa CxHyO(Z) + O2 → CO2 + H2O LBTKL: 4,8 + 0,225.32 = m CO 2 + m H 2 O = 12 m CO 2 = m H 2 O + 1,2 ⇒ m CO 2 = 6,6 gam, m H 2 O = 5,4 gam mC = 12. n CO 2 =1,8 gam; mH = 2. n H 2O = 0,6 gam; mO = 2,4 gam 1,8 0,6 2,4 x: y: z = : : = 0,15: 0,6: 0,15 = 1: 4: 1 12 1 16 ⇒ Z: CH3OH ⇒ X : CH3COOCH3 ⇒ áp án B Ví d 15: t cháy hoàn toàn 4,3 gam m t axit cacboxylic X ơn ch c thu ư c 4,48lít CO2 ( ktc) và 2,7 gam H2O. S mol c a X là: A. 0,01mol B. 0,02 mol C. 0,04 mol D. 0,05 mol Gi i: Theo LBTKL: mX + m O 2 = m CO 2 + m H 2O ⇒ m O 2 = 2,7 + 0,2 × 44 – 4,3 = 10,3 gam ⇒ n O 2 = 0,225 (mol) Áp d ng b o toàn nguyên t i v i oxi: nH O n H 2O ⇒ nX = n CO2 + - n O 2 = 0,05(mol) ⇒ nX + n O 2 = n CO 2 + áp án D 2 2 2 Ví d 16: t cháy hoàn toàn x gam h n h p X g m propan, buten-2, axetilen thu ư c 47,96 gam CO2 và 21,42 gam H2O. Giá tr X là: A. 15,46. B. 12,46. C. 11,52. D. 20,15. 10
11 Gi i: n CO2 = 1,09 mol ; n H2O = 1,19 mol ⇒ x = mC + mH = 12. n CO2 + 2.n H 2 o = 15,46 gam ⇒ áp án A Ví d 17: un nóng 5,14 gam h n h p khí X g m metan, hi ro và m t ankin v i xúc tác Ni, thu ư c h n h p khí Y. Cho h n h p Y tác d ng v i dung d ch brom dư thu ư c 6,048 lít h n h p khí Z ( ktc) có t kh i i v i hi ro b ng 8. tăng kh i lư ng dung d ch brom là: A. 0,82 gam. B. 1,62 gam C. 4,6 gam D. 2,98 gam. Gi i: o X  → Y +→ Z  2 Ni, t Br Nh n th y: mkhí tác d = mkh ng v i dung d ch brom i lư ng bình brom tăng mX = mY = mZ + mkh i lư ng bình brom tăng 6,048 × 8 × 2 = 0,82 gam ⇒ áp án A mkh = mX - mZ = 5,14 - i lư ng bình brom tăng 22,4 Ví d 18: Hoà tan hoàn toàn 8,9 gam h n h p 2 kim lo i b ng dung d ch HCl dư ư c 4,48 lít ( ktc). Cô c n dung d ch thu ư c sau ph n ng thì lư ng mu i khan thu ư c là: A. 23,1 gam B. 46,2 gam C. 70,4 gam D. 32,1 gam Gi i: Cách 1: G i công th c chung c a hai kim lo i M, hóa tr n 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 ←  0,2 (mol)  0,4 Theo LBTKL: mkim lo i + mHCl = mmu i + m H 2 ⇒ mmu i = 8,9 + 0,4 × 36,5 – 0,2 × 2 =23,1 gam ⇒ áp án A Cách 2: mCl-mu i = nH+ = 2.n H 2 = 0,4 (mol) mmu i = mkim lo i + mCl-(mu i) = 8,9 + 0,4 × 35,5 = 23,1 gam ⇒ áp án A Ví d 19. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam h n h p g m 3 kim lo i Al, Mg và Cu b ng dung d ch HNO3 thu ư c 6,72 lít khí NO (s n ph m kh duy nh t) và dung d ch X. Cô c n c n th n dung d ch X thì lư ng mu i khan thu ư c là bao nhiêu? A. 77,1 gam B. 71,7 gam C. 17,7 gam D. 53,1 gam Gi i: +5 +2 N + 3e → N (NO) 0,9 ← 0,3(mol) 11
12 ∑n Vì s n ph m kh duy nh t là NO ⇒ n N O3 − = = 0,9 mol (trong mu i) e như ng (ho c nh n) (Xem thêm phương pháp b o toàn e) ⇒ mmu i = mcation kim lo i + mNO 3 (trong mu i) 15,9 + 0,9 × 62 = 71,7 gam − ⇒ áp án B BÀI T P T LUY N Câu 1 : Tr n 5,4 gam Al v i 6,0 gam Fe2O3 r i nung nóng th c hi n ph n ng nhi t nhôm. Sau ph n ng ta thu ư c h n h p r n có kh i lư ng là A.11,40 gam. B. 9,40 gam. C. 22,40 gam. D. 9,45 gam. Câu 2 : Trong bình kín ch a 0,5 mol CO và m gam Fe3O4. un nóng bình cho t i khi ph n ng x y ra hoàn toàn, thì khí trong bình có t kh i so v i khí CO ban u là 1,457. Giá tr c a m là. A. 16,8 B. 21,5 C. 22,8 D. 23,2 Câu 3: i n phân 100 ml dung d ch CuSO4 v i n c c, sau m t th i gian máy kh i lư ng dung d ch gi m 12 gam. Dung d ch sau i n phân tác d ng v a v i 100ml dung d ch H2S 1M. N ng m i c a dung d ch CuSO4 trư c khi i n phân là A. 1M. B. 1,5 M. C. 2M. D. 2,5M. Câu 4 : Cho m t lu ng CO i qua ng s ng 0,04 mol h n h p A g m FeO và Fe2O3 t nóng sau khi k t thúc thí nghi m thu ư c ch t r n B g m 4 ch t n ng 4,784 gam. Khí i ra kh i ng s h p th vào dung d ch Ca(OH)2 dư, thì thu ư c 4,6 gam k t t a. Ph n trăm kh i lư ng FeO trong h n h p A là A. 13,03%. B. 31,03%. C. 68,03%. D. 68,97%. Câu 5 : D n khí CO t t qua ng s ng 14 gam CuO, Fe2O3, FeO nung nóng m t th i gian thu ư c m gam ch t r n X. Toàn b khí thu ư c sau ph n ng ư c d n ch m qua dung d ch Ca(OH)2 dư, k t t a thu ư c cho tác d ng v i dung d ch HCl dư ư c 2,8 lít khí ( ktc). Giá tr c a m là A. 6 gam. B. 12 gam. C. 8 gam. D. 10 gam. Câu 6 : Nung hoàn toàn 10,0 gam h n h p X g m CaCO3 và NaCl. K t thúc thí nghi m thu ư c 7,8 gam ch t r n khan. Kh i lư ng CaCO3 có trong X là A. 5,0 gam. B. 6,0 gam. C. 7,0 gam. D. 8,0 gam. Câu 7 : Nung nóng 34,8 gam h n h p X g m MCO3 và NCO3 ư c m gam ch t r n Y và 4,48 lít CO2 ( ktc). Nung Y cho n kh i lư ng không i ư c h n h p r n Z và khí CO2 d n toàn b CO2 thu ư c qua dung d ch KOH dư, ti p t c cho thêm CaCl2 d thì ư c 10 gam k t t a. Hoà 12
13 tan hoàn toàn Z trong V lít dung d ch HCl 0,4M v a ư c dung d ch T. Giá tr m gam và V lít l n lư t là : A. 26 và 1,5. B. 21,6 và 1,5. C. 26 và 0,6. D. 21,6 và 0,6. Câu 8 : Hoà tan 9,14 gam h p kim Cu, Mg, Al b ng m t lư ng v a dung d ch HCl thu ư c 7,84 lít khí X ( ktc), 2,54 gam ch t r n Y và dung d ch Z. L c b ch t r n Y, cô c n c n th n dung d ch Z thu ư c lư ng mu i khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. Câu 9 : Cho 11,0 gam h n h p X g m Al và Fe vào dung d ch HNO3 loãng dư. thu ư c dung d ch Y (không ch a mu i amoni), h n h p khí Y g m 0,2 mol NO và 0,3 mol NO2. Cô c n dung d ch Y thì lư ng mu i khan thu ư c là: A. 33,4 gam. B. 66,8 gam. C. 29,6 gam. D. 60,6 gam. Câu 10 : Hoà tan h t 7,8 gam h n h p Mg, Al trong dung d ch HCl dư. Sau ph n ng th y kh i lư ng dung d ch tăng 7,0 gam so v i ban u. S mol axit ã ph n ng là A. 0,08 mol B. 0,04 mol C. 0,4 mol D. 0,8 mol Câu 11 : Cho x gam Fe hoà tan trong dung d ch HCl, sau khi cô c n dung d ch thu ư c 2,465 gam ch t r n. N u cho x gam Fe và y gam Zn vào lư ng dung d ch HCl như trên thu ư c 8,965 gam ch t r n và 0,336 lít H2 ( ktc). Giá tr c a x, y l n lư t là: A. 5,6 và 3,25 B. 0,56 và 6,5 C. 1,4 và 6,5. D. 7,06 và 0,84 Câu 12 : Hoà tan hoàn toàn 11,4 gam h n h p X g m kim lo i M (hoá tr I) và kim lo i N (hoá tr II) vào dung d ch ch a ng th i H2SO4 và HNO3 c nóng thu ư c 4,48 lít ( ktc) h n h p Y g m NO2 và SO2 có t kh i hơi so v i hi ro là 28,625 và mu i khan có kh i lư ng là: A. 44,7 gam B. 35,4 gam C. 16,05 gam D. 28,05 gam. Câu 13: L y 35,1 gam NaCl hoà tan vào 244,9 gam H2O. Sau ó i n phân dung d nh v i i n c c trơ có màng ngăn cho t i khi catot thoát ra 1,5 gam khí thì d ng l i. N ng ch t tan có trong dung d ch sau i n phân là: A. 9,2% B. 9,6% C. 10% D. 10,2%. 0 Câu 14: un a gam 1 ancol X v i H2SO4 c 170 C ư c 1 olefin. Cho a gam X qua bình ng CuO dư, nung nóng (H = l00%) th y kh i lư ng ch t r n gi m 0,4 gam và h n h p hơi thu ư c có t kh i hơi i v i H2 là l5,5. Giá tr a gam là: A. 23 B. 12,5 C. 1,15 D. 16,5. 13
14 Câu 15 : D n V lít ( ktc) h n h p X g m axetilen và H2 i qua ng s ng Ni nung nóng thu ư c khi Y. D n Y vào lư ng dư dung d ch AgNO3/NH3 ư c 12 gam k t t a. Khí ra kh i dung d ch ph n ng v a v i dung d ch ch a 16 gam Br2 và còn l i khí Z. t cháy hoàn toàn Z thu ư c 0,1 mol CO2 và 0,25 mol nư c. A. 11,2 B. 13,44 C. 5,6 D. 8,96. Câu 16 : un nóng 7,6 gam h n h p X g m C2H2, C2H4 và H2 trong bình kín v i xúc tác Ni thu ư c h n h p khí B. t cháy hoàn toàn h n h p Y, d n s n ph m cháy thu ư c l n lư t qua bình 1 ng H2SO4 c, bình 2 ng Ca(OH)2 dư th y kh i lư ng bình 1 tăng 14,4 gam. Kh i lư ng tăng lên bình 2 là A. 6,0 gam B. 9,6 gam C. 22,0 gam D. 35,2 gam Câu 17: t cháy h t m gam h n h p X g m etan, etilen, axetilen và buta ien-1,3 r i cho s n ph m cháy h p th vào dung nh nư c vôi dư, thu ư c 100 gam k t t a. Kh i lư ng dung d ch nư c vôi sau ph n ng gi m 39,8 gam. Tr s c a m là: A. 58,75 gam B. 13,8 gam C. 37,4 gam D. 60,2 gam. Câu 18 : t cháy hoàn toàn m gam h n h p X g m C2H2, CH4, C3H6 và C4H10 thu ư c 4,4 gam CO2 và 2,52 gam H2O. m có giá tri là: A. 1,48 gam B. 2,48 gam C. 14,8 gam D. 24,8 gam. Câu 19: Th c hi n ph n ng ete hoá hoàn toàn 11,8 gam h n h p hai rư u no ơn ch c, m ch h, ng ng k ti p thu ư c h n h p g m ba ete và l,98 gam nư c. Công th c hai rư u ó là: A. CH3OH, C2H5OH B. C4H9OH, C5H11OH. C. C2H5OH, C3H7OH D. C3H7OH, C4H9OH. Câu 20 : Cho 10,1 gam h n h p 2 ancol ơn ch c, k ti p nhau trong dãy ng ng tác d ng h t v i 5,75 gam Na ư c 15,6 gam ch t r n. Hai ancol c n tìm là A. C2H5OH và C3H7OH. B. CH3OH và C2H5OH. C. C3H7OH và C4H9OH. D. C3H5OH và C4H9OH . Câu 21: Hoà tan 25,2 gam tinh th R(COOH)n.2H2O vào 17,25ml etanol (D = 0,8g/ml) ư c dung d ch X. L y 7,8 gam dung d nh X cho tác ng h t v i Na v a thu ư c ch t r n Y và 2,464 lít khí H2 ( ktc). Kh i lư ng c a Y là: A. 12,64 gam B. 10,11 gam C. 12,86 gam D. 10,22 gam. Câu 22 : t cháy hoàn toàn a gam 1 este ơn ch c c a rư u metylic c n 1,68 lít khí O2 ( ktc) thu ư c 2,64 gam CO2; 1,26 gam H2O và 0,224 lít N2 ( ktc). Công th c c u t o thu g n c a este là: A. CH3COOCH2NH2 B. CH3CH(NH2)COOCH3 C. H2NCH2CH2COOCH3 D. H2NCH2COOCH3 14
15 Câu 23 : Cho 14,8 gam h n h p b n axit h u cơ ơn ch c tác d ng v i lư ng v a Na2CO3 t o thành 2,24 lít khí CO2 ( ktc). Kh i lư ng mu i thu ư c là: A. 15,9 gam B. 17,0 gam C. 19,3 gam D. 19,2 gam. t hoàn toàn 34 gam este X c n 50,4 lít O2 ( ktc) thu ư c n CO 2 : n H 2O = 2 . Câu 24 : un nóng 1 mol X c n 2 mol NaOH. Công th c c u t o c a X là A. CH3COOC6H5 B. C6H5COOCH3 C. C2H5COOC6H5 D. C6H5COOC2H5 Câu 25 : Xà phòng hoá hoàn toàn m gam lipit X b ng 200 gam dung d ch NaOH 8%. Sau ph n ng ư c 9,2 gam glixerol và 94,6 gam ch t r n khan. Công th c c u t o c a X là A. (C17H35COO)3C3H5 B. (C15H31COO)3C3H5 C. (C17H33COO)3C3H5 D. (C17H31COO)3C3H5 Câu 26 : un nóng 15 gam ch t béo trung tính v i 150ml dung d ch NaOH 1M. Ph i dành 50ml dung d ch H2SO4 1M trung hoà NaOH dư. Kh i lư ng xà phòng (ch a 70% kh i lư ng mu i n m c a axit béo) thu ư c t 2 t n ch t béo trên là A. 2062 kg B. 3238 kg. C. 2946 kg. D. 2266 kg. Câu 27 : xà phòng hoá hoàn toàn 1 kg ch t béo (có l n 1 lư ng nh axit béo t do) có ch s axit b ng 8,4 ph i dùng 450ml dung d ch NaOH 1M. Kh i lư ng xà phòng thu ư c là A. 1001,6 kg. B. 978,7 gam. C. 987,7 kg D. 1006,1 gam. Câu 28 : Cho 15 gam h n h p 3 amin ơn ch c b c m t tác d ng v a v i dung d ch HCl 1,2M thì thu ư c 18,504 gam mu i. Th tích ung d ch HCl ph i dùng là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít Câu 29 : Cho 0,01 mol amino axit X ph n ng v a v i 100ml dung d ch HCl 0,1M thu ư c 1,695 gam mu i. M t khác 19,95 gam X tác d ng v i 350ml dung d ch NaOH 1M. Cô c n dung d ch thu ư c 28,55 gam ch t r n. Công th c c u t o c a X là A. HOOCCH(NH2)CH2NH2 B. NH2(CH2)3COOH. C. HOOCCH2CH(NH2)COOH. D. HOOC(CH2)2CH(NH2)COOH. ÁP ÁN 1A 2D 3D 4A 5B 6A 7A 8A 9B 10D 11C 12D 13B 14C 15A 16C 17B 18A 19C 20B 21A 22D 23D 24A 25D 26C 27D 28B 29C 15
16 Ph−¬ng ph¸p 2 Ph−¬ng ph¸p B¶o toµn nguyªn tè I. PHƯƠNG PHÁP GI I nh lu t b o toàn nguyên t (BTNT); “ Trong - Nguyên t c chung c a phương pháp là d a vào các ph n ng hóa h c thông thư ng, các nguyên t luôn ư c b o toàn” i u này có nghĩa là: “T ng s mol nguyên t c a m t nguyên t X b t kỳ trư c và sau ph n ng là luôn b ng nhau” - i m m u ch t c a phương pháp là ph i xác nh ư c úng các h p ph n có ch a nguyên t X trư c và sau ph n ng, áp d ng LBT nguyên t v i X rút ra m i quan h gi a các h p ph n t ó ưa ra k t lu n chính. II. CÁC D NG BÀI T P THƯ NG G P Phương pháp b o toàn nguyên t có th áp d ng cho h u h t các d ng bài t p, c bi t là các d ng bài h n h p nhi u ch t, x y ra nhi u bi n i ph c t p. Dư i ây là m t s d ng bài t p i n hình. D ng 1. T nhi u ch t ban u t o thành m t s n ph m. bài → s mol c a nguyên t X trong các ch t u → t ng s mol trong s n ph m T d ki n t o thành → s mol s n ph m. - H n h p kim lo i và oxit kim lo i → hy roxit kim lo i → oxit t0 h n h p r n → hy roxit → Al2O3 + Fe2O3 - Al và Al2O3 + các oxit s t ∑n n Al ( u) Fe ⇒ n Al2 O3 (cu + n Al2 O3 ( ; n Fe2 O3 (cu = = i) u) i) 2 2 D ng 2. T m t ch t ban u t o thành h n h p nhi u s n ph m bài → t ng s mol ban u, s mol c a các h p ph n ã cho → s mol c a ch t T d ki n c n xác nh. Kim lo i - Axit có tính oxi hóa (HNO3, H2SO4 c, nóng) Mu i + khí ⇒ nX (axit) = nX (mu + nX (khí) (X: N ho c S) i) - Khí CO2 (ho c SO2) h p th vào dung d ch ki m: CO2 → CO32− + HCO3− SO2 → SO32− + HSO3− ⇒ n CO2 = n CO 2− + n HCO − ⇒ n SO2 = n SO 2− + n HSO − 3 3 3 3 16
17 - Tính lư ng tính c a Al(OH)3 Trư ng h p 1 Trư ng h p 2 − + Al3+  Al(OH)3 + [Al(OH)4]− → [Al(OH)4] −  Al(OH)3 + Al3+ → OH H ∑n ∑n = n [Al(OH) + n Al(OH)3 = n Al3+ + n Al(OH)3 ⇒ ⇒ Al3+ − [Al(OH) 4 ]− 3] 0 - H n h p các oxit kim lo i + CO (H2)  h n h p ch t r n + CO2 (H2O) → t Theo nh lu t b o toàn nguyên t v i O: * Khi H = 100%: nO (oxit) = nO (r n) + nh = nO (r n) + nh n h p khí sau n h p khí trư c * Khi H < 100%: mh - mh n h p khí sau n h p khí nO (oxit) = nO (r n) + 16 trư c - Bài toán cracking ankan: cracking Ankan X h nh pY M c dù có nh ng bi n i hóa h c x y ra trong quá trình cracking, và Y thư ng là h n h p ph c t p (có th có H2), do ph n ng cracking x y ra theo nhi u hư ng, v i hi u su t H < 100%. Nhưng ta ch quan tâm n s b o toàn nguyên t i v i C, H t ó d dàng xác nh ư c t ng lư ng c a 2 nguyên t này. ∑ n C (Y) =∑ n C(X)  bài cho s mol ankan X →  Thông thư ng ∑ n H(Y) =∑ n H(X)  D ng 3. T nhi u ch t ban u t o thành h n h p nhi u s n ph m Trong trư ng h p này không c n thi t ph i tìm chính xác s mol c a t ng ch t, mà ch quan tâm ∑n ∑n n h t h c: = X ( u) X(cu i) ∑n T c là ch quan tâm n t ng s mol c a nguyên t trư c và sau ph n ng. N u bi t u) X( ∑n ⇒ và ngư c l i. X( cu i) V i d ng này, bài thư ng yêu c u thi t l p m t h th c dư i d ng t ng quát v s mol các ch t. D ng 4. Bài toán i t cháy trong hóa h u cơ t0 t cháy t ng quát: CxHyOzNt + O2 → CO2 + H2O + N2 Xét bài nC = n CO2 nH = 2. n H 2O ⇒ n O(Cx H y Oz N t ) = 2. n CO2 + n H 2O - 2. n O2 Theo LBT nguyên t : nN = 2. n N 2 17
18 Phương pháp b o toàn kh i lư ng nguyên t v i O ư c s d ng r t ph bi n trong các bài toán hóa h u cơ. * Chú ý: i v i trư ng h p t cháy h p ch t h u cơ ch a Nitơ b ng không khí, lư ng nitơ thu ư c sau ph n ng là: n N2 = n N2 + n N2 (sau ph n ng) (t ph n ng t cháy) (t không khí) áp d ng t t phương pháp BTNT, c n chú ý m t s i m sau: * H n ch vi t phương trình ph n ng mà thay vào ó nên vi t sơ ph n ng (sơ hp th c, có chú ý h s ) bi u di n các bi n i cơ b n c a các nguyên t quan tâm. * bài thư ng cho (ho c qua d ki n bài toán s tính ư c) s mol c a nguyên t quan tâm, t ó xác nh ư c lư ng (mol, kh i lư ng) c a các ch t. III. CÁC VÍ D Ví d 1: Hoà tan h n h p X g m 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung d ch HCl dư ư c dung d ch D. Cho dung d ch D tác d ng v i NaOH dư thu ư c k t t a. L c k t t a, r a s ch em nung trong không khí n kh i lư ng không i thu ư c m gam ch t r n Y. Giá tri c a m là A. 16,0. B. 30,4. C. 32,0. D. 48,0. Gi i:  HCl FeCl 2  NaOH Fe(OH)2  t 0 Fe → Y{Fe 2O 3 }  →    →   :X Sơ Fe 2O 3  FeCl3  Fe(OH)3  n Fe 0,2 + n Fe2O3 (X) = + 0,1 = 0,2 mol Theo BTNT v i Fe: nFe2O3(Y) = 2 2 ⇒ m = 0,2.160 = 32,0 ⇒ áp án C Ví d 2: un nóng h n h p b t X g m 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,015 mol Fe2O3 và 0,02 mol FeO m t th i gian. H n h p Y thu ư c sau ph n ng ư c hoà tan hoàn toàn vào dung d ch HCl dư, thu ư c dung d ch Z. Thêm NH3 vào Z cho n dư, l c k t t a T, em nung ngoài không khí n kh i lư ng không i thu ư c m gam ch t r n. Giá tr c a m là A. 6,16. B. 6,40. C. 7,78. D. 9.46 Gi i: n Al Theo BTNT v i Al: n Al2O3 = = 0,03 mol 2 18
19 n Fe 3n Fe3O4 (X) ∑n + + n Fe2O3 (X) = 0,04 mol Theo BTNT v i Fe: = Fe 2O3 2 2 ⇒ m = n Al2O3 + n Fe2O3 = 0,06.102 + 0,04.160 = 9,46 ⇒ áp án D Ví d 3: t cháy 9,8 gam b t Fe trong không khí thu ư c h n h p r n X g m FeO, Fe3O4 và Fe2O3. hoà tan X c n dùng v a h t 500ml dung d ch HNO3 1,6M, thu ư c V lít khí NO (s n ph m kh duy nh t, do ktc). Giá tr c a V là A. 6,16. B. 10,08. C. 11,76. D. 14,0. Gi i: + O t0 ph n ng : Fe  → X + HNO3 → Fe(NO3 ) 3 + NO ↑   Sơ 2, Theo BNTN v i Fe: n Fe(NO3 )3 = nFe = 0,175mol Theo BNTN v i N: nNO = n HNO3 – 3 n Fe(NO3 )3 = 0,5.1,6 – 3.0,175 = 0,275 mol ⇒ V = 0,275. 22,4 = 6,16 ⇒ áp án A Ví d 4: L y a mol NaOH h p th hoàn toàn 2,64 gam khí CO2, thu ư c úng 200ml dung d ch c a ion CO 3 − là 0,2M. a có giá tr là : 2 X. Trong dung d ch X không còn NaOH và n ng A. 0,06. B. 0,08. C. 0,10. D. 0,12. Gi i: Sơ ph n ng : CO2 + NaOH → Na2CO3 + NaHCO3 2,64 Theo BNTN v i C : n NaHCO3 = n CO2 − n Na 2CO3 = − 0,2.0,2 = 0,02mol 44 Theo BNTN v i Na: a = 2 n Na 2CO 3 + n NaHCO 3 = 2. 0,04 + 0,02 = 0,1 ⇒ áp án C Ví d 5: Hoà tan hoàn toàn h n h p g m x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (v a ), thu ư c dung d ch X (ch ch a hai mu i sunfat) và khí duy nh t NO. T s x/y là A. 6/5. B. 2/1. C. 1/2. D. 5/6. Gi i: X ch ch a 2 mu i sunfat, khí NO là duy nh t ⇒ S ã chuy n h t thành SO 2− 4 2FeS2 → Fe 2 (SO 4 )3 ; Cu 2S → 2CuSO 4 i:  Sơ bi n x 0,5x y 2y Theo BTNT v i S: 2x + y = 3.0,5x + 2y ⇒ 0,5x = y ⇒ x/y = 2/1 ⇒ áp án B 19
20 Ví d 6: t cháy hoàn toàn m gam h n h p X g m C3H8, C4H6, C5H10 và C6H6 thu ư c 7,92 gam CO2 và 2,7 gam H2O, m có giá tr là A. 2,82. B. 2,67. C. 2,46. D. 2,31. Gi i: CO 2 0 ph n ng: X {C3H8 , C4H6 , C5H10 , C6H6} + O2→   ,t Sơ H 2 O 7,92 2,7 x12 + = 2,46 ⇒ Theo BTNT v i C và H: m = mc + mH = áp án C 44 9 Ví d 7: Ti n hành cracking nhi t cao 5,8 gam butan. Sau m t th i gian thu ư c h n h p khí X g m CH4 , C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. t cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, r i d n toàn b s n ph m sinh ra qua bình ng H2SO4 c. tăng kh i lư ng c a bình H2SO4 c là A. 9,0 gam. B. 4,5 gam. C. 18,0 gam. D. 13,5 gam. Gi i: 0 + O2, t ph n ng : C4H10 → X  H2O → Sơ cracking Kh i lư ng bình H2SO4 c tăng lên là kh i lư ng c a H2O b h p th n H 10n C4H10 5,8 Theo BTNT v i H: n H 2O = = = 5. = 0,5 mol 2 2 58 ⇒ n H 2O = 0,5.18 = 9,0 gam ⇒ áp án A Ví d 8: t cháy hoàn to n 0,1 mol an ehit ơn ch c X c n dùng v a 12,32 lít khí O2 ( ktc), thu ư c 17,6 gam CO2, X là an ehit nào dư i ây? A. CH=C-CH2-CHO. B. CH3-CH2-CH2-CHO. C. CH2=CH-CH2-CHO. D. CH2=C=CH-CHO. Gi i: n O2 = 0,55 mol; n CO 2 = 0,4 mol Nh n xét: X là an ehit ơn ch c ⇒ nO(X) = nX = 0,1 mol Theo LBT nguyên t v i O : n H 2O = n O(H 2O) = nX + 2 n O2 - 2 n CO 2 = 0,1+2.0,55-2.0,4 = 0,4 mol n H 2O = n CO2 = 0,4mol   ⇒ X là CH3 – CH2 – CH2 – CHO ⇒ Nh n th y: áp án B n CO2 = 4n X   20