Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp Bảo toàn nguyên tố

Chia sẻ: Do Thanh Tam | Ngày: | Loại File: PPT | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

1.729
lượt xem 535
download

Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp Bảo toàn nguyên tố

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”. • Điều này có nghĩa là : Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau. Chú ý : • Để áp dụng tốt phương pháp này, ta nên hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ hợp thức, có chú ý hệ số), biểu diễn các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) quan tâm. • Nên quy về...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp Bảo toàn nguyên tố

Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa Học Phần 3. Phương pháp Bảo toàn nguyên tố
Phần 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố Nội dung A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng B. Các thí dụ minh họa C. Bài tập luyện tập
A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng  Nội dung phương pháp : • Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”. • Điều này có nghĩa là : Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau.  Chú ý : • Để áp dụng tốt phương pháp này, ta nên hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ hợp thức, có chú ý hệ số), biểu diễn các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) quan tâm. • Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử). • Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên tố quan tâm → lượng chất (chú ý hiệu suất phản ứng, nếu có).
B. Các thí dụ minh họa Thí dụ 1 Hòa tan hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 16,0. B. 30,4. C. 32,0. D. 48,0. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Fe HCl FeCl NaOH Fe(OH) 2 to Fe2O 3 D FeCl 2 Fe(OH) 3 Fe2O 3 3 Theo BTN T nFe(Fe2O 3 ,r¾n) nFe(Fe) nFe(Fe2O 3 ,®Çu) : = + ⇒ nFe(Fe2O 3 ,r¾n) 2 1. = 4 ol = 0, +0, 2 0, m 0,4 ⇒ nFe2O 3 (r¾n) = 2 ol m m Fe2O 3 (r¾n) 2. = ⇒ = 0, m = 0, 160 = gam 32 2 → ¸p C . § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 2 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,27 gam bột nhôm và 2,04 gam bột Al2O3 trong dung dịch NaOH dư thu được dung dịch X. Cho CO2 dư tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa Y, nung Y ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z. Biết hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. Khối lượng của Z là A. 2,04 gam. B. 2,31 gam. C. 3,06 gam. D. 2,55 gam. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Al NaOH CO2 to NaAlO2 Al(OH)3 Al2O3 Al2O3 Theo BTN T nAlAlO 3 ,Z) nAlAl nAlAlO 3 ,®Çu) : ( 2 = ( ) + ( 2 0,27 2, 04 0,05 ⇒ nAlAlO 3 ,Z) ( 2 = + × 2 = 05 ol nAlO 3 (Z) 0, m ⇒ 2 = = 025 ol 0, m 27 102 2 ⇒ m Z m AlO 3 (Z) 025. = 2 = 0, 102 = 55 → § ¸n 2, gam ¸p D .
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 3 Đun nóng hỗn hợp bột gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,015 mol Fe2O3 và 0,02 mol FeO một thời gian. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X. Thêm NH3 vào X cho đến dư, lọc kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là A. 9,46. B. 7,78. C. 6,40. D. 6,16. Hướng dẫn giải Al AlCl3 Fe3O4 NH 3 Al(OH)3 Al2O 3 to r¾n HCl FeCl 2 to Sơ đồ : Fe2O3 Fe(OH)2 Fe2O3 FeO FeCl 3 Fe(OH)3 1 0, 06 Theo BTN T nAlO 3 nAl = : 2 = = 03 ol m AlO 3 03. 0, m ⇒ = 0, 102 3, gam = 06 2 2 2 1 1 M Ætkh¸c nFe2O 3 (r¾n) ∑ nFe(®Çu) = ( 01. + 015. + 02)= 04 ol : = 0, 3 0, 2 0, 0, m 2 2 ⇒ m Fe2O 3 (r¾n) 04. = 0, 160 6, gam = 4 ⇒ m AlO 3 Fe2O 3 (r¾n) = 06 6, = 46 = m 2 +m → § ¸n 3, + 4 9, gam ¸p A.
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 4 Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3. Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255 ml dung dịch chứa HNO3 2M, thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của V là A. 5,712. B. 3,360. C. 8,064. D. 6,048. Hướng dẫn giải O2 FeO HNO3 Sơ đồ biến đổi : Fe Fe3O4 Fe(NO 3) 3 + NO2 Fe2O3 6, 72 BTN T Fe(N O 3 )3 Fe = Theo víi n Fe: =n = 12 ol 0, m 56 BTN T :nN (H N O 3 ) N (Fe(N O 3 )3 ) + nN (N O 2 ) ⇒ nN (N O 2 ) N (H N O 3 ) − nN (Fe(N O 3 )3 ) Theo víi N =n =n = 255. − 0, 3 = 0, m ol ⇒ nN O 2 N (N O 2 ) 0, =n 2 12. 15 ⇒ V N O 2 0, 22, = 3, = V = 15. 4 360 Ý lt → ¸p B. § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 5 Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 2,64 gam khí CO2, thu được đúng 200 ml dung dịch D. Trong dung dịch D không còn NaOH và nồng độ của ion CO32− là 0,2 mol/l. a có giá trị là A. 0,12. B. 0,08. C. 0,06. D. 0,10. Hướng dẫn giải Na2CO 3 (x mol) Sơ đồ biến đổi : NaOH +CO2 NaHCO 3 (y mol) BTN T :nC (C O 2 ) C (N a2C O 3 ) +nC (N aH C O 3 ) ⇒ nC (N aH C O 3 ) C (C O 2 ) − nC (N a2C O 3 ) víi C =n =n ⇒ y nN aH C O 3 C (N aH C O 3 ) nC O 2 = =n = −n N a2C O 3 2, = 64 − 0,2. 2 0,02 ol 0, = m 44 BTN T a :nN a(N aO H ) N a(N a2C O 3 ) + nN a(N aH C O 3 ) = N a2C O 3 + nN aH C O 3 víi N =n 2n ⇒ a N a(N aO H ) 2. 2. 2 + 0, = 10 ol =n = 0, 0, 02 0, m → ¸p D . § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 6 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Tỉ số của x/y là A. 1/3. B. 1/2. C. 2/1. D. 3/1. Hướng dẫn giải D o chØcã uèisunf X m dÞ kh« cßn N − at⇔ dung ch ng gèc O 3 S¬ bi ®æi → Fe SO 3 ( ®å Õn 2FeS 2 2 ( 4 ) 1) : x 5x 0, → 2C C u2S uSO 4 ( 2) 2y y D ung ch c¸c on Fe3+ ,C u2+ SO 2− dÞ chØcã i : vµ 4 BTN T :2x + y = 3. 5x 2y 5x = y ⇒ y = 2/ Theo víi S 0, + ⇒ 0, x/ 1 → ¸p C . § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 7 Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH4, C3H6 và C4H10 thu được 4,4 gam CO2 và 2,52 gam H2O, m có giá trị là A. 1,48. B. 2,48. C. 1,34. D. 1,82. Hướng dẫn giải CH4 O2 Sơ đồ biến đổi : C3H6 CO2 + H2O C4H10 N hËn X = C (X) +m H (X) = C (C O 2 ) +m H (H 2O ) xÐt:m = m m m 4,4 2,52 ⇒ m ×12+ = × 2 1, gam = 48 44 18 → ¸p A. § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 8 Đốt cháy một hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là A. 2,80 lít. B. 3,92 lít. C. 4,48 lít. D. 5,60 lít. Hướng dẫn giải Theo BTN T : víi O 2,24 2,7 =n = nO (O 2 ) O (C O 2 ) +nO (H 2O ) × 2+ = 35 0, m ol 22,4 18 1 0,35 ⇒ O 2 nO n = = = 175 ol O 2 175. 4 3, lt 0, m V = 0, ⇒ 22, = 92 Ý 2 2 → ¸p B. § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 9 Tiến hành crackinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra qua bình đựng H2SO4 đặc. Độ tăng khối lượng của bình H2SO4 đặc là A. 9,0 gam. B. 4,5 gam. C. 18,0 gam. D. 13,5 gam. Hướng dẫn giải CH4 C2H6 O2 crackinh Sơ đồ phản ứng : C 4H 10 X C2H4 H 2O C3H6 C4H10 § é ¨ng îng b × H 2SO 4 nh µ 2O t khèil cña nh chÝ l H bÞ hÊp hô t 5,8 1 1,0 ⇒ H (H 2O ) H (C 4H10 ) = ×10 = 0 ol H 2O nH (H 2O ) = = 5 ol n =n 1, m n = ⇒ 0, m 58 2 2 ⇒ H 2O 5. = 0 m = 0, 18 9, gam ¸p A. → § ¸n
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 10 Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai rượu đơn chức cùng dãy đồng đẳng cần dùng vừa đủ V lít khí O2 (đktc), thu được 10,08 lít CO2 (đktc) và 12,6 gam H2O. Giá trị của V là A. 17,92. B. 4,48. C. 15,12. D. 25,76. Hướng dẫn giải 10, 08 12,6 = C ã nC O 2 : = 45 ol H 2O 0, m n = ; = 7 ol 0, m 22, 4 18 N hËn xÐt: n =n − 0, − 0, = 0, m +)nH 2O nC O 2 ⇔ r îu H 2O nC O 2 = 7 45 25 ol > +)r îu chøc r îu O (r îu) = 25 ol ®¬n ⇔n =n 0, m Theo BTN T víi : O nO (O 2 ) O (C O 2 ) + nO (H 2O ) − O (r îu) 0, + 7 25 35 ol =n n = 2. 45 0, − 0, = 1, m 1,35 ⇒ O 2 V = × 22, = 12 Ý ¸p C . 4 15, lt→ § ¸n 2
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 11 Đun nóng 7,6 gam hỗn hợp A gồm C2H2, C2H4 và H2 trong bình kín với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp B, dẫn sản phẩm cháy thu được lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy khối lượng bình 1 tăng 14,4 gam. Khối lượng tăng lên ở bình 2 là A. 6,0 gam. B. 9,6 gam. C. 35,2 gam. D. 22,0 gam. Hướng dẫn giải C 2H 2 O2 C 2H 4 Ni Sơ đồ phản ứng : B CO2 + H 2O H2 14, 4 = 14, gam ⇒ H 2O m H 2O 4 n = 8 ol m H (H 2O ) 8. = 6 = 0, m ⇒ = 0, 2 1, gam 18 xÐt: = m + ⇒ m = m − m 7, − 1, 6, gam N hËn m A C m H C A H = 6 6 = 0 6,0 ⇒ C O 2 nC 5 ol C O 2 5. = gam ¸p D . n = = = 0, m m ⇒ = 0, 44 22 → § ¸n 12
B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 12 Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol anđehit đơn chức X cần dùng vừa đủ 12,32 lít khí O2 (đktc), thu được 17,6 gam CO2. X là anđehit nào dưới đây ? A. CH≡ C− 2− CH CHO. B. CH3− 2− 2− CH CH CHO. C. CH2=CH− 2− CH CHO. D. CH2=C=CH−CHO. Hướng dẫn giải N hËn an®ehi xÐt: chøc an®ehi O (an®ehi) = 1m ol t®¬n ⇔n t=n t 0, Theo = n + −n BTN T nO (H 2O ) O (X) nO (O 2 ) O (C O 2 ) víi : O ⇒ H 2O nO (H 2O ) 1+ n = = 0, 12,32 − 17,6 × 2 = 4 ol × 2 0, m 22,4 44 t : = = 0, m an®ehi l no,®¬n N hËn hÊy nH 2O nC O 2 4 ol ⇒ tX µ chøc ⇒ l C H 3C H 2C H 2C H O ¸p B. X µ → § ¸n
C. Bài tập luyện tập Bài tập 1 Hỗn hợp chất rắn X gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hòa tan hoàn toàn X bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch Y. Cho NaOH dư vào Y, thu được kết tủa Z. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn T. Giá trị của m là A. 32,0. B. 16,0. C. 39,2. D. 40,0. Hướng dẫn giải Fe2O3 HCl FeCl NaOH Fe(OH) to Y FeCl2 Z Fe(OH)2 Fe2O3 Sơ đồ : Fe3O4 3 3 Theo BTN T nFe(T) nFe(Fe2O 3 ,®Çu) nFe(Fe3O 4 ,®Çu) : = + ⇒ nFe(T) 1. +0, 3 = 5 ol = 0, 2 1. 0, m 0,5 ⇒ nFe2O 3 (T) = 25 ol m m Fe2O 3 (T) 25. = 0, m ⇒ = = 0, 160 = gam 40 2 → ¸p D . § ¸n
C. Bài tập luyện tập Bài tập 2 (Đề CĐ Khối A – 2007) Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 75%. Hướng dẫn giải Ph¶n : xO y C O + O 2 1)hay O [ ]→ O 2 2) øng Fe + → Fe C ( : C + O C ( 4,48 nkhÝsau nkhÝtr íc = = = 2 ol 0, m 22,4 l : m − T¨ng ¶m îng m O (FexO y ) = khÝsau m khÝtr íc gi khèi ⇒ O (FexO y ) = 2. 2 − 28. 2 = 4 2,4 m 20. 0, 0, 2, gam nO (FexO y ) = 15 ol ⇒ = 0, m 16 ⇒ m Fe(FexO y ) 0 − 2, = 6 5,6 = 8, 4 5, gam ⇒ nFe(FexO y ) = 1m ol = 0, 56
C. Bài tập luyện tập Bài tập 2 (Đề CĐ Khối A – 2007) (tt) Cho 4,48 lít khí CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 75%. Hướng dẫn giải (tt) x 0, 1 2 ⇒ = = ⇒ tl Fe oxi µ 2O 3 y 0,15 3 nguyªn è nC O 2 = O (Fe2O 3 ) = 15 ol B¶o oµn t t : n 0, m 0, 15 ⇒ VC O 2 = % ×100% = 75% 0,2 → ¸p B. § ¸n
C. Bài tập luyện tập Bài tập 3 (Đề ĐH Khối A – 2007) Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là A. 0,048. B. 0,032. C. 0,04. D. 0,06. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + Ba(HCO3)2 2,688 15, 76 = nC O 2 = 12 ol BaC O 3 0, m n ; = = 08 ol 0, m 22, 4 197 Theo BTN T :nC (C O 2 ) = C (BaC O 3 ) nC (Ba(H C O 3 )2 ) víi C n + ⇒ C (Ba(H C O 3 )2 ) = C (C O 2 ) − nC (BaC O 3 ) = C O 2 n n n −n BaC O 3 = 12 − 0, = 0, m ol 0, 08 04 0,04 ⇒ Ba(H C O 3 )2 = n = 0, m ol 02 2 Theo BTN T :nBa(Ba(O H )2 ) = Ba(BaC O 3 ) nBa(Ba(H C O 3 )2 ) víi Ba n + ⇒ Ba(O H )2 = BaC O 3 nBa(H C O 3 )2 = 08 + 0, = 0, m ol n n + 0, 02 10 0, 10 ⇒ a = = 04 oll § ¸p C . 0, m / → ¸n 2,5
C. Bài tập luyện tập Bài tập 4 (Đề ĐH Khối A – 2007) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là A. 0,04. B. 0,12. C. 0,075. D. 0,06. Hướng dẫn giải X m at⇔ dung ch D o chØcã uèisunf cßn gèc − dÞ kh«ng N O 3 S¬ bi ®æi → Fe SO 3 ( ®å Õn 2FeS 2 2 ( 4 ) 1) : 0, 0, 12 06 → 2C C u2S uSO 4 ( 2) 2a a D ung ch c¸c on Fe3+ ,C u2+ SO 2− dÞ chØcã i : vµ 4 BTN T : 0, + a = 3. 06 2a = 0, Theo víi 2. 12 S 0, + ⇒ a 06 → ¸p D . § ¸n

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD