SKKN: Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm “Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó” nhằm giúp các em khắc phục các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài này. Trong chuyên đề này tôi đã sưu tầm và giải chi tiết nhiều các dạng bài tập có liên quan cùng với rất nhiều bài tập tự luyện kèm theo. Hi vọng chuyên đề này là một tài liệu tham khảo hữu ích và bổ ích cho các em học sinh và đồng nghiệp.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó

MỤC LỤC Nội dung Trang Phần 1: Lời giới thiệu 2 Phần 2: Tên sáng kiến 2 Phần 3: Tác giả của sáng kiến 2 Phần 4: Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến 2 Phần 5: Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 2 Phần 6: Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu 2 Phần 7: Mô tả bản chất của sáng kiến 4 I. CƠ SỞ LÝ LUẬN, CƠ 4 SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI II. THỰC TRẠNG VẤN 4 ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM III. NỘI DUNG CỦA 5 SÁNG KIẾN 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI 5 CHUNG 2. CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI 6 GIẢI CHI TIẾT 3. CÁC BÀI TẬP TỰ 42 LUYỆN IV. KẾT QUẢ THỰC 52 HIỆN V. KẾT LUẬN VÀ KIẾN 53 NGHỊ VI. VỀ KHẢ NĂNG ÁP 53 DỤNG CỦA SÁNG KIẾN Phần 8: Thông tin bảo mật 54 Phần 9: Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 54 1
Phần 10: Đánh giá lợi ích của sáng kiến 55 Phần 11: Danh sách các tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần 55 đầu 2
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Phần 1: Lời giới thiệu Từ năm 2007 đến nay trong đề thi của bộ Giáo dục và đào tạo đã xuất hiện thường xuyên các bài tập tổng hợp vô cơ. Các dạng bài này ngày càng đa dạng và mức độ khó được tăng lên rất nhiều. Trong đề thi học sinh giỏi các bài tập dạng này thường là câu khó dùng để phân loại học sinh. Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy một số giáo viên chưa trang bị cho mình về phương pháp và kĩ năng giải dạng bài tập này nên lúng túng khi giảng dạy cho học sinh. Đại đa số học sinh gặp khó khăn khi tìm cách giải và thường bỏ qua khi gặp dạng bài tập này. Để các em học sinh và đồng nghiệp có thêm một tài liệu tham khảo tôi xin viết sáng kiến kinh nghiệm “Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó” nhằm giúp các em khắc phục các khó khăn và tự tin khi xử lí dạng bài này. Trong chuyên đề này tôi đã sưu tầm và giải chi tiết nhiều các dạng bài tập có liên quan cùng với rất nhiều bài tập tự luyện kèm theo. Hi vọng chuyên đề này là một tài liệu tham khảo hữu ích và bổ ích cho các em học sinh và đồng nghiệp. 3
Phần 2: Tên sáng kiến Hướng dẫn giải bài toán tổng hợp vô cơ hay và khó Phần 3: Tác giả của sáng kiến Họ và tên: Phạm Thị Hải Địa chỉ : Trường THPT Yên Lạc Số điện thoại: 0376850236 Email: phamthihaic3yl@gmail.com Phần 4: Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến Bản thân tác giả. Phần 5: Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Dạy học (môn Hóa học cho học sinh THPT) Vấn đề mà sáng kiến giải quyết: N âng cao kỹ năng giải bài tập Hóa học góp phần nâng cao kết quả kỳ thi THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi cho học sinh. Phần 6: Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu Ngày 10/9/2018 Phần 7: Mô tả bản chất của sáng kiến I. CƠ SỞ LÝ LUẬN, CƠ SỞ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI 1. Cơ sở lí luận  Giáo dục THPT đang thực hiện đổi mới theo hướng tăng cường dạy học theo hướng mở, vận dụng kiến thức vào thực tiễn  Hóa học là môn học thực nghiệm  Toán học và Hóa học là hai môn khoa học tự nhiên có nhiều điểm tương đồng 4
2. Cơ sở thực tiễn  Đa số học sinh lúng túng không biết cách xử lý các bài tập tổng hợp vô cơ khó và nếu có làm được thì mất rất nhiều thời gian, không hiệu quả với phương pháp thi trắc nghiệm như hiện nay.  Một số giáo viên gặp khó khăn khi chưa có nhiều tài liệu tham khảo về phương pháp giải bài tập tổng hợp vô cơ khó.  Học sinh có nhu cầu ôn tập kiến thức, đặc biệt là các kiến thức ôn thi Đại học. Vì vậy, việc xây dựng các chuyên đề ôn thi Đại học là phù hợp với điều kiện của nhà trường và sự phát triển của giáo dục. II. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM  Khảo sát học sinh ở lớp 12A1; 12A2; 12A3; 12A4 cho thấy % số học sinh chưa xử lý được bài tập tổng hợp vô cơ khó như sau: Lớp 12A1 12A2 12A3 12A4 % 70% 85% 98% 100%  Giáo viên ở trường THPT Yên Lạc chưa có nhiều tài liệu tham khảo về phương pháp giải bài tập tổng hợp vô cơ khó. III. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI CHUNG Để giải được các bài tập tổng hợp vô cơ khó đòi hỏi chúng ta phải nắm được các phương pháp và định luật sau: + Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL) 5
+ Định luật bảo toàn nguyên tố (ĐLBTNT) + Định luật bảo toàn điện tích (ĐLBTĐT) + Các dạng bài tập liên quan đến muối amoni, HNO3, sắt, nhôm… Tùy thuộc vào mỗi dạng bài mà sử dụng các định luật cho phù hợp. 2. CÁC BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT Ví dụ 1: Cho một lượng kim loại Al vào dung dịch chứa hỗn hợp gồm a mol HCl; 0,05 mol NaNO3 và 0,1 mol KNO3. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối, b gam kim loại và 0,125 mol hỗn hợp khí Y (gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí). Tỉ khối của Y so với H2 là 12,2. Giá trị của m là: A. 33,375. B. 46,425. C. 27,275. D. 43,500. (Thi thử THPTQG chuyên Vĩnh Phúc – 2018) Hướng dẫn giải MY = 24,4 ⇒ Y chứa H2 và NO. Đặt nH2 = x mol; nNO = y mol ⇒ nY = x + y = 0,125 mol mY = 2x + 30y = 0,125 × 24,4. Giải hệ có: x = 0,025 mol; y = 0,1 mol. Do Y chứa H2 ⇒ X không chứa NO3–. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nNH4+ = 0,05 + 0,1 – 0,1 = 0,05 mol. Bảo toàn electron: 3nAl phản ứng = 2nH2 + 3nNO + 8nNH4+ ⇒ nAl phản ứng = 0,25 mol. X chứa AlCl3, NaCl, KCl, NH4Cl ⇒ m = 0,25 × 133,5 + 0,05 × 58,5 + 0,1 × 74,5 + 0,05 × 53,5 = 46,425 gam. Chọn đáp án B Ví dụ 2: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn h ợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có một khí không màu hóa nâu ngoài không khí). Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào sau đây ? A. 31,28 B. 10,8 C. 28,15 D. 25,51 (Thi thử THPTQG đại học KHTN – lần 1 – 2017) Hướng dẫn giải Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO. 6
Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có : Chọn đáp án C Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H 2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (đktc). Dung dịch Z phản ứng tối đa với 1,22 mol KOH. Giá trị của m là A. 24. B. 28. C. 36. D. 32. Hướng dẫn giải Ta có mo = 0,2m → mol O = 0,2m/16 mol m(kim loại) = 0,8 m gam Y có V lít → mol SO42 = 1,65V, Na+ = NO3 = V mol, NO = 0,08 mol Vì chỉ chứ muối trung hòa nên H+ hết Y gồm Fe2+ Khối nOH =2nFe2+ + 3nFe3+….. Dung dịch cuối Fe3+ lượng +nNH4+ gồm K+ 1,22 Mg2+ 0,8m nên nOH = nekl +nNH4+ SO42 1,65V Cu2+ NO3 b mol NH4+ a mol 2,86m gam + KOH Na+ V Na+ V SO42 1,65V NO3 dư b mol BT Ni tơ: V = a + b + 0,08 BT điện tích: 1,22 + V = 3,3V + b BTKL muối Y ta có 18a + 23V + 96. 1,65V + 62b = 2,86m Ne (cho của kim loại) = nOH mà ne cho = 2nO + 8a + 0,08.3 và nOH = nekl +nNH4+ → ne (kim loại) cho = nOH a  1,22 – a = 2. 0,2m/16 + 8a + 0,24  m= 32, V = 0,4, a = 0,02, b = 0,3 Chọn đáp án D 7
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3 (trong đó ) tan hết vào X. Sau khi các phản ứng kết thúc, thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam (trong đó H2 chiếm 4/9 về thể thích và nguyên tố oxi chiếm 8/23 khối lượng hỗn hợp). Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 20,0. B. 22,0. C. 22,5. D. 20,5. (Thi thử THPTQG chuyên Chuyên PBC Nghệ An – 1 – 2018) Hướng dẫn giải Hỗn hợp khí D gồm 0,04 mol H2 || mO/D = 0,64 gam nO/D = 0,04 mol ⇒ nN/D = = 0,08 mol Kết tủa là BaSO4 với 1,53 mol → ban đầu có 1,53 mol KHSO4 → Fe(NO3)3 là 0,035 mol. Bảo toàn N → trong Z có 0,025 mol NH4+; bảo toàn H → nH2O = 0,675 mol. Bảo toàn O → ∑nO trong Y = 0,4 mol → m = 0,4 × 16 × 205 ÷ 64 = 20,5 gam. Chọn đáp án D Ví dụ 5: Hòa tan 10,92 gam hỗn hợp X chứa Al, Al 2O3 và Al(NO3)3 vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,09 mol HNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chứa các chất tan có khối lượng 127,88 gam và 0,08 mol hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối hơi của Z so với He bằng 5. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau: Phần trăm khối lượng của khí có khối lượng phân tử lớn nhất trong hỗn hợp Z là A. 41,25%. B. 68,75%. C. 55,00%. D. 82,50%. (Thi thử THPTQG Trực Ninh – Nam Định – 1 – 2018) Hướng dẫn giải Theo giả thiết ⇒ Z gồm N2O, N2, H2 ⇒ Y không chứa NO3–; khí có PTK lớn nhất trong Z là N2O. Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng: 8
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O ⇒ nAl3+ = nAl(OH)3 = 1,3 1 = 0,3 mol. Đặt nNaHSO4 = x ⇒ nNa+/Y = nSO42– = x. Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được Na2SO4. ⇒ nNa2SO4 = x ⇒ ∑nNa+ = 2x ⇒ nNa+/Y = 2x 1 = x ⇒ x = 1. Đặt nNH4+ = y; nH+ = z. Bảo toàn điện tích: 0,3 × 3 + 1 + y + z = 1 × 2 mmuối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + 1 × 23 + 18y + z + 1 × 96 Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol. Bảo toàn khối lượng: mH2O = 10,92 + 1 × 120 + 0,09 × 63 127,88 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ nH2O = 0,395 mol. Bảo toàn nguyên tố H: nH2 = (1 + 0,09 0,04 × 4 0,06 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol. Đặt nN2O = a; nN2 = b ⇒ nZ = a + b + 0,04 = 0,08; mZ = 44a + 28b + 0,04 × 2 = 0,08 × 20 Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %mN2O = 0,025 × 44 ÷ 1,6 × 100% = 68,75%. Chọn đáp án B Ví dụ 6: Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X là: A. 48,80%. B. 33,60%. C. 37,33%. D. 29,87%. (Thi thử THPTQG Trực Ninh – Nam Định – 1 – 2018) Hướng dẫn giải Dung dịch Y gồm Fe3+, H+, Na+, và (dung dịch Y không chứa Fe2+, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe2+, H+ và ). Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì: Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)2 ta có: Xét dung dịch Y, có: Xét hỗn hợp khí Z, có x mol và 4x mol. Mặt khác: 9
BTKL: x = 0,03 Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có: mol và mol mà Chọn đáp án C Ví dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu được hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu được 56,9 gam muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là A. 25,5%. B. 18,5%. C. 20,5%. D. 22,5%. Hướng dẫn giải Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H2SO4 thì: Ta có Xét hỗn hợp X ta có: Chọn đáp án C Ví dụ 8: Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, FeCO3 vào dd hỗn hợp chứa H2SO4 và KNO3. Sau phản ứng thu được 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỉ khối so với H2 là 14,6 và dd Z chỉ chứa các muối trung hòa với tổng khối lượng là m gam. Cho BaCl2 dư vào Z thấy xuất hiện 140,965 gam kết tủa trắng. Mặt khác cho NaOH dư vào Z thì thấy có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời xuất hiện 42,9 gam kết tủa và 0,56 lít khí (đktc) thoát ra. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho các nhận định sau: a) Giá trị của m là 82,285 gam. b) Số mol của KNO3 trong dung dịch ban đầu là 0,225 mol c) Phần trăm khối lượng FeCO3 trong X là 18,638%. d) Số mol của Fe3O4 trong X là 0,05 mol. 10
e) Số mol của Mg trong X là 0,15 mol. Tổng số nhận định đúng là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Hướng dẫn giải Y chứa H2 ⇒ Z không chứa NO3–. Lập sơ đồ phản ứng: nH2SO4 = nSO42– = nBaSO4 = 140,965 ÷ 233 = 0,605 mol; nNH4+ = nkhí = 0,56 ÷ 22,4 = 0,025 mol. ► Bảo toàn điện tích: nNa+ + nK+/Z = 2nSO42– ⇒ nKNO3 = nK+ = 0,605 × 2 1,085 = 0,125 mol ⇒ (b) sai ● Đặt nMg2+ = x; nFe2+ = y ⇒ nNaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol; mkết tủa = 58x + 90y = 42,9g. ||⇒ Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol ⇒ (e) đúng. ► m = 0,15 × 24 + 0,38 × 56 + 0,125 × 39 + 0,025 × 18 + 0,605 × 96 = 88,285(g) ⇒ (a) sai. Bảo toàn khối lượng: mH2O = 31,12 + 0,605 × 98 + 0,125 × 101 88,285 0,2 × 29,2 = 8,91(g) ⇒ nH2O = 0,495 mol. Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH2 = (0,605 × 2 0,025 × 4 0,495 × 2)/2 = 0,06 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: ∑n(NO,NO2) = ∑nN/Y = 0,125 0,025 = 0,1 mol. ⇒ nFeCO3 = nCO2 = 0,2 0,1 0,06 = 0,04 mol ⇒ %mFeCO3 = 0,04 × 116 ÷ 31,12 × 100% = 14,91% ⇒ (c) sai. ► mX = mMg + mFe + mO + mCO3 ⇒ mO = 31,12 0,15 × 24 0,38 × 56 0,04 × 60 = 3,84(g). ⇒ nO = 0,24 mol ⇒ nFe3O4 = 0,06 mol ⇒ (d) sai ⇒ chỉ có (e) đúng ⇒ chọn A. ► Nhận xét: Đề chuẩn hơn nên là Z không chứa ion Fe3+. Chọn đáp án A Ví dụ 9 : Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Cu trong 500 ml dung dịch chứa HCl 2,4M và HNO3 0,2M, thu được dung dịch Y và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y, lọc, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn Z. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa. Biết sản phẩm khử của NO3 là NO duy nhất, Cl không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng, các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 198,12. B. 190,02. C. 172,2. D. 204,6. (Thi thử THPTQG Thiệu Hóa – Thanh Hóa – 2018) Hướng dẫn giải mol; , n(Cl) =1,2 11
Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z gồm Fe2O3 và CuO Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x,y>0) Ta có hệ phương trình: x=0,1; y=0,22 3Fe3O4 + 28H+ + NO3 9Fe3+ + NO + 14H2O (1) 0,1→ 2,8/3 0,1/3 0,3 3Cu + 8H+ + 2NO3 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (2) 0,1 4/15 ←0,2/3 Cu + 2Fe3+ 2Fe2+ + Cu2+ (3) 0,12 → 0,24 0,24 0,12 Dd Y sau phản ứng chứa 0,22 mol Cu2+; 0,24 mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol Cl Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch Y xảy ra các phản ứng: Ag+ + Cl AgCl 3Fe2+ + 4H+ + NO3 3Fe3+ + NO + 2H2O 1,2 1,2 0,075 0,1 Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag 0,165 0,165 → m=mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108=190,02 gam Chọn B. Ví dụ 10: Hỗn hợp X1 gồm Fe, FeCO3 và kim loại M (có hóa trị không đổi). Cho 14,1 gam X1 tác dụng hết với 500 ml dung dịch HNO 3 xM, thu được dung dịch X2 và 4,48 lít hỗn hợp Y1 (có tỉ khối so với hiđro là 16,75) gồm hai chất khí không màu trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Để trung hoà HNO3 dư có trong dung dịch X2 cần vừa đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M và thu được dung dịch X3. Chia X3 làm hai phần bằng nhau Phần 1 đem cô cạn thì thu được 38,3 gam hỗn hợp muối khan. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 8,025 gam kết tủa của 1 chất. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các chất khí đều đo ở đktc, quá trình cô cạn không xảy ra phản ứng hóa học. Giá trị của x gần giá trị nào sau đây nhất? A. 2,26. B. 2,42. C. 2,31. D. 1,98. (Thi thử THPTQG chuyên Nguyễn Huệ – 2018) Hướng dẫn giải * Hỗn hợp gồm kim loại M, Fe, FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 thu được 2 khí không màu 12
trong đó có 1 khí hóa nâu ngoài không khí 2 khí là NO và CO2 Tính được n 2 = 0,05 mol; nNO =0,15 mol n 3 = n 2 = 0,05 mol. CO FeCO CO − Đặt: n = a mol; n = b mol; Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1 M Fe aM + 56b = 8,3 (1) Dung dịch X2 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; HNO3 dư, có thể có c mol NH4NO3. + Phản ứng trung hoà: HNO3 + NaOH NaNO3 + H2O n = dư = 0,2.1 = 0,2 mol. NaOH dung dịch X3 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol Fe(NO3)3; 0,2 mol NaNO3, có thể có c mol NH4NO3. * Cô cạn ½ dung dịch X3, tổng khối lượng chất rắn thu được là: (M + 62n)a + 242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 = 38,3.2 =76,6 aM + 62an + 242b + 80c = 47,5 (2) * Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X3, thu được kết tủa của một chất đó là Fe(OH)3 Fe(NO3)3 + 3NaOH 3NaNO3 + Fe(OH)3 Ta có: 107(b+0,05) = 16,05 b = 0,1. Theo bảo toàn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45 + 8c an = 0,1 + 8c (5) Từ (1) aM = 2,7 (6) Từ (2) aM + 62an + 80c = 23,3 (7) Từ (5), (6), (7) an = 0,3; c = 0,025. M = 9n n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn. n = n 3(pu) = 0,1.3 + 0,15.3 + 0,025.2 + 0,15= 0,95 mol HNO N(sp) n = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol x= C 3(bđ) 3 = 2,3 M. HNO M(HNO ) Chọn C. Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, CuO, trong đó oxi chiếm 20% khối lượng. Cho m gam X tan hoàn toàn vào dung dịch Y gồm H 2SO4 1,65M và NaNO3 1M, thu được dung dịch z chỉ chứa 3,66m gam muối trung hòa và 1,792 lít khí NO (dktc). Dung dịch z phản ứng tối đa với 1,22 mol KOH. Giá trị của m là : A. 32 B. 24 C. 28 D. 36 (Thi thử THPTQG Thoại Ngọc Hầu – An Giang – 2017) Hướng dẫn giải 13
Phương pháp: Qui đổi, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích Áp dụng công thức tính nhanh khi Hỗn hợp chất + HNO3 tạo sản phẩm khử của Nitơ B1: lập phương trình liên quan đến số mol H+ phản ứng Đặt a làm thể tích dung dịch Y và b là số mol Trong X: mKL = 0,8m ; mO = 0,2 m (qui hỗn hợp về kim loại và oxi) => B2: Lập phương trình liên quan đến khối lượng muối sau phản ứng Bảo toàn N: => mmuối B3: Lập phương trình liên quan đến bảo toàn điện tích các ion trong dung dịch sau phản ứng với KOH. Khi KOH phản ứng với X thì sản phẩm chứa 1,22 mol K+; a mol Na+ ; 1,65a mol và mol Bảo toàn điện tích: Từ Đáp án A Ví dụ 12 : Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2, sau một thời gian, thu được chất rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp khí Z gồm NO2 và O2. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa 1,3 mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa m gam hỗn hợp muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm N2 và H2 có tỉ khối so với H2 là 11,4). Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 82. B. 74. C. 72. D. 80. (Thi thử THPTQG chuyên Nguyễn Trãi – 2018) Hướng dẫn giải Khi nung hỗn hợp X thì : Xét quá trình Y tác dụng với 1,3 mol HCl thì : (với và ) 14
Hỗn hợp muối gồm Cu2+ (0,25 mol), Cl (1,3 mol), NH4+ (0,02 mol) và Mg2+ → Chọn C. Ví dụ 13: Cho 12,55 gam hỗn hợp rắn X gồm FeCO 3, MgCO3 và Al2O3 tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 và NaNO3 (trong đó tỷ lệ mol của H 2SO4 và NaNO3 tương ứng là 19:1) thu được dung dịch Y (không chứa ion NO) và 2,464 lít khí Z (đktc) gồm NO, CO2, NO2 có tỷ khối hơi so với H2 là 239/11. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH đến khi thu được kết tủa cực đại thấy có 0,37 mol NaOH tham gia phản ứng. Mặt khác, khi cho dung dịch Y tác dụng dung dịch NaOH dư đun nóng không thấy khí bay ra. Phần trăm về khối lượng của FeCO 3 trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 46,2 %. B. 40,63 %. C. 20,3 %. D. 12,19 %. (Thi thử THPTQG Thanh Hóa – Bỉm Sơn – 1 – 2017) Hướng dẫn giải ; dd Y ; Gọi số mol NaNO3 là a; số mol H2SO4 là 19a. Theo bảo toàn mol Na: n= n= (nNaOH + n); 38a = 0,37 + a; a = 0,01; Ta có: nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n= n= 0,01; n= 0,1; mkhí Z = = 4,78 (g); mNO + m= 0,38; 30nNO + 46n= 0,38; nNO = n= 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02; n(oxi hóa khử) = n= 0,02; 3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37; 6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n= 0,1; z = 0,025; Từ đó ta có hệ pt: x = y = 0,05; %m= 46,22%; Đáp án A. Ví dụ 14: Hòa tan hoàn toàn 21,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Zn, FeO, Cu(NO 3)2 cần dùng hết 430 ml dung dịch H2SO4 1M thu đượ c hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 0,06 mol NO và 0,13 mol H2, đồng thời thu đượ c dung dịch Z chỉ chứa các muối sunfat trung hòa. Cô cạn dung dịch Z thu đượ c 56,9 gam muối khan. Thành phần phần trăm của Al trong hỗn hợp X có giá trị gần nhất là: A. 25,5% B. 18,5% C. 20,5% D. 22,5% 15
Hướng dẫn giải Khi cho 21,5 gam X tác dụng với 0,43 mol H 2SO4 thì : Ta có Xét hỗn hợp X ta có: Chọn C. Ví dụ 15: Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp R gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch H2SO4 loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam sunfat trung hòa và 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có một khí không màu hóa nâu ngoài không khí).Phần trăm khối lượng Mg trong R gần với giá trị nào sau đây ? A. 31,28 B. 10,8 C. 28,15 D. 25,51 (Thi thử THPTQG Bắc Ninh – Hàm Linh – 1 – 2017) Hướng dẫn giải Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H2 và 0,05 mol NO. Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có : Ví dụ 16: Hòa tan hết 3,264 gam hỗn hợp X gồm FeS2, FeS, Fe, CuS và Cu trong 600ml dung dịch HNO3 1M đung nóng, sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 1,8816 lít (đktc) một chất khí thoát ra. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl 2 thu được 5,92 gam kết tủa. Mặt khác, dung dịch Y có thể hòa tan tối đa m gam Fe. Biết trong quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất của N+5 là NO. Giá trị của m là: A. 9,760 B. 9,120 C. 11,712 D. 11,256 ((Thi thử THPTQG Chu Văn An – Thái Nguyên 1 – 2017) Hướng dẫn giải Khi cho Y tác dụng với BaCl2 thì: Trong Y có: 16
Qui hỗn hợp X về Fe, Cu, S thì Vì hòa tan tối đa Fe nên Fe chuyển thành Fe2+. Các quá trình oxi hóa khử: ; ; Chọn D. Ví dụ 17: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 320 ml dung dịch KHSO4 1M. Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chứa 59,04 gam muối trung hòa và 896 ml NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc). Y phản ứng vừa đủ với 0,44 mol NaOH. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Phần trăm khối lượng của Fe(NO 3)2 trong X có giá trị gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 63. B. 18. C. 73. D. 20. (Thi thử THPTQG Chu Văn An – Thái Nguyên 1 2017) Hướng dẫn giải Ta có: Chọn C. Ví dụ 18: Cho 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch chứa H 2SO4 0,6M và NaNO3 đun nóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối sunfat và 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất; đktc). Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 69,52 gam rắn khan. Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Nồng độ mol/l của Fe2(SO4)3 trong dung dịch Y là A. 0,04M B. 0,025M C. 0,05M D. 0,4M (Thi thử THPTQG Nghi Lộc – Nghệ An – 1 2017) Hướng dẫn giải B1 : Xác định Vdd và thành phần trong dung dịch ban đầu Dung dịch Y chỉ có muối SO4 và chỉ có sản phẩm NO => không có NH4+ bảo toàn e : ne KL = 3nNO = 2nSO4(muối Fe và Cu) = 0,36 mol 17
bảo toàn N : nNaNO3 = nNO = 0,12 mol => nNa2SO4 = 0,06 mol => nSO4(Y) = nBaSO4 = 0,18 + 0,06 = 0,24 mol = nH2SO4 => Vdd Y = 0,24 : 0,6 = 0,4 lit B2 : Xác định số mol Fe và Cu trong hỗn hợp đầu. Gọi số mol của Fe và Cu trong X lần lượt là x và y => chất rắn cuối cùng là 0,5x mol Fe2O3 và y mol Cu ; 0,24 mol BaSO4 Có : mX = 56x + 64y = 10,24 và mrắn khan = mFe2O3 + mCuO + mBaSO4 80x + 80y + 233.0,24 = 69,52g => x = 0,08 ; y = 0,09 mol B3 : Xác định thành phần Fe2+ và Fe3+ Gọi số mol Fe2+ là a và số mol Fe3+ trong Y là b mol => a + b = 0,08 mol Bảo toàn e : 3nNO = 2a + 3b + 2.0,09 = 0,12.3 => a = 0,06 ; b = 0,02 mol => CM [Fe2(SO4)3] = 0,05 M Đáp án C Ví dụ 19: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 (loãng). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 96,55 gam muối sufat trung hòa và 3,92 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối của Z so với H 2 là 9. Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 25% B. 15%. C. 40%. D. 30%. Hướng dẫn giải Ta có số mol: NO = 0,1(mol) ; H2 = 0,075(mol) BTKL → m(H2O) = 38,55 + 0,725.98 – 96,55 – 0,175.18 = 9,9 gam → n(H 2O) = 0,55 mol. Gọi a là số mol của NH4+ BTNT (H) → 4a + 0,075.2 + 0,55.2 = 0,725.2 → a = 0,85 mol. BTNT (N) → Fe(NO3)2 =0,075(mol) BTNT (O) → nZnO + 0,075.6 = 0,1 + 0,55 → nZnO = 0,2 mol BTKL Mg: a (mol) 24a+27b = 8,85 BTE Al: b (mol) 2a+3b=0,85 a = 0,2(mol); b = 0,15(mol) 18
%n =32% Mg Chọn đáp án D Ví dụ 20: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X chứa Cu, Mg, Fe 3O4 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa 0,61 mol HCl thu được dung dịch Y chứa (m + 16,195) gam hỗn hợp muối không chứa ion Fe3+ và 1,904 lít hỗn hợp khí Z (đktc) gồm H2 và NO với tổng khối lượng là 1,57 gam. Cho NaOH dư vào Y thấy xuất hiện 24,44 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Cu có trong X là: A. 15,92% B. 26,32% C. 22,18% D. 25,75% (Thi thử THPTQG Chuyên Tuyên Quang – 1 – 2017) Hướng dẫn giải Bảo toàn khối lượng : m + 0,61.36,5 = m + 16,195 + 1,57 + mH2O => nH2O = 0,25 mol Z chứa H2(0,035 mol) và NO (0,05 mol) Bảo toàn H => nNH4+ = 0,01 mol Bảo toàn N : nFe(NO3)2 = 0,03 mol Bảo toàn O : nFe3O4 = 0,03 mol Đặt nCu = a và nMg = b mol Bảo toàn e : 2a + 2b = 0,03.2 + 0,035.2 + 0,05.3 + 0,01.8 = 0,36 Có : mkết tủa = 58b + 98a + 90(0,03 + 0,03.3) = 24,44 => b = 0,1 và a = 0,08 => %mCu = 25,75% Đáp án D Ví dụ 21: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al 2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015 mol H 2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 2,5 B. 3,0 C. 1,0 D. 1,5 (Thi thử THPTQG Minh Khai – Hà Nội – 2017) Hướng dẫn giải Dung dịch Z chứa: Al3+; Na+; NH4+; SO42 Khí T gồm: NxOy và H2 Khi Z tác dụng với BaCl2 dư thì : nH2SO4= n BaSO4 = 0,4 mol 19
Xét quá trình hỗn hợp X tác dụng với dung dịch Y ta có : n Al (trong X)= 0,17 mol => n Al2O3 = (m X – m Al) : 102 = 0,03 mol BT Al : n Al3+ (trong Z) = n Al + 2 n Al2O3 = 0,23 mol Khi dung dịch Z tác dụng với 0,935 mol NaOH thì: n NH4+ = n NaOH – 4 n Al3+ = 0,015 mol BT H: n H2O = [2 n H2SO4– 2 n H2 – 4 n NH4+]: 2 = 0,355 mol BTĐT (Z) => n Na+ = 2 n SO42 n NH4+ 3 n Al3+ = 0,095 mol => m Z = m Na+ + m Al3+ + m NH4+ + m SO42 = 47,065 gam BTKL: m T = m X + m H2SO4 + m NaNO3 – m H2O – m Z = 1,47 gam Đáp án D Ví dụ 22: Cho m gam hỗn hợp H gồm Al (6x mol); Zn (7x mol), Fe 3O4, Fe(NO3)2 tác dụng hết với 250 gam dung dịch H2SO4 31,36% thu được dung dịch X chỉ chứa các muối và 0,16 mol hỗn hợp Y chứa hai khí NO, H2 tỉ khối của Y đối với He bằng 6,625. Cô cạn dung dịch X thu được (m + 60,84) gam muối. Nếu nhỏ từ tử dung dịch KOH 2M vào dung dịch X đến khi không còn phản ứng nào xảy ra thì vừa hết 1 lít dung dịch KOH. Nồng độ phần trăm của FeSO 4 có trong dung dịch X là: A. 10,28% B. 10,43% C. 19,39% D. 18,82% (Thi thử THPTQG Minh Khai – Hà Nội – 2017) Hướng dẫn giải Cho H tác dụng với 0,8 mol H2SO4. BTKL BTNT H: BTNT N: Và Khi cho dung dịch X tác dụng với 2 mol KOH thì dung dịch thu được gồm K+ (2 mol), SO42 (0,8 mol); AlO2 (6x mol) và ZnO22 (7x mol). Xét dung dịch thu được ta có: BTĐT: Xét dung dịch X ta có hệ phương trình sau: BTKL: m dung dịch X 20