intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tư duy giải nhanh bài tập Hóa học - ThS. Trần Trọng Tuyền

Chia sẻ: Lê Thị Kiều Oanh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:43

Thêm vào BST
Báo xấu
159
lượt xem 25
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu do ThS. Trần Trọng Tuyền biên soạn, trình bày các phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học theo các chủ đề: Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng, phương pháp trung bình, bảo toàn điện tích, bảo toàn electron,... Để biết rõ hơn về nội dung chi tiết, mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tư duy giải nhanh bài tập Hóa học - ThS. Trần Trọng Tuyền

  1. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  CHUYÊN ĐỀ 1: CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH QUAN  1.1. BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ (BTNT) A. PHƯƠNG PHÁP 1. Bảo toàn nguyên tố trong 1 chất Ta có:  nnguy �n t� = nch�t (s�nguy� n t�c� a nguy� n t��� ) Ví dụ:  Trong Fe3O4 : BTNT.Fe nFe = 3nFe3O4 ; BTNT.O nO = 4nFe3O4 2. Bảo toàn nguyên tố cho 1 phản ứng Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau Ví dụ:  Al + HNO3 Al(NO3 )3 + N 2O + H 2O BTNT.Al nAl = nAl (NO3 )3 ; BTNT.N nHNO3 = 3nAl(NO3 )3 + 2nN2O 3. Bảo toàn nguyên tố cho hỗn hợp nhiều chất phản ứng Fe Al(NO3 )3 NO Ví dụ 1:  � + HNO3 mu� i� + � + H 2O Cu Cu(NO3 )2 N 2O BTNT.Al nFe = nFe(NO3 )3 ; BTNT.Cu nCu = nCu(NO3 )2   BTNT.N nHNO3 = 3nAl (NO3 )3 + 2nCu(NO3 )2 + nNO + nN2O �FeS2 + HNO3 �Fe2 (SO4 )3 Ví dụ 2:  � � + NO + H 2O �Cu2S CuSO4 � BTNT.S 2nFeS2 + nCu2S = 3nFe2 (SO4 )3 + nCuSO4 4. Bảo toàn nguyên tố cho toàn bộ quá trình phản ứng (BTNT đầu→ cuối) + HCl dﾭ �FeCl 2 + NaOH dﾭ �Fe(OH)2 t0 Ví dụ 1:  Fe3O4 � � KK (O2 ) Fe2O3 �FeCl 3 �Fe(OH)3 BTNT.Fe (�� u cu� i) 3nFe3O4 = 2nFe2O3   Ví dụ 2:  Fe FeO FeO � + CO � HNO3 Fe(NO3 )3 BTNT.Fe (�� u cu� i) nFeO + 2nFe2O3 = nFe(NO3 )3 Fe2O3 Fe3O4 1 Fe2O3 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  2. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  B. BÀI TẬP VẬN DỤNG Dưới đây tác giả  xin giới thiệu những câu hỏi đơn thuần về  bảo toàn nguyên tố. Thông   thường BTNT là những ý nhỏ trong hướng giải của câu hỏi khó. Do đó để  làm tốt những câu   hỏi khó thì điều cần thiết là ta nắm vững lí thuyết và vận dụng tốt các phương pháp giải   nhanh như BTNT, BTKL, BTE… Câu 1: Cho hỗn hợp gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe 2O3 và 0,1 mol Fe3O4 tác dụng vừa đủ  với dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch A. Cho dung d ịch A tác dụng với dung   dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu  được m gam chất rắn C. Giá trị của m là:  A. 70. B.   72.   C. 65. D. 75. Hướng dẫn giải: Phân tích hướng giải: t0 + Nung kết tủa ta cần lưu ý: Fe(OH)2 + O2  KK (O2 ) Fe2O3 + H2O. + Dễ thấy bài toán liên quan đến số mol của nguyên tố Fe → Dấu hiệu của BTNT.Fe. Fe { 0,3 mol + H2SO4 �FeSO4 + NaOH dﾭ �Fe(OH)2 t0 �Fe2O3 123 A� � KK (O2) Fe2O3 �Fe2 (SO4 )3 �Fe(OH)3 0,15 mol Fe3O4   123 0,1 mol BTNT.Fe (�� u cu� i) 2nFe2O3 (cu�i) = nFe + 2nFe2O3 (�� u) + 3nFe3O4 0,3 + 2.0,15 + 3.0,1 nFe2O3 (cu�i) = = 0,45 mol m = 72 gam ﾭﾭp ﾭn B 2 Lời bình: Với những câu hỏi đơn giản như này, khi thành thạo ta không cần viết sơ đồ  phản   ứng và nhìn nhận BTNT (đầu → cuối). Câu 2: Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe 3O4, 0,015 mol Fe2O3 và 0,02  mol FeO một thời gian. Hỗn hợp Y thu được sau phản ứng được hoà tan hoàn toàn vào dung  dịch HCl dư, thu được dung dịch Z. Thêm NH3 vào Z cho  đến dư, lọc kết tủa T,  đem nung  ngoài không  khí  đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trịcủa m là  2 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  3. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  A. 6,16. B. 6,40. C. 7,78. D. 9.46. Hướng dẫn giải: Al { 0,06 mol Fe3O4 �AlCl 3 �Al(OH)3 123 �0,01 mol t0 + HCl dﾭ � + NH3 � t0 Al 2O3 X� Y Z�FeCl 2 �Fe(OH)2 KK (O2 ) � �Fe 1232O3 �FeCl �Fe(OH) Fe O 14 22433 0,015 mol � 3 � 3 m gam FeO { 0,02 mol nAl (X ) BTNT.Al (�� u cu� i) nAl 2O3 = = 0,03 mol 2 3nFe3O4 + 2nFe2O3 (X ) + nFeO BTNT.Fe (�� u cu� i) nFe2O3 (cu�i ) = = 0,04 mol 2 Câu 3: Dung dịch X gồm Na2CO3, K2CO3, NaHCO3. Chia X thành hai phần bằng nhau :   ­ Phần 1: tác dụng với nước vôi trong dư được 20 gam kết tủa.   ­ Phần 2: tác dụng với dung dịch HCl dư được V lít khí CO2 (đktc). Giá trị của V là:  A. 2,24. B. 4,48. C. 6,72. D. 3,36. Hướng dẫn giải: 20 − Ph� n 1: BTNT.C nCO2− (X ) = nCaCO3 = = 0,2 mol 3 100 − Ph� n 2: BTNT.C nCO2 = nCO2− (X ) = 0,2 mol V = 22,4.0,2 = 4,48 l � t 3 Câu 4: Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS 2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với dung dịch   HNO3 loãng, đun nóng, thu được dung dịch chỉ chứa muối sunfat c ủa các kim loại và giải   phóng khí NO duy nhất. Giá trị của x là: A. 0,060 B. 0,045 C.  0,090   D. 0,180 Hướng dẫn giải: �FeS2 : x mol + HNO3 �Fe2 (SO4 )3 � � + NO + H 2O �Cu2S: 0,045 mol CuSO4 � 3 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  4. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  nFeS2 BTNT.Fe nFe2 (SO4 )3 = = 0,5x mol; BTNT.Cu nCuSO4 = 2nCu2S = 0,09 mol 2 BTNT.S 2nFeS2 + nCu2S = 3nFe2 (SO4 )3 + nCuSO4 2x + 0,045 = 3.0,5x + 0,09 x = 0,09 mol ﾭﾭp ﾭn C Câu 5: Cho hỗn hợp 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư  vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch  X, lấy kết tủa nung trong không khí tới khối lượng không đổi được x gam chất rắn. Giá trị của m và x là :         A.   111,84 và 157,44     B.112,84 và 157,44 C.111,84 và 167,44  D.112,84 và 167,44 Hướng dẫn giải: �Fe(OH)3 �Fe2O3 � t0 � K� t t� a� Cu(OH)2 KK (O2 ) x gam � CuO �BaSO4 � BaSO4 � � nCuFeS2 + nCu2FeS2 0,15 + 0,09 BTNT.Fe nFe2O3 = = = 0,12 mol 2 2 BTNT.Cu nCuO = nCuFeS2 + 2nCu2FeS2 = 0,15 + 2.0,09 = 0,33 mol BTNT.S nBaSO4 = 2nCuFeS2 + 2nCu2FeS2 = 2.0,15 + 2.0,09 = 0,48 mol m = mBaSO4 = 233.0,48 = 111,84 gam x = mFe2O3 + mCuO + mBaSO4 = 160.0,12 + 80,0,33 + 233.0,48 = 157,44 gam → Đáp án D Câu 6: Hoà tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al 4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu   được x mol hỗn hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO 2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa   thu được là 46,8 gam. Giá trị của x là  A. 0,55.  B. 0,60.    C. 0,40.    D. 0,45. Hướng dẫn giải: 4 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  5. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  + CO2 + H2O 46,8 KAlO2 Al(OH)3 : = 0,6 mol Al : a mol + KOH dﾭ 78 0,3 mol Al 4C3: b mol H2 CH 4 a + b = 0,3 a = 0,2 � BTNT.Al (�� � u cu� i) a + 4b = 0,6 b = 0,1 3nAl BTNT.C nCH 4 = 3nAl 4C3 = 0,3 mol; BTE nH2 = = 0,3 mol 2 x = nH2 + nCH4 = 0,6 mol ﾭﾭp ﾭn B Câu 7: Thổi hỗn hợp khí CO và H2 đi qua a gam hỗn hợp gồm CuO và Fe3O4 có tỉ lệ mol 1 : 2 ,   sau phản ứng thu được b gam chất rắn A. Hòa tan hoàn toàn b gam A bằng dung dịch HNO 3 loãng  dư  , thu được dung dịch X ( không chứa ion Fe2+). Cô cạn dung dịch X thu được 41 gam muối  khan. a gam nhận giá trị nào ? A.9,8  B.10,6  C.12,8   D. 13,6     Hướng dẫn giải: CuO : x mol Cu(NO3 )2 BTNT.Cu nCu(NO3 )2 = x mol a gam � 41gam � Fe3O4 : 2x mol Fe(NO3 )3 : BTNT.Fe nFe(NO3 )3 = 6x mol 188x + 242.6x = 41 x = 0,025 mol a = 80.0,025+232.2.0,025 = 13,6 gam ﾭﾭp ﾭn D Câu 8:  Hoà  tan  hoàn toàn  hỗn  hợp  A gồm  0,27  gam  bột  nhôm  và  2,04  gam  bột  Al2O3  trong  dung  dịch NaOH dư thu  được dung dịch X. Cho CO 2 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: Al A + NaOH dﾭ X { NaAlO2 + CO2 dﾭ+H2O Y { Al(OH)3 t0 Z { Al 2O3 Al 2O3 nAl 0,27 2,04 BTNT.Al (�� u cu� i) nAl 2O3 (Z) = + nAl 2O3 (A ) = + = 0,025 mol 2 2.27 102 mZ = 102.0,025 = 2,55 gam ﾭﾭp ﾭn D 5 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  6. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Câu 9: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HNO3  loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho   tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí  đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là: A. 23,0 gam.   B. 32,0 gam.  C. 16,0 gam.  D.  48,0 gam.     Câu 10: Hòa tan 11,2 gam hỗn hợp X gồm Al và Fe trong HCl dư thu được hỗn hợp dung dịch   muối Y1 và khí Y2. Cho dung dịch Y1 tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa rồi nung trong không   khí đến khối lượng không đổi thì thu được 8 gam chất rắn Z. Thành phần % của Fe trong hỗn   hợp ban đầu là:   A. 58,03%     B. 26,75%  C. 75,25%  D.  50%       Câu 11: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S bằng dung dịch HNO3  vừa đủ  thu được dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO là sản phẩm khử  duy nhất   của N+5. Tìm a:   A. 0,03 B. 0,04  C.  0,06     D. 0,12 Câu 12: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm y mol FeS2 và 4 gam Cu2S vào HNO3 vừa đủ thu được  dung dịch Y chỉ chứa hai muối sunfat và hỗn hợp khí Z gồm NO 2 và NO có tỉ lệ  mol là 1 : 3.   Giá trị của x là:    A. 0,4 gam  B.  6 gam                 C. 8 gam          D. 2 gam Câu 13: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe 2O3 (hỗn hợp A)  đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất   rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong  1 hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng    tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III)   3 oxit.  A.  0,006.      B. 0,008.  C. 0,01. D. 0,012. Câu 14:  Cho 1,56 gam hôn h ̃ ợp gôm Al va Al ̀ ̀ 2O3  phan  ̉ ưng hêt v ́ ́ ơi dung dich HCl (d ́ ̣ ư), thu   được V lit khi H ́ ̣ ́ 2 (đktc) va dung dich X. Nho t ̀ ̉ ừ từ dung dich NH ̣ ́ ư vao dung dich X thu 3 đên d ̀ ̣   được kêt tua, loc hêt l ́ ̉ ̣ ́ ượng kêt tua, nung đên khôi l ́ ̉ ́ ́ ượng không đôi thu đ ̉ ược 2,04 gam chât răn. ́ ́   ́ ̣ ̉ Gia tri cua V la ̀         A.     0,672.      B. 0,224.   C. 0,448.  D. 1,344. 6 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  7. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  Câu 15: 7,68 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 tác dụng vừa đủ  với 260 ml dung   dịch HCl 1M thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa   đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. m có giá trị là: A. 7 gam         B. 7,5 gam          C.  8 gam    .         D. 9 gam Câu 16: Hòa tan hỗn hợp X gồm 11,2 gam Fe và 2,4 gam Mg bằng dung dịch H 2SO4, loãng dư,  thu được dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y thu được kết tủa Z. Nung Z trong không khí đến khối lượng không đổi thì được m gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị m là: A.18   B. 20      C.36  D.24. Câu 17: Đốt cháy 9,8 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp rắn X gồm FeO, Fe 3O4 và  Fe2O3. Để  hoà tan X cần dùng vừa hết 500 ml dung dịch HNO 3 1,6M, thu  được V lít khí NO  (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của V là          A.    6,16.         B. 10,08.     C. 11,76.     D. 14,0. Câu 18: Cho 16,9 gam hỗn hợp Na và Al hòa tan hết vào nước dư thu được dung dịch X. Cho X phản  ứng hết với 0,8 mol HCl thu được 7,8 gam kết tủa và dung dịch Y. Sục  CO2 vào Y không thấy có kết tủa xuất hiện.  Tính khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu. A.3,95 gam  B.2,7 gam  C.12,4 gam   D. 5,4 gam      Câu  19:  Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO 3  0,1M và  Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất  rắn Y. Giá trị của m là A. 2,80.       B. 2,16.     C. 4,08.  D. 0,64. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 9:  nFeO 0,4 BTT.Fe (�� u cu� i) nFe2O3 (cu�i) = + nFe2O3 (X ) = + 0,1 = 0,3 mol 2 2 m = 160.0,3 = 48 gam ﾭﾭp ﾭn D 7 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  8. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  Câu 10:  Phân tích hướng giải: + Khi cho Y1 vào dung dịch NaOH dư thì AlCl3 tạo kết tủa Al(OH)3 tối đa sau đó tan hết trong   NaOH dư → Kết tủa thu được chỉ có Fe(OH)2. + Khi nung Fe(OH)2 trong không khí  đến khối lượng không đổi thu được chất  rắn là Fe2O3 (vì  Fe(OH)2 + O2 (KK)  t0 Fe2O3 +  H2O) 8 BTNT.Fe(�� u cu� i) nFe(X ) = 2nFe2O3 = 2. = 0,1 mol 160 56.0,1 %mFe(X ) = .100% = 50% ﾭﾭp ﾭn D 11,2 Câu 11:  �FeS2 : 0,12 mol + HNO3 �Fe2 (SO4 )3 � � + NO + H 2O �Cu2S: a mol CuSO4 � nFeS2 BTNT.Fe nFe2 (SO4 )3 = = 0,06 mol; BTNT.Cu nCuSO4 = 2nCu2S = 2a mol 2 BTNT.S 2nFeS2 + nCu2S = 3nFe2 (SO4 )3 + nCuSO4 2.0,12 + a = 3.0,06 + 2a a = 0,06 mol ﾭﾭp ﾭn C Câu 12:  FeS2 : x mol + HNO3 Fe2 (SO4 )3 � 4 � + NO + H 2O Cu2S: = 0,025mol CuSO4 160 nFeS2 BTNT.Fe nFe2 (SO4 )3 = = 0,5x mol; 2 BTNT.Cu nCuSO4 = 2nCu2S = 2.0,025 = 0,05 mol BTNT.S 2nFeS2 + nCu2S = 3nFe2 (SO4 )3 + nCuSO4 2x + 0,025 = 3.0, 5x + 0,05 x = 0,05 mol y = 120.0,05 = 6 gam ﾭﾭp ﾭn B Câu 13:  8 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  9. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  0, 6272 Fe BTE nFe = nH2 = = 0,028 mol FeO 22,4 { 0,01 mol + CO FeO : x mol �Fe O t0 4,784 gam A � �123 2 3 �Fe2O3 : y mol 0,03 mol (x + y) Fe3O4 : mol 3 (x + y) 56.0,028 + 72x + 160y + 232. = 4,784 3 x = 0,012 � � (x + y) y = 0,006 BTNT.Fe 0,028 + x + 2y + 3. = 0,01 + 2.0,03 3 0,012 + 0,006 nFe3O4 = = 0,006 mol ﾭﾭp ﾭn A 3 Câu 14:  + NH3 + H 2O t0 X AlCl 3 Al(OH)3 Al 2O3 Al { 123 x mol 2,04 + HCl dﾭ =0,02 mol 1,56 gam 102 Al 2O3 123 H2 y mol H 2O 27x + 102y = 1,56 x = 0,02 � BTNT.Al � x + 2y = 2.0,02 y = 0,01 3nAl BTE nH2 = = 0,03 V = 22,4.0,03 = 0,672 l � t ��� p nA 2 Câu 15:  nHCl 0,26 BTNT.H nH 2 O = = = 0,13 mol; BTNT.O nO(X ) = nH2O = 0,13 mol 2 2 mFe(X ) = 7,68 − 16.0,13 = 5,6 gam nFe(X ) = 0,1 mol nFe(X ) BTNT.Fe( �� u cu� i) nFe2O3 (cu�i ) = = 0,05 mol m = 160.0,05 = 8 gam 2 → Đáp án C Câu 16:  9 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  10. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  1 1 11,2 Fe2O3 nFe2O3 = .nFe = . BTNT.Fe (�� u cu� i) = 0,1mol 2 2 56 m gam 2,4 MgO BTNT.Mg (�� u cu� i) nMgO = nMg = = 0,1mol 24 m = 160.0,1 + 40.0,1 = 20 gam ﾭﾭp ﾭn B Câu 17: FeO + O2 + HNO3 :0,5.1,6=0,8 mol Fe { X Fe2O3 Fe(NO3 )3 + NO + H 2O 9,8 gam Fe3O4 9,8 BTNT.Fe nFe(NO3 )3 = nFe = = 0,175 mol 56 BTNT.N nNO = nHNO3 − 3nFe(NO3 )3 = 0,5.1,6 − 3.0,175 = 0,275 mol V = 22,4.0,275 = 6,16 l � t ��� p nA Câu 18:  Sục CO2 vào dung dịch Y không thấy có kết tủa  xuất hiện → Y không có NaAlO2 → Y chứa NaCl và AlCl3. NaCl BTNT.Na nNaCl = x mol Na: x mol + HCl Y X AlCl 3 : BTNT.Al nAlCl 3 = (y − 0,1) mol Al:y mol Al(OH)3 : 0,1 mol x + 3(y − 0,1) = 0,8 mol BTNT.Cl x = 0,5 � � mX = 23x + 27y = 16,9 y = 0,2 mAl(X ) = 27.0,2 = 5,4 gam ﾭﾭp ﾭn D Câu 19: BTNT. Fe BTNT. N X g� m: nFe(NO3 )3 = 0,04 mol; nCu(NO3 )2 dﾭ = 0,02+0,1.2-0,04.2=0,07 mol BTNT. Ag Ag: 0,02 mol Y g� m: BTNT. Cu m = 0,02.108 + 0,03.64 = 4,08 gam ﾭﾭp ﾭn C Cu: 0,03 mol 10 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  11. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  1.2. BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG  A. PHƯƠNG PHÁP 1. Dấu hiệu của phương pháp Hầu hết các bài toán hóa học đều liên quan tới khối lượng. Do đó,việc ta áp dụng BTKL  trong hóa học là rất phổ biến. Những dấu hiệu áp dụng BTKL rất đơn giản đó là: + Bài toán cho nhiều dữ kiện liên quan đến khối lượng. + Bài toán cho dữ  kiện khối lượng không đổi được về  mol (khối lượng hỗn hợp, hoặc khối   lượng của chất chưa rõ công thức phân tử). 2. Các dạng bảo toàn khối lượng thường gặp a) Bảo toàn khối lượng cho một chất:  Khối lượng của một chất bằng tổng khối lượng của các nguyên tố trong chất đó Ví dụ:  mFex Oy = mFe + mO ; mCx H yOz = mC + mH + mO b) Bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp muối Khối   lượng   của   hỗn   hợp   muối   bằng   tổng   khối   lượng   của   cation   và   anion   trong   muối   ( BTKL mmu�i = mcation(mu�i ) + manion(mu�i ) ) Ví dụ: Hỗn hợp X chứa Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2 BTKL mX = mFe3+ + mCu2+ + mNO− 3 c) Bảo toàn khối lượng cho một phản ứng: Tổng khối lượng các chất tham gia phản  ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau   phản ứng Xét phản ứng:  A + B C + D  ;  BTKL mA + mB = mC + mD d) Bảo toàn khối lượng cho hỗn hợp nhiều chất phản ứng Fe t0 FeO Ví dụ 1:  Fe2O3 + CO X + CO2 BTKL mFe2O3 + mCO = mX + mCO2 Fe2O3 Fe3O4 B. BÀI TẬP VẬN DỤNG Câu 1: Cho một luồng khí CO đi qua  ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2O3  đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm được chất rắn B  nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống   11 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  12. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  sứ hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư được 4,6 gam kết tủa. Tìm phần trăm khối lượng   của FeO trong A:       A. 68,97% B. 68,03% C. 31,03% D. 13,03% Hướng dẫn giải: Phân tích hướng giải: + Bài toán tìm % khối lượng nói chung ta đặt ẩn cho số mol chất cần tìm % khối lượng. + Ca(OH)2 dư nên tạo ra muối trung hòa CaCO3. Fe FeO FeO : x mol B { 0,04mol A + CO 4,784 gam Fe3O4 t0 Fe2O3 : y mol Fe2O3 + Ca(OH)2 dﾭ CO2 CaCO3 4,6 BTNT.C nCO pﾭ = nCO2 = nCaCO3 = = 0,046 mol 100 BTKL mA + mCO pﾭ = mB + mCO2 72x + 160y + 28.0,04 = 4,784 + 44.0,046 nA = x + y = 0,04 x = 0,01 ; y = 0,03 mFeO 72.0,01 %mFeO (A ) = .100% = .100% = 13,33% ﾭﾭp ﾭn D mA 72.0,01 + 160.0,03 Câu 2: Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO 3, Ca(ClO3)2, CaCl2  và KCl. Nhiệt phân  hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2  (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2  và KCl. Toàn bộ Y tác dụng  vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3  1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5   lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là A. 12,67%.           B. 18,10%.            C. 25,62%. D. 29,77%. Hướng dẫn giải: Phân tích hướng giải: + Bài toán có dữ kiện khối lượng không đổi được về mol → Là dấu hiệu của BTKL. + Bài toán có nhiều dữ kiện số mol → Là dấu hiệu của BTNT. 12 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  13. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  KClO3 0,3 mol CaCl2 Ca(HCO3 )2 0,3 mol CaCO3 0 0,4 mol + K2 CO3 t KCl CaCl2 KCl 0,6 mol KCl O2 X (82,3 gam) 82,3 gam BTKL 29,8 BTKL 82,3 = 0,3.111 + 0,6.32 + mKCl (trong Y) nKCl (trong Y) = = 0,4 mol 74,5 BTNT.K 0,4 + 0,3.2 = nKCl (trong Z) = 5nKCl (trong X) nKCl (trong X) = 0,2 mol 0,2.74,5 %mKCl (trong X) = .100 = 18,10% ﾭﾭp ﾭn B 82,3 Câu 3: Dẫn khí CO từ từ  qua ống sứ đựng 14 gam X gồm CuO, Fe 2O3, FeO và Fe3O4 nung  nóng một thời gian được m gam chất rắn Y. Cho toàn bộ  khí thu được sau phản  ứng vào  dung dịch Ca(OH)2 dư được kết tủa Z. Cho toàn bộ Z phản ứng dung dịch HCl dư được 2,8  lít khí đktc. Tìm m :     A. 12 B. 10 C. 6 D. 8 Hướng dẫn giải: CuO Y Fe2O3 + Ca(OH)2 dﾭ + HCl dﾭ 14 gam X + CO CO2 CaCO3 CO2 FeO 123 2,8 =0,125 mol Fe3O4 22,4 BTNT.C nCO = nCO2 (Th�nghi�m 1) = nCO2 (cu�i ) = 0,125 mol BTKL mY = mX + mCO − mCO2 (th�nghi �m 1) = 14 + 28.0,125 − 44.0,125 = 12 gam → Đáp án A Câu 4: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu   được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô   cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là:              A. 99,6 gam. B. 49,8 gam.  C. 74,7 gam.  D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải: 13 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  14. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  AlCl 3 Al Al 2O3 � + O2 � + HCl D ZnCl 2 A { � Zn B { � ZnO 28,6 gam � 44,6 gam � MgCl 2 Mg MgO H 2O BTKL mO2 = mB − mA = 44,6 − 28,6 = 16 gam nO2 = 0,5 mol BTNT.O nH2O = 2nO2 = 1 mol BTNT.H nHCl = 2nH2O = 2 mol BTKL mD = mB + mHCl − mH2O = 44,6 + 36,5.2 − 18.1 = 99,6 gam → Đáp án A  Câu 5: Hòa tan hoàn toàn 74 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 bằng dung dịch H2SO4  loãng dư  sinh ra 178 gam muối sunfat. Nếu cũng cho 74 gam hỗn hợp X trên phản  ứng với   lượng dư  khí CO  ở nhiệt độ  cao và dẫn sản phẩm khí qua dung dịch nước vôi trong dư  thì   khối lượng (gam) kết tủa tạo thành là bao nhiêu ? (các phản ứng xảy ra hoàn toàn).  A.130  B.180   C.150   D.240  Hướng dẫn giải: FeO FeSO4 + H2SO4 178 gam 74 gam X Fe3O4 Fe2 (SO4 )3 Fe2O3 H 2O BTNT.H nH2SO4 = nH2O = x mol BTKL 74 + 98x = 178 + 18x x = 1,3 mol   FeO + CO dﾭ Fe 74 gam X Fe3O4 + Ca(OH)2 dﾭ CO2 CaCO3 Fe2O3 BTNT.C+ BTNT.O nCaCO3 = nO(X ) = nCO2 = 1,3 mol m = 100.1,3 = 130 gam  Câu 6: Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn   hợp X ( Fe , FeO , Fe 2O3, Fe3O4). Để hòa tan hết X , cần vừa đủ 300 ml dung dịch HCl 1M ,   đồng thời giải phóng 0,672 lít khí ( đktc ). Giá trị của m là:  A.10,08   B.8,96   C.9,84   D.10,64  Hướng dẫn giải: FeCl 2 Fe FeCl 3 + O2 FeO + HCl Fe X H2 Fe2O3 H 2O Fe3O4 14 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  15. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  nHCl 0,3 0,672 BTNT.H nH 2 O = − nH 2 = − = 0,12 mol 2 2 22,4 nH O BTNT.O nO2 = 2 = 0,06 mol 2 BTKL mFe = mX − mO2 = 12 − 32.0,06 = 10,08 gam ﾭﾭp ﾭn A   C. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Câu 7: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được   7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ  chất rắn Y, cô cạn cẩn   thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. Câu 8: Cho 2,13g X gồm Mg; Cu và Al phản ứng hết với O2 được hỗn hợp Y gồm các oxit có  khối lượng là 3,33g. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là :       A. 90ml            B. 57ml             C. 75ml              D. 50ml Câu 9:  Cho một luồng CO đi qua  ống sứ  đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2O3  đốt  nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống  sứ  cho hấp thụ  vào dung dịch Ba(OH)2  dư  thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối  lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D. 6,01%. Câu 10: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 và Fe3O4 trong 400 ml dung  dịch HCl 2M thu được dung dịch Y và thấy thoát ra 2,24 lít H2 và còn lại 2,8 gam sắt (duy nhất)  chưa tan. Giá trị của m là: A.25   B.35  C.30  D.40 Câu 11: Đốt cháy hỗn hợp Mg và Al một thời gian ta thu được 32,4 gam hỗn hợp X, hỗn hợp   X phản ứng vừa đủ với 500 ml dung dịch gồm H2SO4 1,2M và HCl 2M, thu được dung dịch Y  và 11,2 lít H2 (đktc). Cô cạn Y thu được m gam hỗn hợp muối trung hòa khan. Giá trị của m là:  A.115,9.   B.107,90.   C.112,60.   D.124,30. Câu 12:  Nhiệt phân 30,225 gam hỗn hợp   X  gồm KMnO4   và KClO3, thu được O2  và 24,625  gam hỗn hợp chất rắn Y gồm KMnO4, K2MnO4, KClO3, MnO2 và KCl. Cho toàn bộ Y tác dụng  vừa đủ  với dung dịch chứa 0,8 mol HCl đặc, đun nóng. Phần trăm khối lượng của KMnO4  trong X là A. 39,20%.  B. 66,67%.  C. 33,33%.  D. 60,80%.  HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 7:  15 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  16. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  7,84 BTNT.H nHCl = 2nH2 = 2. = 0,7 mol 22,4 BTKL mmu�i clorua = (9,14 − 2,54) + 36,5.0,7 − 2.0,35 = 31,45 gam Câu 8:  BTKL mO2 = 3,33 − 2,13 = 1,2 gam nO2 = 0,0375 mol BTNT.O nH2O = 2nO2 = 0,075 mol BTNT.H nHCl = 2nH2O = 0,15 mol 0,15 VHCl = = 0,075 l � t = 75ml ��� p nC 2 Câu 9:  Fe FeO FeO : x mol B { 0,04mol A + CO 4,784 gam Fe3O4 t0 Fe2O3 : y mol Fe2O3 + Ba(OH)2 dﾭ CO2 BaCO3 9,062 BTNT.C nCO pﾭ = nCO2 = nBaCO3 = = 0,046 mol 197 BTKL mA + mCO pﾭ = mB + mCO2 72x + 160y + 28.0,04 = 4,784 + 44.0,046 nA = x + y = 0,04 x = 0,01 ; y = 0,03 mFe2O3 160.0,03 %mFe2O3 (A ) = .100% = .100% = 86,96% ﾭﾭp ﾭn A Câu 10:  mA 72.0,01 + 160.0,03 Vì sản phẩm còn Fe dư → HCl phản ứng hết; Fe chuyển hết về FeCl2 n 0,8 2,24 BTNT.H nH2O = HCl − nH2 = − = 0,3 mol 2 2 22,4 nH O n BTNT.O nO2 = 2 = 0,15 mol; BTNT.Cl nFeCl 2 = HCl = 0,4 mol 2 2 BTKL mX = mFeCl 2 + mH2 + mH2O + mFedﾭ − mHCl mX = 127.0,4 + 2.0,1 + 18.0,3 + 2,8 − 36,5.0,8 = 30 gam ﾭﾭp ﾭn C Câu 11:  nHCl 0,5.2 11,2 BTNT.H nH 2 O = + nH2SO4 − nH2 = + 0,5.1,2 − = 0,6 mol 2 2 22,4 nH 2 O BTNT.O nO2 = = 0,3 mol 2 BTKL mmu�i = mX + mHCl + mH2SO4 − (mH2 + mH 2O ) mX = 32,4 + 36,5.1 + 98.0,6 − (2.0,5 + 18.0,6) = 115,9 gam ﾭﾭp ﾭn C 16 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  17. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  Câu 12:  30,225 − 24,625 O2 BTKL nO2 = = 0,175 mol 32 KMnO4 dﾭ KMnO4 : x mol KCl KClO3 dﾭ o t KClO3:y mol � + HCl (�� c): 0,8 mol �MnCl 2 �K 2MnO4 � � �Cl 2 MnO2 ﾭ � �H 2O K Cl 0,8 mX =158x + 122,5y = 30,225 (1); BTNT. H n H 2O = = 0,4 2 BTNT. O 4nKMnO4 + 3nKClO3 = 2nO2 + nH2O 4x + 3y = 2.0,175 + 0,4 (2) 0,075.158 (1) vﾭ(2) x = 0,075 ; y = 0,15 %mKMnO4 = .100 = 39,20% 30,225 → Đáp án A 17 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  18. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  1.3. PHƯƠNG PHÁP TRUNG  A. PHƯƠNG PHÁP 1. Nguyên tắc:  Trong một hỗn hợp nhiều chất, có thể biểu diễn một đại lượng nào đó của các chất thông  qua một đại lượng chung, đại diện cho cả hỗn hợp, gọi là đại lượng trung bình. 2. Biểu thức  n X i .ni X : ���� i l ng � ang x� t X= i =1 n , Trong ��n: S�mol ni i: S�th�� t ch� t i =1 + Với bài toán vô cơ, ta thường áp dụng cho khối lượng mol trung bình: a, b: s�mol mhh aM 1 + bM 2 M 1,M 2 : kh� i l �� ng mol M= = (1) mhh = nhh .M , v� i nhh a+ b mhh : kh� i l �� ng c� a h� n h� p nhh : s�mol c� a h� n h� p gM 1 < M < M 2 (n� u M1 < M 2) M1 + M 2 gM = a= b 2 gKhi M 1 = M M1 = M 2 = M a M − M2 g(1) � a(M − M 1 ) = b(M − M 2 ) � = (c� ng th� c ��� ng ch� o) b M − M1 + Cần nhớ: A MA A gC� ng th� c t� nh t�kh� i c� a kh�A so v� i kh�B: d = M A = M B .d B MB B gM H2 = 2; M He = 4 ;M khﾭng khﾭ = 29;... 18 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  19. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA  B. BÀI TẬP ÁP DỤNG  Câu 1: Cho  1,9  gam  hỗn hợp  muối  cacbonat  và  hiđrocacbonat  của  kim loại  kiềm M  tác  dụng hết với dung dịch HCl (dư), sinh ra 0,448 lít khí (ở đktc). Kim loại M là A. Na. B. K. C. Rb. D. Li.    Hướng dẫn giải: Cách 1:  M2CO3 + 2HCl 2MCl + H2O + CO2 MHCO3 + HCl MCl + H2O + CO2 0,02 mol 0,02 mol 1,9 M + 61 < 95 M MHCO3 < M hh mu�i = = 95 < M M 2CO3 0,02 95 < 2M + 60 17,5 < M < 34 M lﾭNa ﾭﾭp ﾭn A Cách 2:  1,9 BTNT.C nhh mu�i = nCO2 = 0,02 mol M M HCO3 < M hh mu�i = = 95 < M M 2CO3 0,02 17,5 < M < 34 M lﾭNa ﾭﾭp ﾭn A  Câu 2: Cho 1,67 gam hh gồm hai kim loại  ở 2 chu kỳ liên tiếp thuộc nhóm IIA (phân nhóm  chính nhóm II) t/d hết với dd HCl (dư), thoát ra 0,672 lít khí H 2 (ở đktc). Hai kim loại đó là (cho  Be = 9, Mg = 24, Ca = 40, Sr = 87, Ba = 137) A. Be và Mg. B. Mg và Ca.   C. Sr và Ba.   D. Ca và Sr.  Hướng dẫn giải: Gọi công thức chung của 2 kim loại là  M ﾭ M + ﾭﾭ 2HCl ﾭ ﾭ + ﾭ MCl 2 ﾭﾭﾭH2 ﾭ   mol pﾭ: 0,03ﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭﾭ 0,03 1,67   M Ca < M = = 55,67 < M Sr Hai kim lo� i c� n t� m l �Ca vﾭSr 0,03 19 https://www.facebook.com/thay.trantrongtuyen  (Trần Trọng Tuyền) __   ĐT: 0974 892  901
  20. ThS. Trần Trọng   TƯ DUY GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA   → Đáp án D  Câu 3:  Hoà  tan  hoàn  toàn  1,1  gam  hỗn  hợp  gồm  một  kim  loại  kiềm  X  và  một  kim  loại  kiềm thổ Y (MX 
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2