Một số phương pháp giải bài toán hóa học

là CTPTcủa Y là C4H8O. CTCT của Y chỉ có thể là CH3-O-CH2-CH=CH2 ( Có 1 liên kết đôi trong gốc ancol). Chọn đáp án A. III. Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cơ sở của phương pháp vẫn là định luật BTKL. Cho phản ứng có dạng: RX + xM RY + yN …( R là thành phần không đổi) thì khối lương của chất tạo thành sau phản ứng RY tăng hoặc giảm so với chất phản ứng RX là | Y – X | ( với 1 mol RX hoặc a mol chất nào đó trong phản ứng). Ví dụ 6: Đem nung một khối lượng Cu (NO3)2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Khối lượng muối Cu(NO3)2 đã bị nhiệt phân là A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam Giải: Cu(NO3)2  0t CuO + ½ O2  + 2 NO2  ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 3 Cứ 1 mol chất rắn Cu(NO3)2 bị nhiệt phân thì khối lượng chất rắn giảm 188 – 80 = 108 (g). Số mol Cu(NO3)2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol). Khối lượng: 0,005.188= 0,94 (g). Chọn đáp án D. Ví dụ 7: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C5H8O2. Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH,thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một muối. Công thức của X là A. CH3COOC(CH3)=CH2 B. HCOOC(CH3)=CHCH3 C. HCOOCH2CH=CHCH3 D. HCOOCH=CHCH2CH3 ( Trích “TSĐH A – 2009”) Giải: X có công thức RCOOR’. Phản ứng: RCOOR’ + NaOH  RCOONa + R’OH. Ta có: nX = 5/ 100= 0,05 (mol).Cứ 1 mol X phản ứng khối lượng muối thu được giảm so với X là R’ – 23. Khối lượng giảm là 0,05 (R’ -23) = 5 – 3,4 = 1,6 R’ = 32+23 = 55  R = 1. R’OH là ancol không no , không bền bị phân hủy thành xeton ( Vì không làm mất màu nước brom). ( Có thể tính 0,05( R + 67) = 3,4  R =1 R’ = 55) Chọn đáp án B. Ví dụ 8:(Xem VD 1/ ý 1) Cứ 1mol khí CO2  khối lượng muối Clorua tăng lên so với muối cacbonnat là 71 – 60 =11 (g). Khối lượng tăng lên là 0,3.11=3,3 (g). Vậy khối lượng muối clorua khan thu được là: 27,4 + 3,3 = 30,7 (g). Chú ý:. Ý (1) của ví dụ này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( KLMTB): Khái niệm: Một hỗn hợp các chất có thể coi là một chất có KLMPTTB ( M ) được xác định bằng tỉ số giữa tổng khối lượng và tổng số mol của hỗn hợp. Công thức: hh hh n m M  = k kk nnn MnMnMn   ... ... 21 2211 = k kk VVV MVMVMV   ... ... 21 2211 ( Với hỗn hợp gồm k chất khí đo ở cùng điều kiện) = x1M1 +x2M2 +…+ xkMk ( xi là % theo số mol hoặc thể tích các chất ) Chú ý: min{ Mi} < M < max {Mi}. Đối với các hợp chất hữu cơ cần nhớ KLM của vài chất đầu trong dãy đồng đẳng, với chất vô cơ cần nhớ các chất liên quan đến nguyên tố đầu nhóm, Ví dụ 9: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó là A. HCOOCH3 và HCOOC2H5 B. C2H5COOCH3 và C2H5COOC2H5 C. CH3COOC2H5 và CH3COOC3H7 D. CH3COOCH3 và CH3COOC2H5 ( Trích “TSĐH A -2009” ) Giải:Theo bài ra công thức chung của hai este là: RCOO 'R ( phản ứng thủy phân cho muối của một axit cacboxylic).Phản ứng: ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 4 RCOO 'R + NaOH  RCOONa + 'R OH Áp dụng định luật BTKL ta có m NaOH = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 (g) ; n NaOH = 0,025 (mol) Suy ra: 0,025( R + 67) = 2,05 và 0,025( 'R + 17) = 0,94 R = 15 và 'R = 20,6. Chọn đáp án D Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít ( ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là A. 0,1 mol C2H4 và 0,2 mol C2H2 B. 0,1 mol C3H6 và 0,2 mol C3H4 C. 0,2 mol C2H4 và 0,1 mol C2H2 D. 0,2 mol C3H6 và 0,1 mol C3H4 ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: nhh = 6,72/22,4 = 0,3 (mol). M = 12,4/0,3 = 124/3=41,3… Loại A,C. Chọn đáp án D. Ví dụ 11:Cho dung dịch chứa 6,03 gam hỗn hợp gồm hai muối NaX và NaY ( X;Y là hai nguyên tố có trong tự nhiên, ở hai chu kỳ liên tiếp thuộc nhốm VIIA, số hiệu nguyên tử ZX< ZY) vào dung dịch AgNO3 (dư), thu được 8,61 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của NaX trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,2% B. 41,8% C. 52,8% D. 47,2% ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Phản ứng: (NaX + NaY) + 2 AgNO3  (AgX + AgY) + 2 NaNO3 Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: nhh = ( 8,61 – 6,03) : ( 108- 23) = 2,58/85 =0,0304 (mol). KLMNTTB của X;Y là (6,03.85/2,85) – 23 = 180 – 23 =157.Do đó X là I = 127 và Y là At = 210. Đặt nNaI = x (mol) ta có: 150x + (0,0304 –x).233=6,03 x = 0,01256 (mol) % NaI = 0,01256.150/6,03 = 31,2%. Không có đáp án đúng! Đề bài có sai không? Để ý đến số liệu tính toán quá lẻ ( không phù hợp với xu hướng ra đề hiện nay). At là nguyên tố điều chế bằng phương pháp phóng xạ, không tồn tại trong tự nhiên. Trường hợp này bị loại. Vậy còn một khả năng khác!Xem lại tính chất của nguyên tố đầu nhóm VIIA là F thì AgF tan. Như vầy khả năng thứ hai: X là F và Y là Cl. Chất kết tủa duy nhất là AgCl; n NaCl =n AgCl = 8,61/ 143,5 = 0,06 (mol). % NaCl = 0,06.58,5/6,03 = 58,2 %; Vậy: %NaF = 41,8%. Chọn đáp án B.(Đề ra đúng!) Ví dụ 12: Cho18 gam hỗn hợp hai ancol gồm một ancol no đơn chức và một ancol đơn chức có một liên kết đôi trong phân tử với số mol bằng nhau tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H2 ( ở đktc). CTCT của hai ancol là A. CH3CH2OH và CH2=CH-CH2OH B. CH3CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH C. CH3OH và CH2=CH-CH2OH D. CH3CH2CH2CH2OH và CH2=CH-CH2OH Giải: Đặt công thức chung của hai ancol là R OH. Phản ứng: 2 R OH + 2 Na  2 R ONa + H2 Ta có: nhh ancol = 2nH2 = 2. 4,48/22,4 = 0,4 (mol). M ancol = 18/0,4= 45. Trong 2 ancol có 1 ancol có phân tử khối nhỏ hơn 45. Ancol đó là CH3OH ( M = 32). Chọn đáp án C. Chú ý: Cần thử lại đáp án bằng phép tính 0,2( 32+ 58) = 18 (g) ( Thỏa mãn) V. Phương pháp số nguyên tử C, H trung binh ( KLMTB mở rộng): ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 5 Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít khí O2 (ở đktc), thu được 6,38 gam CO2. Mặt khác, X tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. Công thức phân tử của hai este trong X là A. C2H4O2 và C5H10O2 B. C2H4O2 và C3H6O2 C. C3H4O2 và C4H6O2 D. C3H6O2 và C4H8O2 ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai este. Công thức tương đương nn HC 2 O2. Phản ứng: nn HC 2 O2 +( 3 n - 2)/2 O2  n CO2 + n H2O Ta có: n (O2) = 3,976/22,4 = 0,1775 ;n(CO2) = 6,38/44 = 0,145. Suy ra: 2 n / (3 n - 2) =0,145/0,1775 ; n = 29/8.Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nên hai este cũng là đồng đẳng kế tiếp. Chọn đáp án D. Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gộm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol ( ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bịnh đựng dung dịch Ca (OH)2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH3COOH và CH3COOC2H5 B. C2H5COOH và C2H5COOCH3 C. HCOOH và HCOOC2H5 D. HCOOH và HCOOC3H7 ( Trích “TSĐH B – 2009”) Giải: nKOH = 0,04 (mol) > nancol = 0,015 (mol). Hỗn hợp X gồm một axit cacboxilic no, đơn chức và một este no đơn chức. naxit = 0,025 (mol); neste = 0,015 (mol). Gọi n là số nguyên tử C trung bịnh trong hỗn hợp X. Công thức chung nn HC 2 O2. Phản ứng: nn HC 2 O2 + ( 3 n -2)/2 O2  n CO2 + n H2O Mol: 0,04 0,04 n 0,04 n Ta có: 0,04 n ( 44 + 18) = 6,82 ; n = 11/4.Gọi x; y lần lượt là số nguyên tử C trong phân tử axit và este thì: (0,025x + 0,015 y)/0,04 = 11/4 hay 5 x + 3y =22.Từ đó: (x;y)=(2;4). Chọn đáp án A. Ví dụ 15:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4. Hai ancol đó là A. C2H4(OH)2 và C3H6(OH)2 B. C2H5OH và C4H9OH C. C2H4(OH)2 và C4H8(OH)2 D. C3H5(OH)3 và C4H7(OH)3 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai ancol; k là số liên kết  trong phân tử mỗi ancol ( kN). Công thức phân tử tương đương: C n H2 n +2-2kOz. Phản ứng: C n H2 n +2-2kOz  2O n CO2 + ( n +1 – k)H2O Ta có: n / ( n +1 – k) = ¾ suy ra: n = 3 – 3k. Từ đó: k=0; n = 3. Loại B vì ancol đơn chức.Loại A,D vì không phù hợp với n =3. Chọn đáp án C. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 6 VI. Phương pháp số proton,nơtron,electron trung bình: Ví dụ 16: Hợp chất M được tạo thành từ cation X+ và anion Y 2-, Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X+ là 11 và tổng số electron trong Y 2- là 50. Hai nguyên tố trong Y 2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp. Hãy xác định công thức phân tử và gọi tên M. Giải: Gọi Z X là số proton trung bình của hai nguyên tố tạo nên X+, ta có Z X = 11/5 = 2,2. Trong hai nguyên tố tạo nên X+ phải có H hoặc He. Nhưng He là khí trơ nên bị loại. Gọi R là nguyên tố thứ hai tạo ra X+, khi đó X+ là RnHm+ . Theo thành phần cấu tạo của X+ ta có:     11 5 mnZ mn R suy ra: n( ZR – 1) = 6 Chỉ có n =1, ZR = 7 ( R là N ) là phù hợp. Cation X+ là NH4+. Gọi E Y là số electron trung bình trong các nguyên tử của anion Y2-. Ta có: E Y = (50 – 2)/5 = 9,6.Trong Y2- có một nguyên tố có z < 9,6 , thuộc chu kỳ 2 và nguyên tố còn lại thuộc chu kỳ 3. Vì đều thuộc chu kỳ nhỏ nên hai nguyên tố cách nhau 8 ô. Công thức Y2- là AxBy2- với:     48)8( 5 yZZx yx Chỉ có x =1; y=4; Z = 8 là phù hợp.A là S còn B là O. Anion Y2- là SO42-. Vậy M là (NH4)2SO4 ( amoni sunfat). VII. Phương pháp hóa trị trung bình và số nhóm chức trung bình: Ví dụ 17: Cho 11 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Al tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí H2 ( ở đktc) và dung dịch của hai muối clorua. Tổng khối lượng hai muối clorua (khan) là: A. 40,1 gam B. 39,4 gam C. 34,9 gam D. 64,8 gam Giải: Vì phản ứng hoàn toàn nên ta thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hóa trị trung bình n . Phản ứng: M + n HCl  M n Cl + n /2 H2 Ta có: 2H n = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ; nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m muối clorua = m kim loại + mHCl – m H2 = 11 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 39,4 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 18: Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10% thu được 2,24 lít khí H2 ( ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là: A.101,48 gam B. 101,68 gam C. 97,80 gam D. 88,20 gam ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: Tương tự ví dụ 17 có phản ứng: 2 M + aH2SO4  M 2(SO4)a + aH2 ( a là hóa trị trung bình của hai kim loại) Ta có: 242 HSOH nn  = 2,24/22,4 = 0,1 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: mddsau pư = mkimloai + mddaxit – mH2 = 3,68 + 0,1.98/10% - 0,1.2 = 101,48 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 19: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn hợp hai muối và 6,72 lít khí H2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là: A. 40,5 gam B. 45,2 gam C. 40,4 gam D. 44,0 gam ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 7 Giải: Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH)a ( a là số nhóm chức trung bình của hai ancol). Phản ứng: R (OH)a + aNa  R (ONa)a + a/2 H2 Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); nNa = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có mMuối = mAncol + mNa - mH2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g). Chọn đáp án C. Ví dụ 20: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là A. 18,2 B, 20,1 C. 15,6 D. 16,5 Giải: Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH)a . Phản ứng: R (COOH)a + a NaOH  R (COONa)a + a H2O Ta có: n NaOH = nH2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được: m = mMuối + mH2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g). Chọn đáp án D. VIII. Phương pháp sơ đồ đường chéo: 1/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ phần trăm C1> C2 và khối lượng tương ứng m1, m2 được dung dịch có nồng độ phần trăm C, thì có sơ đồ đường chéo: m1: C1 C – C2 C khi đó: CC CC m m   1 2 2 1 m2: C2 C1 – C 2/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ mol C1, C2 ( C1>C2 ) và thể tích tương ứng V1, V2, thì vẫn có sơ đồ đường chéo như trên và CC CC V V   1 2 2 1 . 3/ Với hỗn hợp gồm hai chất ( hoặc hai đồng vị) có KLM là M1, M2 và số mol tương ứng n1,n2 nếu coi là một chất tương đương có KLMTB là M thì MM MM n n   1 2 2 1 . Từ đó suy ra % ( theo số mol ) tương ứng của mỗi chất là: % (Chất M1) = 21 2 MM MM   ; % (Chất M2) = 21 1 MM MM   . Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam KCl vào 450 gam dung dịch KCl 8% để thu được dung dịch 12%. Giải: Theo sơ đồ đường chéo ta có: 12100 812 450  m . Vậy: m = 20,45 (g). Ví dụ 22: Cần thêm bao nhiêu lít nước cất vào 10 lít dung dịch HCl có pH = 3 để được dung dịch có pH = 4. Giải: pH = 3  [ H +] = 10 -3 ; pH = 4  [ H +] = 10 -4 . Theo sơ đồ đường chéo ta có: 9 1 1010 10 43 4 2    OH HCll V V . Vậy: VH2O = 9 VHCl = 90 lít. Ví dụ 23: Đồng trong tự nhiên gồm hai đồng vị 63Cu và 65Cu. Khối lượng nguyên tử trung bình là 63,54. Tỉ lệ % khối lượng của 63Cu trong CuCl2 là ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 8 A. 31,34% B. 34,18% C. 73,00% D. 31,48% Giải: Gọi x là thành phần % của đồng vị 63Cu . Theo sơ đồ đường chéo ta có: x = 6365 54,6365   = 73%. Vậy % ( theo khối lượng) của 63Cu trong CuCl2 là: 18,3454,134 63.73  %. Chọn đáp án B. Ví dụ 24: Cho 41,2 gam hỗn hợp gồm C2H5COOH và C2H5COOCH3 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 48,0 gam muối C2H5COONa. Thành phần % theo số mol và % theo khối lượng của C2H5COOH trong hỗn hợp đầu lần lượt là A. 35,92% và 40,00% B. 40,00% và 35,92% C. 36,85%và 50,00% . D. 60,00% và 64,08% Giải: nhh = nmuối = 48/96 = 0,5 (mol). Maxit = 74; MEste = 88; M = 41,2/0,5 = 82,4. Vậy %số mol ( axit) = 7488 4,8288   .100% = 40%; % khối lượng(axit)= 2,41 74.5,0 .40% = 35,92% Chọn đáp án B. IX. Phương pháp bảo toàn electron ( Cho phản ứng oxi hoa-khử): Ví dụ 25: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO3, thu được V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dich Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 ( Trích “TSĐH A – 2007” ) Giải: M X = 19.2 = 38. %V (NO) = %50%100.3046 3846   = %V (NO2) n NO = n NO2= x (mol). n Fe = nCu = 12/ 120 = 0,1 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: Fe – 3e  Fe 3+ ; Cu – 2e  Cu 2+ 0,10,3 0,10,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e) N +5 + 3e N +2 ( NO) ; N +5 + 1e  N +4 ( NO2) 3x x x  x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e). Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol)  n X = 2,0,125 = 0,25 (mol). Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít). Chọn đáp án D. Ví dụ 26: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N2O và N2. Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí H2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: nAl = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; nY = 1,344/22,4 = 0,06 (mol). % V (N2O) = 2844 2836   .100%=50%n N20 = n N2 = 0,03 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử; N +5 + 4e  N+ ( N2O) ; N +5 + 5e N0 (N2) 0,240,06 0,30,06 Al – 3e Al 3+ 0,46  1,38 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 9 Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84. Do đó còn xảy ra quá trình: N +5 + 8e N -3 ( NH4NO3) 0,840,105. Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO3)3 và NH4NO3 ) là: M = 0,46. 213 + 0,105. 80 = 106,38 (g). Chọn đáp án B. Chú ý: Khi kim loai tác dụng với HNO3 rất loãng còn có thể tạo ra cả muối NH4NO3. Ví dụ 27: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe3O4 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại.. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 151,5 B. 137,1. C. 97,5. D. 108,9. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: nNO = 3,36/22,4 = 0,15 (mol). Các quá trình oxihoa – khử: Cu – 2e  Cu2+ ; 3 Fe+8/3 - e  3Fe 3+ ; N 5+ + 3e  N 2+ ; Fe3+ + e Fe2+ x x2 x 3y  y 3y 0,45 15,0 3 y  3y 3y Áp dụng ĐLBT electron và ĐLBTKL ta có hệ:     2,614,223264 345,02 yx yyx . Giải hệ được: x = 0,375; y = 0,15. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được ( gồm Cu(NO3)2 và Fe(NO3)2 ) là: m = 0,375.188+ 0,45.180 = 151,5 (g). Chọn đáp án A. X. Phương pháp bảo toàn điện tích: Ví dụ 28: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+; 0,03 mol K+; x mol Cl – và y mol SO42 - . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x,y lần lượt là A. 0,01 và 0,03 B. 0,02 và 0,05 C. 0,05 và 0,01 D. 0,03 và 0,02 ( Trích “ TSĐH A – 2007 “ ) Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có:     435,5965,3539.03,064.02,0 07,02 yx yx Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,02. Chọn đáp án D. Ví dụ 29: Một dung dịch có chứa 0,02 mol NH4+ , x mol Fe3+; 0,01 mol Cl -; 0,02 mol SO4 2- , Khi cô cạn dung dịch này thu được lượng muối khan là A. 2,635 gam B. 3,195 gam C. 4,315 gam D. 4,875 gam Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích ta có 0,02 + 3x = 0,01 + 2. 0,02  x = 0,01 mol. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là: 0,02.18 + 0,01.56 + 0,01.35,5 + 0,02. 96 = 3,195. Chọn đáp án B. Ví dụ 30: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,2M và H2SO4 0,25 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của m và V lần lượt là A. 10,8 và 4,48. B. 10,8 và 2,24. C. 17,8 và 2,24 D. 17,8 và 4,48. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n Cu(NO3)2 = 0,2.0,8 = 0,16 (mol); n H2SO4 = 0,25.0,8 = 0,2 (mol). Phương trình điện ly: Cu(NO3)2  Cu 2+ + 2 NO3- ; H2SO4  2H+ + SO4 2-. Mol: 0,16 0,16 0,32 0,2 0,4 0,2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 10 Quá trình oxihoa- khử xảy ra theo thứ tự sau: Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O Mol: 0,10,40,1 0,1 0,1 Fe + Cu2+  Fe2+ + Cu Mol: 0,160,16 0,16 Fe + 2 Fe3+  3 Fe3+ Mol: 0,050,1 Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có: m – 0,31.56 + 0,16. 64 = 0,6m  m = 17,8 (g). V = 0,1.22,4 = 2,24 (l). Chọn đáp án C. XI. Phương pháp sử dụng phản ứng dạng Ion thu gọn: Ví dụ 31: Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M) thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là: A. 2. B.1. C.6. D. 7. ( Trích “ TSĐH B – 2007” ) Giải:Ta có: n OH- = 0,1.0,1.2 + 0,1.0,1 = 0,03 (mol); n H+= 0,0375.0,4.2 +0,0125. 0,4 = 0,035 (mol). Khi trộn hai dung dịch xảy ra phản ứng trung hòa dạng ion là: H+ + OH-  H2O. Từ phản ứng ta có: n H+(phản ứng) = n OH- = 0,03 (mol)  n H+dư = 0,035 – 0,03 = 0,005 (mol). [ H+] = 5,0 005,0 = 0,01 = 10 -2 M. Vậy: pH = 2. Chọn đáp án A. Ví dụ 32: Trộn 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm H2SO4 0,05M và HCl 0,1M với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,2M và Ba(OH)2 0,1M, thu được dung dịch X. Dung dịch X có pH là: A. 13,0. B. 1,2. . C. 1,0. D. 12,8. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: Tương tự VD 31. Chọn đáp án A. XII. Sử dụng sơ đồ biến hóa: Ví dụ 33: Oxi hóa hoàn toàn m gam bột Fe thu được hỗn hợp ba oxit sắt. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp ba oxit sắt bằng dung dịch HCl dư, tiếp tục cho dung dịch thu được phản ứng hoàn toàn với NaOH dư, thu được kết tủa X. Lấy kết tủa X, rửa sạch, rồi đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi cân nặng 16 gam. Giá trị của m là: A. 5,6. B. 11,2. C. 8,4. D. 16,8. Giải: Sơ đồ biến hóa: Fe Oxi { FeO ; Fe2O3; Fe3O4 }  HCl {FeCl2 ; FeCl3}  NaOH X={ Fe(OH)2; Fe(OH)3}  caot0 Fe2O3. Áp dụng ĐLBT nguyên tố ta có n Fe = 2 nFe2O3 = 2.160 16 = 0,2 (mol). Vậy: m = 0,2.56 = 11,2 (g). Chọn đáp án B. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- GV: VŨ PHẤN ( YÊN SỞ- HOÀNG MAI- HN). CĐ: 0436.453.591;DĐ:0975.276.413 ; 01236.575.369 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- -------------------------------------------------------------- TÀI LIỆU ÔN THI ĐẠI HỌC 2010 ( HÓA HỌC) -------------------------------------------------------------- 11 BÀI TẬP TỰ GIẢI: 1/ Cho hỗn hợp X gồm hai axit cacboxylic no, mạch không phân nhánh. Đốt cháy hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp X, thu được 11,2 lít khí CO2 (ở đktc). Nếu trung hòa 0,3 mol X thì cần dùng 500ml dung dịch NaOh 1M. Hai axit đó là A. HCOOH, HOOC – CH2 – COOH. B. HCOOH, CH3COOH. C. HCOOH, C2H5COOH D. HCOOH, HOOC – COOH ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 2/ Xà phòng hóa hoàn toàn 66,6 gam hỗn hợp hai este HCOOC2H5 và CH3COOCH3 bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp X gồm hai ancol. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc ở 1400C, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam nước. Giá trị của m là A. 18,00. B. 8,10. C. 16,20. D. 4,05. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) 3/ Khi đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức, mạch hở thu được V lít khí CO2 (