Biên soạn và giảng dạy : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Nếu được lựa chọn lại nghề nghiệp, tôi vẫn sẽ chọn nghề mà ba mẹ đã chọn cho mình, đó là nghề dạy học. 1 Câu 11: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na 2 CO 3 đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là : A. V = 22,4(a - b). B. V = 11,2(a - b). C. V = 11,2(a + b). D. V = 22,4(a + b). (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Phân tích và hướng dẫn giải Bản chất phản ứng khi cho từ từ dung dịch chứa HCl vào dung dịch Na 2 CO 3 là : H + sẽ chuyển hết ion 2 3 CO − thành 3 HCO − , sau đó chuyển 3 HCO − thành CO 2 . Khi cho nước vôi trong dư vào X thì thấy kết tủa, chứng tỏ trong X còn chứa ion 3 HCO − và H + đã phản ứng hết. Phương trình phản ứng : 2 3 3 3 2 2 2 3 3 2 H CO HCO (1) H HCO CO H O (2) HCO OH Ca CaCO H O (3) + − − + − − − + + → + → + + + → ↓ + Từ bản chất phản ứng và các thông tin đề cho cũng như yêu cầu của đề bài ta có thể đưa ra các hướnggiải sau : ● Hướng 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn (1), (2), (3) là các phản ứng trao đổi ion, đây là dấu hiệu rất rõ dàng chứng tỏ bàitập này có thể sử dụng phương trình ion rút gọn để tính toán. 2 3 3 3 2 2 H CO HCO (1) mol : b b b H HCO CO H O (2) mol : a b a b a b + − − + − + → ← → + → + − → − → − Theo các phản ứng (1), (2), ta thấy : 2 CO n (a b) mol V 22,4(a b) lít = − ⇒ = − ● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch X và bảo toàn nguyên tố C Với dạng bàitập này, đa số bạn đọc giải theo hướng 1. Tuy nhiên, nếu vận dụng tốt phương pháp bảo toàn điện tích thì bạn đọc có thể giải theo hướng 2 hoặc 3. Như đã phân tích ở trên, dung dịch X ngoài ion Na + , Cl − còn có ion 3 HCO − . Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch X, ta có : 3 3 Na HCO Cl HCO Na Cl n n n n n n (2b a) mol. + − − − + − = + ⇒ = − = − Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : 2 2 2 2 3 3 3 3 CO CO CO HCO CO HCO n n n n n n b (2b a) (a b)mol − − − − = + ⇒ = − = − − = − V 22,4(a b) lít. ⇒ = − ● Hướng 3 : Xây dựng và sử công thức giải nhanh Sử dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng và sử dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : 2 3 3 2 2 3 2 3 H CO HCO phaûn öùng CO H CO CO HCO phaûn öùng n n n n n n n n + − − + − − = + ⇒ = + = Áp dụng công thức trên suy ra : Biên soạn và giảng dạy : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Nếu được lựa chọn lại nghề nghiệp, tôi vẫn sẽ chọn nghề mà ba mẹ đã chọn cho mình, đó là nghề dạy học. 2 2 2 3 CO CO H n n n (b a) V 22,4(a b) lít. − + = − = − ⇒ = − Như vậy ở bàitập này thì hướng 3 sẽ cho kết quả nhanh nhất. Câu 19: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là : A. 2,24. B. 4,48. C. 5,60. D. 3,36. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Phân tích và hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : 3 HNO 3 2 2 2 3 3 Cu(NO ) NO Cu H O NO Fe Fe(NO ) → + + Từ giả thiết, dễ dàng tính được số mol của Fe, Cu : Fe Cu Fe Cu Fe Cu 56n 64n 12 n n 0,1 mol n n + = ⇒ = = = Ở bàitập này, đề bài cho biết chất khử và số mol, yêu cầu tính thể tích của sản phẩm khử. Như vậy hướnggiải hay dùng nhất sẽ là bảo toàn electron. Tuy nhiên, vẫn có thể có những hướng khác để giảibàitập này. ● Hướng 1 : Sử dụng bảo toàn electron để tính cụ thể số mol của các khí NO, NO 2 . Từ đó suy ra thể tổng thể tích khí NO và NO 2 . Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có : { { 2 2 2 2 2 2 NO NO (NO, NO ) NO NO NO NO NO NO Fe Cu NO NO 0,1 0,1 30n 46n M 19.2 8n 8n 0 n n 3n n 0,5 3n 2n 3n n + = = − = + ⇒ + = + = + 2 2 NO NO (NO, NO ) n n 0,125mol V 0,125.2.22,4 5,6lít ⇒ = = ⇒ = = Ngoài ra, thay vì sử dụng công thức khối lượng mol trung bình, ta có thể dùng sơ đồ đường chéo để tính được tỉ lệ mol của NO và NO 2 . ● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn electron để tính tổng số mol của các khí NO, NO 2 . Từ đó suy ra thể tổng thể tích khí NO và NO 2 . Đề bài không hỏi thể tích của từng khí nên không nhất thiết phải tính cụ thể số mol của từng khí. Nếu có thể tính được trực tiếp tổng số mol của hai khí thì thì việc tính toán chắc chắn sẽ nhanh hơn so với hướng 1. Với hướng tư duy như vậy, ta có thể giải như sau : Thay hai công thức NO và NO 2 bằng NO x , ta có : 14 16x 19.2 x 1,5 + = ⇒ = Với x = 1,5 thì số oxi hóa của N trong NO x là +3. Trong phản ứng, số oxi hóa của N giảm từ +5 về +3. Áp dụng bảo toàn electron, ta có : { { x x x Fe Cu NO NO NO (ñktc) 0,1 0,1 3n 2n 2n n 0,25 mol V 0,25.22,4 5,6 lít. + = ⇒ = ⇒ = = ● Hướng 3 : Sử dụng kết hợp bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng Theo bảo toàn điện tích, ta có : 3 electron trao ñoåi NO taïo muoái n n 0,5 mol. − = = Biên soạn và giảng dạy : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Nếu được lựa chọn lại nghề nghiệp, tôi vẫn sẽ chọn nghề mà ba mẹ đã chọn cho mình, đó là nghề dạy học. 3 Sơ đồ phản ứng thể hiện vai trò của HNO 3 : 3 3 2 2 HNO NO (NO, NO ) H O − → + + mol: 0,5+a 0,5 a 0,25+0,5a Đặt số mol của hỗn hợp NO và NO 2 là a. Theo bảo toàn nguyên tố N và nguyên tố H suy ra số mol của HNO 3 và số mol của H 2 O. Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có : 63(a 0,5) 62.0,5 38a 18(0,5a 0,25) a 0,25 mol + = + + + ⇒ = 2 (NO , NO) V 0,25.22,4 5,6 lít. ⇒ = = Ngoài ra, ta có thể thay NO, NO 2 bằng 1 chất NO x (x = 1,5) như hướng 2. Sơ đồ phản ứng thể hiện vai trò của HNO 3 : 3 3 x 2 HNO NO (NO ) H O − → + + mol: 0,5+a 0,5 a 0,25+0,5a Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : 3(0,5 a) 0,5.3 1,5a (0,25 0,5a) a 0,25 mol + = + + + ⇒ = 2 (NO , NO) V 0,25.22,4 5,6 lít. ⇒ = = Như vậy, ở bàitập này thì hướng 2 sẽ cho kết quả nhanh nhất. Câu 21: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl 3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4. C. a : b = 1 : 5. D. a : b > 1 : 4. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Phân tích và hướng dẫn giải Bản chất phản ứng : ion Al 3+ tác dụng với ion OH − tạo ra kết tủa Al(OH) 3 . Nếu ion OH − có dư thì kết tủa Al(OH) 3 bị hòa tan một phần hoặc hoàn toàn. 3 3 Al 3OH Al(OH) + − + → ↓ 3 4 Al(OH) OH [Al(OH) ] − − + → 3 4 Al 4OH [Al(OH) ] + − − + → Với bài này, hướnggiải thông thường là sử dụng phương trình ion rút gọn. Tuy nhiên, với một bàitậpgiải được phương trình ion rút gọn thì cũng có thể giải được bằng phương pháp bảo toàn điện tích. ● Hướng 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn Căn cứ vào các phản ứng ta thấy : Để kết tủa bị hòa tan hết thì 3 OH Al n 4. n − + ≥ Suy ra để thu được kết tủa thì 3 OH Al n b a 1 4 4 n a b 4 − + < ⇒ < ⇒ > ● Hướng 2 : Sử dụng bảo toàn điện tích Dung dịch sau phản ứng có chứa các ion Na + , Cl − và có thể có ion 4 [Al(OH) ] − . Nếu có ion 4 [Al(OH) ] − thì 3 4 [Al(OH) ] Al n n − + < . Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, ta có : Biên soạn và giảng dạy : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Nếu được lựa chọn lại nghề nghiệp, tôi vẫn sẽ chọn nghề mà ba mẹ đã chọn cho mình, đó là nghề dạy học. 4 { { { 3 4 Na Cl [Al(OH) ] Na Cl Al a b 3a a 1 n n n n n n b 4a hay . b 4 + − − + − + = + ⇒ < + ⇒ < > ● Hướng 3 : Xây dựng công thức và sử dụng công thức giải nhanh Trong trường hợp kết tủa Al(OH) 3 bị hòa tan một phần, áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Al và nhóm OH, ta có : 3 3 4 3 3 3 4 Al(OH) Al [Al(OH) ] Al(OH) Al OH Al(OH) OH [Al(OH) ] 4.(n n n ) 4n n n n 3n 4n + − + − − − = + ⇒ − = = + Để có kết tủa thì : { { 3 3 Al(OH) Al OH a b a 1 n 4n n 0 4a b b 4 + − = − > ⇒ > ⇒ > ● Hướng 4 : Dựa vào cấu tạo của chất sản phẩm Nếu ion Al 3+ phản ứng với ion OH − để chuyển hết thành kết tủa Al(OH) 3 , sau đó tiếp tục bị ion OH − hòa tan hết thì sản phẩm thu được là 4 [Al(OH) ] − . Suy ra để phản ứng tạo thành kết tủa thì 3 3 OH Al Al OH n n 1 a 1 4 hay . n n 4 b 4 − + + − < > ⇒ > Câu 24: Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO 2 (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. 0,032. B. 0,048. C. 0,06. D. 0,04. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Phân tích và hướng dẫn giải Theo giả thiết, ta có : 2 3 CO BaCO 2,688 15,76 n 0,12 mol; n 0,08 mol. 22,4 197 = = = = Vì 2 3 CO BaCO n n> nên phản ứng phải tạo ra cả BaCO 3 và Ba(HCO 3 ) 2 . Với bài này, ta có thể lựa chọn hướnggiải tính toán theo phương trình phản ứng (vì chỉ có 2 phản ứng). Tuy nhiên, vẫn còn cách khác hay hơn đó là dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố. ● Hướng 1 : Tính toán theo phươn trình phản ứng Ba(OH) 2 + CO 2 → BaCO 3 ↓ (1) mol: 0,08 ← 0,08 ← 0,08 Ba(OH) 2 + 2CO 2 → Ba(HCO 3 ) 2 (2) mol: 0,02 ← (0,12 – 0,08) = 0,04 Theo các phương trình phản ứng (1), (2), ta thấy : 2 Ba(OH) 2 0,1 n 0,08 0,02 0,1 mol [Ba(OH) ] a 0,04M. 2,5 = + = ⇒ = = = ● Hướng 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Ba và C, ta có : Biên soạn và giảng dạy : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ Nếu được lựa chọn lại nghề nghiệp, tôi vẫn sẽ chọn nghề mà ba mẹ đã chọn cho mình, đó là nghề dạy học. 5 { { { 2 3 3 2 3 2 2 3 3 2 2 Ba(OH) BaCO Ba(HCO ) Ba(HCO ) 0,08 CO BaCO Ba(HCO ) Ba(OH) 0,12 0,08 n n n n 0,02 0,1 a 0,04M. 2,5 n n 2n n 0,1 = + = ⇒ ⇒ = = = + = ● Hướng 3 : Xây dựng và sử dụng công thức giải nhanh Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Ba và C, ta có : 2 3 3 2 2 2 3 2 3 3 2 Ba(OH) BaCO Ba(HCO ) Ba(OH) CO BaCO CO BaCO Ba(HCO ) 2.(n n n ) 2n n n n n 2n = + ⇒ − = = + Áp dụng công thức giải nhanh, ta có : { { 2 3 2 2 Ba(OH) BaCO CO Ba(OH) 0,120,08 ? 0,1 2n n n n 0,1 mol a 0,04M. 2,5 = + ⇒ = ⇒ = = 14243 . [Al(OH) ] + − − + → Với bài này, hướng giải thông thường là sử dụng phương trình ion rút gọn. Tuy nhiên, với một bài tập giải được phương trình ion rút gọn thì cũng có thể giải được bằng phương. = = Ở bài tập này, đề bài cho biết chất khử và số mol, yêu cầu tính thể tích của sản phẩm khử. Như vậy hướng giải hay dùng nhất sẽ là bảo toàn electron. Tuy nhiên, vẫn có thể có những hướng. cầu của đề bài ta có thể đưa ra các hướng giải sau : ● Hướng 1 : Sử dụng phương trình ion rút gọn (1), (2), (3) là các phản ứng trao đổi ion, đây là dấu hiệu rất rõ dàng chứng tỏ bài tập này