BT TANG GIAM KHOI LUONG GIAI CHI TIET HOA 9

BD HSG GIẢI BÀI TẬP BẰNG PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 0 Dạng 1: Bài tập về kim loại a Kim loại + axit (vô hoặc hữu cơ) Ví dụ 1: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị II) dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối khan Giá trị của m là: A 1,380 B 1,830 C 3,180 D 3,195 Bài giải: Fe FeCl2 dư + dd HCl m(g) hhA M ¾¾ ¾¾ ® 4,575g muối MCl2 (h.trị 2) + 1,008 lít H2 (đktc) n H2 = 0,045 mol M + 2HCl  → MCl2 + H ↑ ⇒ n M = n H2 = 0,045 mol ¾¾ ® mol MCl mol M : ∆m tăng = ( M + 71) – M = 71g 0,045 mol M ¾¾ ® 0,045 mol MCl : ∆m tăng = 0,045×71 = 3,195g Ta có: m muối = m + ∆m tăng ⇒ m = m muối – ∆m tăng = 4,575 – 3,195 = 1,380g Ví dụ 2: Cho 1,24g hỗn hợp hai axit cacboxylic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát 336 ml lít H2 (đktc) và m(g) muối natri Khối lượng muối natri thu được là: A 1,93g B 2,93g C 1,90g D 1,47g Bài giải: 1,24g R(COOH) x + Na ¾¾ ® m(g) R(COONa) x + 336 ml lít H2 (đktc) Tìm m? n H2 = 0,015 mol 2R(COOH) x + 2xNa  → 2R(COONa) x + xH ↑ ⇒ n R (COOH) = x 0, 03 n H2 = mol x x mol R(COOH) x : ∆m tăng = ( R + 67x) – ( R + 45x) = 22x (g) ¾¾ ® mol R(COONa) x 0, 03 0, 03 0, 03 mol R(COOH) x ¾¾ mol R(COONa) x : ∆m tăng = × 22x = 0,66g ® x x x Ta có: m = m axit + ∆m tăng = 1,24 + 0,66 = 1,90g b Kim loại + ancol Ví dụ: Cho 2,02 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp tác dụng vừa đủ với Na thu được 3,12 gam muối khan Công thức phân tử của hai ancol là: A CH3OH, C2H5OH B C2H5OH, C3H7OH C C3H7OH, C4H9OH D C4H9OH, C5H11OH Bài giải: + Na 2,2g hh ROH ¾¾¾ ® 3,12g RONa Gọi công thức phân tử chung cho hai ancol là: ROH BD HSG 2ROH + 2Na ¾¾ ® 2RONa + H mol ROH ¾¾ ® mol RONa : ∆m tăng = ( R + 39) – ( R + 17) = 22g x mol ROH ¾¾ ® x mol RONa : ∆m tăng = 3,12 – 2,2 = 1,1g 1,1 = 0, 05 mol 22 2, 02 ⇒ M ROH = = 40, g/mol ⇒ ancol có M < 40,4 là CH3OH 0, 05 ⇒ ancol đồng đẳng kế tiếp của CH3OH là C2H5OH c Kim loại + muối Ví dụ: Lấy một đinh sắt nặng 10g nhúng vào dung dịch CuSO bão hòa Sau một thời gian lấy làm khô, cân đinh sắt nặng 10,4884g Tính khối lượng Cu bám lên đinh sắt A 0,4884g B 3,4188g C 3,9072g D 0,9768g Bài giải: tgian ⇒ x = ¾¾ ® Thanh Fe nặng 10g + dd CuSO4 Fe nặng 10,4884g Tính lượng Cu đã bám lên Fe? Fe + CuSO  → FeSO + Cu mol Fe ¾¾ ® mol Cu : ∆m tăng = 64 – 56 = 8g x mol Fe ¾¾ ® x mol Cu : ∆m tăng = 10,4884 – 10 = 0,4884g ⇒ x = ⇒ m Cu 0, 4884 = 0, 06105 mol = 0, 06105 × 64 = 3,9072g Dạng 2: Bài tập về oxit kim loại a Khử oxit kim loại Ví dụ: Khử 44,8g hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 bằng V(lít) khí CO ở nhiệt độ cao, người ta thu được 40 gam chất rắn X Giá trị của V là: A 0,672 B 6,72 C 2,24 D 22,4 Bài giải: CuO FeO 44,8g hhA Fe O Fe3O4 + V(lit) CO, t  → 40g rắn X Tìm V? → CO Phản ứng khử oxit bởi CO có thể hiểu là: CO + [O]oxit  44,8g oxit ¾¾ ® 40g chất rắn : ∆m rắn giảm = m O (trong oxit) = 44,8 – 40 = 4,8g ⇒ nO = 0,3 mol CO + [O]oxit  → CO (mol) 0,3 0,3 ⇒ VCO = 0,3× 22,4 = 6,72 lít b Oxit kim loại + axit Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO 500 ml dung dịch H2SO4 0,1M (vừa đủ) Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được m gam hỗn hợp muối sunfat khan Giá trị của m là: BD HSG A 3,81 Fe2O3 2,81g hh ZnO MgO B 4,81 ¾¾ ¾ ¾ ® + 500 ml dd H 2SO 0,1M (vừa đủ) C 5,81 Bài giải: m(g) Tìm m? D 6,81 Fe2(SO4)3 ZnSO4 MgSO4 n H2SO4 = 0,05 mol ⇒ nSO = 0, 05 mol 2− mol O 2− 2− ¾¾ ® mol SO : ∆m tăng = 96 – 16 = 80g 2− 0,05 mol SO : ∆m tăng = m – 2,81 (g) ⇒ m – 2,81 = ⇒ m = 6,81g Dạng 3: Bài tập về muối a Kim loại + muối (đã xét phần 1.c) b Halogen đứng trước đẩy halogen đứng sau khỏi muối Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A Sục khí clo dư vào dung dịch A Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan Khối lượng NaCl có hỗn hợp X là: A 29,25g B 58,5g C 17,55g D 23,4g Bài giải: NaCl 104,5g hhX NaI dư + Cl ¾¾¾ ® 58,5g muối NaCl Cl2 + 2NaI  → 2NaCl + I mol NaI ¾¾ ® mol NaCl : ∆m giảm = 150 – 58,5 = 91,5g x mol NaI ¾¾ ® x mol NaCl : ∆m giảm = 104,25 – 58,5 = 45,75g ⇒ x = 0,5 mol ⇒ mNaI = 0,5×150 = 75g ⇒ mNaCl = 104,25 – 75 = 29,25g c Muối cacbonat (muối sunfit) + HCl Ví dụ: Cho 3,06 gam hỗn hợp hai muối K2CO3 và MgCO3 tác dụng với dung dịch HCl thu được V lít khí (đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X được 3,39 gam muối khan Giá trị của V là: A 0,224 B 0,448 C 0,336 D 0,672 Bài giải: K2CO3 KCl + dd HCl 3,06g hh MgCO3 ¾¾ ¾¾ ® 3,39g MgCl2 + V(lít) CO2 K CO3 + 2HCl  → 2KCl + CO +H 2O MgCO3 + 2HCl  → MgCl2 + CO +H 2O 2− mol CO3 ¾¾ ® mol Cl− : ∆m rắn tăng = 35,5×2 – 60 = 11g 2− x mol CO3 ¾¾ ® 2x mol Cl− : ∆m rắn tăng = 3,39 – 3,06 = 0,33g ⇒ x = 0,03 mol ⇒ n CO2 = n CO2− = 0,03 mol ⇒ VCO2 = 0,03× 22,4 = 0,672 lít d AgNO3 → AgX BD HSG Ví dụ: Cho 31,84 gam hỗn hợp hai muối NaX và NaY (X, Y là hai halogen ở hai chu kỳ liên tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư thì thu được 57,34 gam kết tủa Tìm hai muối NaX và NaY A NaCl và NaBr B NaBr và NaI C NaF và NaCl D NaBr và NaF Bài giải: 31,84g hh NaX NaY dư dd AgNO ¾+¾ ¾¾ ® 57,34g kết tủa Tìm NaX, NaY? Gọi công thức trung bình cho hai muối là: NaX NaX + AgNO3  → AgX + NaNO3 mol NaX ¾¾ ® mol AgX : ∆m tăng = (108 + X ) – (23 + X ) = 85g x mol NaX ¾¾ ® x mol AgX : ∆m tăng = 57,34 – 31,84 = 25,5g ⇒ x = 0,3 mol ⇒ M Na X = 31,84 = 106,13 g/mol 0,3 ⇔ 23 + X = 106,13 ⇔ X = 83,13 ⇒ Hai halogen là Brom và Iot e Nhiệt phân muối nitrat Ví dụ: Nhiệt phân hoàn toàn 9,4 gam một muối nitrat kim loại thu được gam oxit rắn Công thức muối đã nhiệt phân là: A Fe(NO3)3 B Al(NO3)3 C Cu(NO3)2 D AgNO3 Bài giải: t ¾¾ ® 4g M2On Tìm CTPT muối nitrat t ¾¾ ® 2M2On + 4nNO2 + nO2 9,4g M(NO3)n 4M(NO3)n mol M(NO3)n ¾¾ ® mol M2On : ∆m giảm = 4×(M + 62n) – 2×(2M + 16n) = 216n (g) 4x mol M(NO3)n ¾¾ ® 2x mol M2On : ∆m giảm = 9,4 – = 5,4g 5, × 0, 025 = mol 216n × n 9, ⇒ M M(NO3 ) n = = 94n g/mol 0, 025 4× n ⇔ M + 62n = 94n ⇔ M = 32n Chọn n = 2, M = 64 ⇒ Muối đã nhiệt phân là Cu(NO3)2 f Nhiệt phân muối hydrocacbonat Ví dụ: Nung 100 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khối lượng hỗn hợp không đổi thu được 69 gam chất rắn Phần trăm về khối lượng của mỗi chất hỗn hợp lần lượt là: A 16% và 84% B 84% và 16% C 26% và 74% D 74% và 26% Bài giải: ⇒ x = 100g hh Na2CO3 NaHCO3 ¾t¾ ® 69g Na CO BD HSG Tìm % về khối lượng mỗi muối hh ban đầu Chỉ có muối NaHCO3 bị nhiệt phân: t 2NaHCO3  → Na CO3 + CO + H 2O mol NaHCO3 ¾¾ ® mol Na2CO3 : ∆m giảm = × 84 – 106 = 62g 2x mol NaHCO3 ¾¾ ® x mol Na2CO3 : ∆m giảm = 100 – 69 = 31g ⇒ x = 0,5 mol ⇒ m NaHCO3 = 0,5 × × 84 = 84g ⇒ m Na 2CO3 = 100 − 84 = 16g 16 ×100% = 16% 100 Dạng 4: Bài tập về axit cacboxylic, este a Phản ứng trung hòa Ví dụ: Để trung hòa hết 10,6 gam axit cacboxylic A cần dùng vừa đủ V ml dung dịch NaOH 1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 15 gam chất rắn Giá trị của V là: A 100 B 200 C 300 D 400 Bài giải: ⇒ %m Na 2CO3 = 10,6g RCOOH + V(ml) dd NaOH 1M (vừa đủ) Tìm V? ¾¾ ® 15g RCOONa RCOOH + NaOH  → RCOONa + H 2O mol RCOOH ¾¾ ® mol RCOONa : ∆m tăng = (R + 67) – (R + 45) = 22g x mol RCOOH ¾¾ ® x mol RCOONa : ∆m tăng = 15 – 10,6 = 4,4g ⇒ x = 0,2 mol ⇒ nNaOH = nRCOOH = 0,2 mol ⇒ VddNaOH = 0,2 lít hay 200 ml b Phản ứng este hóa Ví dụ: Trộn 40 gam ROH với CH3COOH dư bình cầu có H2SO4 đặc làm xúc tác, sau một thời gian thu được 36,3 gam este Biết hiệu suất của phản ứng este hóa là 75% Số mol ROH đã phản ứng là: A 0,3 B 0,1 C 0,09 D 0,15 Bài giải: tgian 40g ROH + CH3COOH dư (xt H2SO4 đặc) ¾¾® 36,3g CH3COOR H = 75% Tính nROH đã phản ứng H = 75% ⇒ mROH phản ứng = 40 × 75 = 30g 100 CH 3COOH + ROH ‡ˆ ˆ †ˆ CH 3COOR + H 2O mol ROH ¾¾ ® mol CH3COOR : ∆m tăng = (R + 59) – (R + 17) = 42g x mol ROH ¾¾ ® x mol CH3COOR : ∆m tăng = 36,3 – 30 = 6,3g ⇒ x = 0,15 mol c Phản ứng xà phòng hóa Ví dụ: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol một este A của một axit đa chức với một ancol đơn chức cần 5,6 gam KOH Mặt khác thủy phân 5,475 gam este A đó thì cần 4,2 gam KOH và thu được 6,225 gam muối Vậy công thức cấu tạo của este là: A (COOC2H5)2 B (COOCH3)2 C (COOC3H7)2 D (COOC4H9)2 Bài giải: BD HSG 0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ) 5,475g R(COOR')n + 4,2g KOH (vừa đủ) ¾¾ ® 6,225g R(COOK)n Tìm CTPT R(COOR')n ? + 0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ): nKOH = 0,1 mol Ta có: n KOH 0,1 = = ⇒ este hai chức ⇒ CTPT este là: R(COOR')2 n este A 0, 05 + 5,475g R(COOR')2 + 4,2g KOH (vừa đủ) nKOH = 0,075 mol ⇒ neste A = 0,00375 mol ¾¾ ® 6,225g R(COOK)2 R ( COOR ' ) + 2KOH  → R ( COOK ) + 2R 'OH mol R(COOR')2 ¾¾ ® mol R(COOK)2 : ∆m tăng = (166 + R) – (88 + 2R' + R) = 78 – 2R' (g) 0,00375 mol R(COOR')2 ¾¾ ® 0,00375 mol R(COOK)2 : ∆m tăng = 0,75g ⇒ 78 – 2R' = 20 ⇒ R' = 29 ⇒ R' là C2H55 Dạng 5: Bài tập về aminoaxit a Tác dụng với axit Ví dụ: Cho 20 gam hỗn hợp gồm amin no, đơn chức, kế tiếp dãy đồng đẳng tác dụng với dung dịch HCl 1M Cô cạn dung dịch thu được 31,68 gam hỗn hợp muối Vậy thể tích của dung dịch HCl đã dùng là: A 16 ml B 100 ml C 32 ml D 320 ml Bài giải: 20g RNH + V(lít) dd HCl 1M ¾¾ ® 31,68g RNH 3Cl Tìm V? Gọi CTPT trung bình cho amin là RNH RNH + HCl  → RNH 3Cl mol RNH ¾¾ ® mol RNH3Cl : ∆m tăng = ( R + 52,5) – ( R + 16) = 36,5g x mol RNH ¾¾ ® x mol RNH3Cl : ∆m tăng = 31,68 – 20 = 11,68g ⇒ x = 0,32 mol ⇒ n HCl = n RNH = 0,32 mol ⇒ nHCl = 0,32 lít hay 320 ml b Tác dụng với bazơ Ví dụ: Trung hòa 2,94 gam α – aminoaxit A (MA= 147) bằng một lượng vừa đủ dung dịch NaOH Đem cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 3,82 gam muối B A có tên gọi là: A Alanin B Glyxin C Axit glutamic D Anilin Bài giải: 2,94g R(NH2)(COOH)x (A) + dd NaOH (vừa đủ) (α – aminoaxit, MA = 147) Tên gọi của α – aminoaxit A là? nA = 0,02 mol ¾¾ ® 3,84g R(NH2)(COONa)x (B) R(NH )(COOH) x + xNaOH  → R(NH )(COONa) x + xH 2O mol A ¾¾ ® mol B : ∆m tăng = (67x + 16 + R) – (45x + 16 + R) = 22x (g) 0,02 mol A ¾¾ ® 0,02 mol B : ∆m tăng = 3,82 – 2,94 = 0,88g BD HSG ⇒ x = ⇒ CTPT A là: R(NH2)(COOH)2 Theo đề: MA = 147 ⇒ R + 106 = 147 ⇒ R = 41 ⇒ R là C3H5 Vậy CTCT của A là: Axit glutamic Dạng 6: Bài tập về andehit a Andehit → axit cacboxylic Ví dụ: Oxi hóa hoàn toàn 2,2 gam một andehit đơn chức A thu được gam axit cacboxylic B Công thức cấu tạo của A là: A CH3CH2CH2CHO B CH3CHO C CH2=CHCHO D CH3CH2CHO Bài giải: 2,2g RCHO (A) Tìm CTCT (A) ¾¾ ® 3g RCOOH (B) [O] RCHO  → RCOOH mol RCHO ¾¾ ® ¾¾ ® mol RCOOH : ∆m tăng = (R + 45) – (R + 29) = 16g x mol RCHO x mol RCOOH : ∆m tăng = – 2,2 = 0,8g ⇒ x = 0,05 mol ⇒ MRCHO = 44 g/mol ⇒ R = 15 ⇒ R là – CH3 CTCT của A là: CH3CHO b Ancol → andehit Ví dụ: Oxi hóa gam ancol no, đơn chức X thu được 5,8 gam andehit Công thức cấu tạo của X là: A CH3CH2OH B CH3CH2CH2OH C CH3CH(OH)CH3 D CH3OH Bài giải: 6g CnH2n+1CH2OH (X) ¾¾ ® 5,8g CnH2n+1CHO Tìm CTCT của (X) Oxi hóa ancol X thu được andehit ⇒ ancol X là ancol bậc I [O] CnH2n+1CH2OH  → CnH2n+1CHO mol CnH2n+1CH2OH ¾¾ ® ¾¾ ® mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = (14n + 32) – (14n + 30) = 2g x mol CnH2n+1CH2OH x mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = – 5,8 = 0,2g ⇒ x = 0,1 mol ⇒ MX = 60 g/mol ⇒ 14n + 32 = 60 ⇒n = Ancol X là: CH3CH2CH2OH TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Cao Cự Giác, Kỹ thuật phân tích và trả lời nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học, NXB Đại học quốc gia Tp HCM [2] Nguyễn Khoa Thị Phượng, Phương pháp giải nhanh các bài toán hóa học trọng tâm, NXB Đại học quốc gia Hà Nội [3] Tạp chí Dạy và Học Hóa học [4] Tạp chí Hóa học và ứng dụng, số 2/2009 BD HSG [5] Bài tập Hóa học 2011, trường Dự bị Đại học Tp HCM