Định luật bảo toàn nguyên tố

CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Chương PHƯƠNG PHÁP 30 GIÂY BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 45 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ NGUYÊN TẮC CHUNG - Trong phản ứng hóa học thông thường, số lượng nguyên tố không đổi trước sau phản ứng Như vậy, tổng số mol nguyên tố X trước sau phản ứng - Điểm mấu chốt phương pháp bảo toàn nguyên tố (BTNT) là: 1) Xác định xác trạng thái nguyên tố X trước sau phản ứng 2) Áp dụng định luật BTNT để rút mối liên hệ số mol trạng thái - Phương pháp BTNT áp dụng phổ biến, hầu hết tập BTNT phương pháp giải nhanh hiệu quả, đặc biệt toán hỗn hợp nhiều chất, nhiều biến đổi phức tạp Hệ Hệ Hệ - 1: Hỗn hợp chất ban đầu tạo thành sản phẩm Hỗn hợp kim loại oxit kim loại  hiđroxit kim loại  oxit - Al2O3 + FexOy Al hỗn hợp rắn  hiđroxit Al2O3 + Fe2O3 Ví dụ (Cơ bản) Hòa tan hỗn hợp X gồm 0,1 mol Fe 0,2 mol Fe3O4 vào dung dịch HCl dư dung dịch D Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu kết tủa Lọc kết tủa, rửa đem nung không khí đến khối lượng không đổi thu m gam chất rắn Y Giá trị m là: A 25,2 B 81,2 C 56,0 D 48,0 Hướng dẫn giải FeCl2  NaOH Fe(OH)2  t o Fe  HCl   Y Fe2O3  Sơ đồ : X    D      Fe3O4  FeCl3  Fe(OH)3  Theo BTNT với Fe : 2.nFe2O3 (Y) =nFe(X) + 3.nFe3O4 (X)  n Fe2O3 (Y) = nFe(X) +3.nFe3O4 (X) 0,1+3.0,2 = =0,35 mol 2  m  0,35.160  56  Đáp án C Phương pháp 30 giây: LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 46 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Ví dụ (A-14) (vận dụng): Từ 6,2 kg photpho điều chế lít dung dịch H3PO4 2M (hiệu suất toàn trình điều chế 80%) A 100 lít B 80 lít C 40 lít D 64 lít Hướng dẫn giải  O2 P P2O5  H3PO4 o t 4P  5O2   2P2O5 P2O5  3H2O   2H3PO4 np  6,2.1000  200 mol 31 Bảo toàn nguyên tố P ta có : nH3PO4  np  200 mol Vì H = 80%  VH3PO4  200.0,8  80 (l) → Đáp án B Phương pháp 30 giây: Ví dụ (nâng cao): Poli(vinyl clorua) (PVC) điều chế từ khí thiên nhiên (metan chiếm 95% khí thiên nhiên) theo sơ đồ chuyển hóa hiệu suất giai đoạn sau Metan  Axetilen  Vinyl clorua  PVC Để tổng hợp 1,5 PVC cần m3 khí thiên nhiên (đo đktc) ? A 8824,87 B 8842,78 C 8824,78 D 8842,88 hs 15% hs 95% hs 90% Hướng dẫn giải Bảo toàn nguyên tố C: hs 15% hs 95% hs 90% Khí TN   CH4 (95%)  C2H2  CH2=CHCl  PVC nPVC  1,5 1000  24 (k mol)  nCH4  2.n PVC  24.2  48 (k mol) 62,5 Theo toán ta có: nkhí thiên nhiên = 48 : (0,9 0,95 0,15 0,95) = 393,9674 (kmol)  Vkhí thiên nhiên = 393,9674 22,4= 8824,87 (m3)  Đáp án A Phương pháp 30 giây: Vkhí thiên nhiên = 1,5.1000 : 62,5 2: (0,9.0,95.0,15.0,95).22,4 = 8824,87 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 47 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Hệ 2: Từ chất đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm  Axit có tính oxi hóa (HNO3, H2SO4 đặc) + 𝐤𝐢𝐦 𝐥𝐨ạ𝐢 muối + khí (X : N S) Khí CO2 (hoặc SO2) hấp thụ vào dung dịch kiềm : Tính lưỡng tính Al(OH)3: TH1: Al3+ Al(OH)3 + TH2: Hỗn hợp oxit kim loại + chất khử CO (H2) Bài toán crackinh ankan: Ankan X hỗn hợp rắn + CO2 (H2O) hỗn hợp Y Thông thường đề cho số mol ankan X  Ví dụ 4: (Cơ bản) Tiến hành crackinh nhiệt độ cao 11,6 gam butan Sau thời gian thu hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6 C4H10 Đốt cháy hoàn toàn X khí oxi dư, dẫn toàn sản phẩm sinh qua bình đựng H2SO4 đặc Độ tăng khối lượng bình H2SO4 đặc A 18,0 gam B 4,5 gam C 9,0 gam D 13,5 gam Hướng dẫn giải o +O2 , t Sơ đồ phản ứng : C4H10  X   H2O crackinh Đốt cháy hoàn toàn X thực chất đốt cháy hoàn toàn C4H10 ban đầu Khối lượng bình H2SO4 đặc tăng lên khối lượng H2O bị hấp thụ n 10nC4H10 11,6 = = mol Theo BTNT với H : nH2O = H = 2 58  mH2O  1.18  18 gam  Đáp án A Phương pháp 30 giây: LÊ ĐĂNG KHƯƠNG = 11,6 :58 10 :2 18 =18 gam Trang 48 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Ví dụ 5: (vận dụng) Đốt cháy 6,86 gam bột Fe không khí thu hỗn hợp rắn X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 Để hòa tan X cần dùng vừa hết 250 ml dung dịch HNO3 1,6M, thu V lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đo đktc) Giá trị V A 0,728 B 2,744 C 2,016 D 1,400 Hướng dẫn giải +O2 , t o +HNO3 Sơ đồ phản ứng : Fe   X   Fe(NO3 )3  NO  Theo BTNT với Fe : n Fe(NO ) = n Fe = 3 6,86 = 0,1225 mol 56 Theo BTNT với N : nNO = nHNO3 -3nFe(NO3 )3 = 0,25.1,6 - 3.0,1225 = 0,0325 mol  V  0,0325.22,4  0,728  Đáp án A Phương pháp 30 giây: V = (0,25.1,6 - 6,86 :56 3).22,4=0,728 Ví dụ 6: (A-11) (nâng cao) Đun nóng m gam hỗn hợp Cu Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng : với lượng dung dịch HNO3 Khi phản ứng kết thúc, thu 0,75m gam chất rắn, dung dịch X 5,6 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO NO2 (không có sản phẩm khử khác N+5) Biết lượng HNO3 phản ứng 44,1 gam Giá trị m A 50,4 B 40,5 C 44,8 D 33,6 Hướng dẫn giải Theo đề ta có: m gam hỗn hợp có 0,7m gam Cu 0,3m gam Fe Cho hỗn hợp Fe Cu vào dung dịch HNO3 Fe phản ứng trước (Fe có tính khử mạnh Cu) Vì khối lượng chất rắn phản ứng m - 0,75m = 0,25m < mFe nên phản ứng Fe dư Cu chưa phản ứng Sản phẩm tạo thành Fe(NO3)2 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố nitơ : 44,1 5,6 2nFe(NO3 )2  nHNO3  (nNO  nNO2 )    0,45 mol 63 22,4 0,45  0,225 mol  0,25m  0,225.56  m  50,4  nFe(NO3 )2  → Đáp án A Phương pháp 30 giây: m = (44,1:63 - 5,6:22,4) :2 56 :0,25 =50,4 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 49 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Hệ 3: Từ nhiều chất đầu tạo thành hỗn hợp nhiều sản phẩm 1) Viết sơ đồ phản ứng 2) Bảo toàn nguyên tố sơ đồ Ví dụ 7: (cơ bản) Đun nóng hỗn hợp bột X gồm 0,08 mol Al, 0,01 mol Fe3O4, 0,01 mol Fe2O3 0,02 mol FeO thời gian Hỗn hợp Y thu sau phản ứng hòa tan hoàn toàn dung dịch HCl dư, thu dung dịch Z Thêm NH3 vào Z dư, lọc kết tủa T, đem nung không khí đến khối lượng không đổi thu m gam chất rắn Giá trị m A 4,08 B 6,40 C 5,60 D 9,68 Hướng dẫn giải  Al  AlCl3  Al(OH)3 Fe O  Al2O3  to   NH3 HCl to Sơ đồ : X    Y  Z FeCl2   T Fe(OH)2   Fe2O3 Fe2O3 FeCl Fe(OH) 3   FeO Theo BTNT với Al : n Al2O3 = n 0,01.3  0,01.2  0,02 = 0,035 mol 2  0,04.102  0,035.160  9,68  Đáp án D Theo BTNT với Fe : m  mAl2O3  mFe2O3 n Al =0,04 mol n Fe2O3 = Fe(X)  Phương pháp 30 giây: m = 0,08:2.102 + 160 = 9,68 Ví dụ 8: (vận dụng) Hoà tan hoàn toàn 0,15 mol hỗn hợp gồm Al Al4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu a mol hỗn hợp khí dung dịch X Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa thu 23,4 gam Giá trị a A 0,55 B 0,30 C 0,40 D 0,45 Hướng dẫn giải  Al : x mol   Al4C3 : y mol n AlOH    CO2  Al(OH)3↓ AlO2  23,4  0,3 mol   n Al 78 x  y  0,15 x  0,1  Ta có hệ phương trình:  23,4   y  0,05 x  4y  78 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 50 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ H2  0,15 Al  KOH  H2O   KAlO2  0,1  Al4C3  12H2O   4Al(OH)3   3CH4   0,05 0,15 → Hỗn hợp khí thu gồm CH4 H2 → a = 0,15 + 0,15 = 0,3 mol → Đáp án B Phương pháp 30 giây : Bước 1: Tìm x, y: Bước 2: Ví dụ 9: (nâng cao) Hoà tan hoàn toàn 3,12 gam Mg vào dung dịch chứa m gam hỗn hợp gồm HNO3 H2SO4, thu dung dịch X (chỉ chứa muối) 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Y (gồm hai khí không màu, khí hoá nâu không khí) Tỉ khối Y so với H2 Giá trị m A 17,22 B 16,24 C 14,98 D 15,61 Hướng dẫn giải dY/H2   MY  2.8  16 Khí hoá nâu không khí NO (MNO > 16) → Khí lại H2 Sơ đồ phản ứng: H2SO4 MgSO4 :0,13 NO: x Mg :0,13 mol       H2O H2 : y (NH4 )2 SO4 HNO3 0,896   0,04 x  0,02 x  y   Ta có hệ phương trình:  22,4 30x  2y  0,04.16  0,64 y  0,02  Mg  Mg 2  2e 0,13  N5  3e  N 2 0,06  0,02 0,26 N 5  8e  N3 8a  a  2H  2e  H2 0,04  0,02 Bảo toàn electron: ne  2nMg  3nNO  2nH2  8nNH  2.0,13  3.0,02  2.0,02  8a  a  0,02 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 51 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Bảo toàn nguyên tố nitơ: nHNO3  nNO  nNH  0,02  0,02  0,04 mol Bảo toàn nguyên tố lưu huỳnh: nH2SO4  nMgSO4  n(NH4 )2 SO4  0,13  0,02  0,14 mol → m = 0,04.63 + 0,14.98 = 16,24 → Đáp án B Phương pháp 30 giây Bước 1: Tính số mol khí: gọi nNO = x mol, mol Bước 2: Bước 3: Bảo toàn nguyên tố nitơ: → m = 0,04.63 + 0,14.98 = 16,24 Hệ 4: Bài toán đốt cháy hóa hữu Gọi hợp chất X có CTPT: CxHyOzNt Bảo toàn nguyên tố: Bảo toàn khối lượng: Ví dụ 10 (cơ bản): Hợp chất Y chứa nguyên tố C, H Đốt cháy hoàn toàn 0,56 gam Y thu 1,76 gam CO2 0,72 gam H2O Tỉ khối Y so với oxi 1,75 Công thức phân tử Y A C4H8 B C2H6 C CH3 D C3H8 Hướng dẫn giải 0,56  0,01 mol Ta có: mY = 32.1,75 = 56 (g/mol) ; n Y  56 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 52 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ 1,76 0,72  0,04 mol; n H2O   0,04 mol 44 18 Gọi công thức phân tử Y là: CxHy nCO2 0,04  4 Bào toàn nguyên tố C: x  nY 0,01 nCO2  Bảo toàn nguyên tố H: y  2nH2O nY  0,08 8 0,01 → Công thức phân tử Y là: C4H8 (M = 56) → Đáp án A Phương pháp 30 giây: Gọi công thức Y CxHy → → ; → Công thức phân tử Y là: C4H8 Ví dụ 11: (CĐ-07) (vận dụng): Đốt cháy hoàn toàn thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan oxi không khí (trong không khí, oxi chiếm 20% thể tích), thu 7,84 lít khí CO2 (ở đktc) 9,9 gam nước Thể tích không khí (ở đktc) nhỏ cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên (Cho H = 1; C = 12; O = 16) A 70,0 lít B 78,4 lít C 84,0 lít D 56,0 lít Hướng dẫn giải CH4   O2 Sơ đồ: C2H6   CO2  H2O C H  BTNT Oxi ta có: nO  2nCO2  nH2O  7,84 9,9   1,25 mol 22,4 18 1,25  0,625 mol → VO2  0,625.22,4  14 (l) →Vkhông khí = 14.100:20 = 70 (l)  Đáp án A → nO2  Phương pháp 30 giây: Vkhông khí = (7,84 :22,4 + 9,9 :18 :2).100:20.22,4 = 70 (l) LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 53 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Ví dụ 12: (A-11) (nâng cao) Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic, axit ađipic axit oxalic Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO3 (dư) thu 7,84 lít khí CO2 (đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 4,48 lít khí O2 (đktc), thu 17,6 gam CO2 y mol H2O Giá trị y là: A 0,2 B 0,6 C 0,3 D 0,8 Hướng dẫn giải Axit axetic CH3COOH; axit fomic HCOOH; Axit ađipic HOOC-(CH2)4-COOH; axit oxalic HOOC-COOH Gọi CT chung axit R(COOH)n R(COOH)n + nNaHCO3   R(COONa)n + nCO2 + nH2O nCO2  0,35 mol  nCOOH  nO(axit )  0,35.2  0,7 mol Bảo toàn nguyên tố O ta có nO(axit )  2nO2  2nCO2  n H2O  0,7  4,48 17,6   n H2O  n H2O  0,3 mol 22,4 44 → Đáp án C Phương pháp 30 giây: 7,84 :22,4.2 + 4,48:22,4 - 17,6 :44 = 0,3 mol Xem video tập mẫu lặp lại theo phương pháp 30s tập mẫu Bài tập tự luyện Mức độ Cơ Câu 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm C3H8, C4H6, C5H10, CH4, C2H4 C6H6 thu 0,66 gam CO2 0,36 gam H2O m có giá trị A 0,66 B 0,44 C 0,22 D.0,88 Câu 2: (B-12) Đốt 5,6 gam Fe không khí, thu hỗn hợp chất rắn X Cho toàn X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu khí NO (sản phẩm khử nhất) dung dịch chứa m gam muối Giá trị m A 18,0 B 22,4 C 15,6 D 24,2 Câu 3: (A-08) Cho sơ đồ chuyển hóa: CH4 → C2H2 → C2H3Cl → PVC Để tổng hợp 250 kg PVC theo sơ đồ cần V m3 khí thiên nhiên (ở đktc) Giá trị V (biết CH4 chiếm 80% thể tích khí thiên nhiên hiệu suất trình 50%) A 358,4 B 448,0 C 286,7 D 224,0 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 54 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Câu (CĐ 14): Cho 13,8 gam hỗn hợp gồm axit fomic etanol phản ứng hết với Na dư, thu V lít khí H2 (đktc) Giá trị V A 6,72 B 4,48 C 3,36 D 7,84 Hướng dẫn giải Câu 1: CO2 +O2 , t o  Sơ đồ phản ứng : X C3H8 ,C4H6 ,C5H10 , CH4 ,C2H4 , C6H6   H2O Bảo toàn nguyên tố C: nC  nCO2  0,66  0,015 (mol) 44 0,36  0,04 (mol) 18 Bảo toàn khối lượng : m  mC  mH  0,015.12  0,04  0,22 (g) Bảo toàn nguyên tố H: n H  2n H2O   Đáp án C Phương pháp 30 giây: m = 0,66 : 44 12 + 0,36:18.2 = 0,22 g Câu 2: Sau trình phản ứng, toàn Fe chuyển thành muối Fe(NO3)3 BTTN : nFe(NO3 )3  nFe  5,6  0,1 mol 56  mFe(NO3 )3 = 0,1 242 = 24,2 gam → Đáp án D Phương pháp 30 giây: m = 5,6 :56 242 = 24,2 Câu 3: 2CH4   PVC  C2H2   C2H3Cl  nPVC  250.103  4.103 mol 62,5  nCH4  2.nPVC  8.103 mol  Vkhí thiên nhiên = 8.103.22,4  448.103 (l)  448m3 0,8.0,5  Đáp án B Phương pháp 30 giây: Vkhí thiên nhiên = 250.1000 :62,5 :(0,8.0,5) 22,4 = 448000 (l) = 448 m3 Câu 4: HCOOH  Na   HCOONa  LÊ ĐĂNG KHƯƠNG H2  Trang 55 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ C2H5OH  Na   C2H5ONa  H2  MHCOOH  MC2H5OH  46  nHCOOH  nC2H5OH  13,8  0,3 mol 46 0,3  nH2   ( nHCOOH  nC2H5OH )   0,15 mol  VH2  0,15.22,4  3,36 (l) 2 → Đáp án C Phương pháp 30 giây: = 13,8 :46 :2 22,4 = 3,36 lít Mức độ vận dụng Câu 5: Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 1,32 gam khí CO2, thu 200 ml dung dịch X Trong dung dịch X không NaOH nồng độ ion CO32 0,1M a có giá trị A 0,06 B 0,08 C 0,05 D 0,12 Câu (CĐ-07): Thêm m gam kali vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M NaOH 0,1M thu dung dịch X Cho từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al 2(SO4 ) 0,1M thu kết tủa Y Để thu lượng kết tủa Y lớn giá trị m A 1,59 B 1,17 C 1,71 D 1,95 Câu 7: X dung dịch AlCl3, Y dung dịch KOH 1M Cho 200 ml dung dịch Y vào cốc chứa 100 ml dung dịch X, khuấy tới phản ứng hoàn toàn thấy cốc có 5,2 gam kết tủa Thêm tiếp vào cốc 200 ml dung dịch Y, khuấy đến kết thúc phản ứng thấy cốc có 1,56 gam kết tủa Nồng độ mol dung dịch X A 0,70M B 1,00M C 1,05M D 1,30M Câu 8: X ancol no, mạch hở Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X cần 11,2 gam oxi, thu nước 13,2 gam CO2 Công thức X A C2H4(OH)2 B C3H7OH C C3H6(OH)2 D C3H5(OH)3 Câu :(CĐ-09) Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na2O Al2O3 vào H2O thu 200 ml dung dịch Y chứa chất tan có nồng độ 0,2M Thổi khí CO2 (dư) vào Y thu a gam kết tủa Giá trị m a A 3,80 2,70 B 3,28 2,70 C 3,80 3,12 D 3,28 3,12 Câu 10: (B-11) Nhiệt phân 4,03 gam hỗn hợp X gồm KClO3 KMnO4, thu O2 m gam chất rắn gồm K2MnO4, MnO2 KCl Toàn lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu 0,896 lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với H2 20 Thành phần % theo khối lượng KMnO4 X A 74,92% B 39,21% C 27,94% D 62,76% Câu 11:(A-08) Cho V lít dung dịch NaOH 4M vào dung dịch chứa 0,2 mol Al2(SO4)3 0,2 mol H2SO4 đến phản ứng hoàn toàn, thu 15,6 gam kết tủa Giá trị lớn V LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 56 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ để thu lượng kết tủa A 0,45 B 0,35 C 0,25 D 0,05 Câu 12:(CĐ -14) Cho 300 ml dung dịch X gồm NaOH 0,1M ; KOH 0,1M phản ứng với 150ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M Sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu a gam kết tủa Giá trị a A 0,78 B 2,34 C 1,17 D 1,56 Câu 13: (B-07) Cho 100 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu 7,8 gam Giá trị lớn V A 1,2 B 1,8 C 2,4 D 1,0 Câu 14: (B-10) Cho 225 ml dung dịch KOH 1,2M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 nồng độ x mol/l, thu dung dịch Y 7,02 gam kết tủa Loại bỏ kết tủa, thêm tiếp 262,5 ml dung dịch KOH 1,2M vào Y, thu 3,51 gam kết tủa Giá trị x A 1,8 B 0,8 C 0,9 D 1,0 Câu 15: (CĐ-12): Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm hai ancol no, hai chức, mạch hở cần vừa đủ V1 lít khí O2, thu V2 lít khí CO2 a mol H2O Các khí đo điều kiện tiêu chuẩn Biểu thức liên hệ giá trị V1,V2, a A V1 = 2V2 + 11,2a B V1 = V2 – 22,4a C V1 = V2 + 22,4a D V1 = 2V2 – 11,2a Câu 16: (B-07) Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol axit cacboxylic đơn chức, cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu 0,15 mol CO2 0,1 mol H2O Giá trị V A 8,96 B 11,2 C 3,36 D 4,48 Câu 17: (A-12) Hỗn hợp X gồm axit fomic, axit acrylic, axit oxalic axit axetic Cho m gam X phản ứng hết với dung dịch NaHCO3 thu 2,688 lít CO2 (đktc) Đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 4,032 lít O2 (đktc), thu 9,68 gam CO2 a gam H2O Giá trị a A 1,62 B 2,88 C 3,60 D 1,80 Câu 18 Một hỗn hợp gồm ancol anlylic ancol đơn chức X Đốt cháy hoàn toàn 15 gam hỗn hợp cần vừa hết 22,4 lít khí oxi (đktc) Cho toàn sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thu 70 gam kết tủa Công thức cấu tạo X A CH3OH B C2H5OH C C3H7OH D C4H7OH Câu 19: Đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X gồm hai ancol (đều no, đa chức, mạch hở, có số nhóm -OH) cần vừa đủ V lít khí O2, thu 5,6 lít khí CO2 6,3 gam H2O (các thể tích khí đo đktc) Giá trị V A 7,28 B 15,68 C 11,20 D 4,48 Câu 20: Cho từ từ 62 gam Ca3(PO4)2 vào 100 ml dung dịch H2SO4 5M Khối lượng muối khan thu A 111,0 gam B 91,4 gam C 43,0 gam D 23,4 gam Câu 21: (B-11) Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2(đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M KOH x mol/lít, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y Cho toàn Y tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư), thu 11,82 gam kết tủa Giá trị x LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 57 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ A 1,6 B 1,2 C 1,0 D 1,4 Câu 22: (A-09) Hoà tan hết m gam ZnSO4 vào nước dung dịch X Cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X, thu a gam kết tủa Mặt khác, cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thu a gam kết tủa Giá trị m A 20,125 B 22,540 C 12,375 D 17,710 Câu 23: (B-12): Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol glixerol Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu 6,72 lít khí CO2 (đktc) Cũng m gam X cho tác dụng với Na dư thu tối đa V lít khí H2 (đktc) Giá trị V A 3,36 B 11,20 C 5,60 D 6,72 Hướng dẫn giải Câu 5: Na2CO3   Sơ đồ phản ứng : CO2  NaOH  NaHCO3 nNa2CO3  0,1.0,2  0,02 mol Theo BTNT với C : n NaHCO3 = nCO2 - n Na2CO3 = 1,32 - 0,02 = 0,01 mol 44 Theo BTNT với Na : a = 2nNa2CO3 + nNaHCO3 = 2.0,02 + 0,01 = 0,05  Đáp án C Phương pháp 30 giây: a = (1,32 :44 – 0,1.0,2) + 2.0,1.0,2 =0,05 Câu 6: Kết tủa bao gồm BaSO4 Al(OH)3 Để khối lượng kết tủa lớn khối lượng Al(OH)3 lớn n Al3  2n Al2 (SO4 )3 = 2.0,2.0,1 = 0,04 mol  nOH  3n Al3  3.0,04  0,12mol nOH  nBa(OH)2  nNaOH  nKOH  n KOH  nOH  2n Ba(OH)2  n NaOH  0,12  2.0,1.0,3  0,1.0,3  0,03 mol  n K  n KOH  0,03 mol  mK  0,03.39  1,17 gam Đáp án B Phương pháp 30 giây: x = 3.0,1.0,2.2 – (2.0,3.0,1 + 0,3.0,1) = 0,03→ m = 0,03.39 = 1,17 Câu 7: Thêm KOH làm kết tủa giảm → có phần Al(OH)3 bị hòa tan  Al(OH)3 + [Al(OH)4 ] Sơ đồ : Al3+ + OH  LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 58 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ n KOH  (0,2  0,2).1  0,4 mol n Al(OH)3 sau  0,02 mol  nOH(  )  3.0,02  0,06 mol Bảo toàn nguyên tố oxi: nOH (trong [Al(OH)  4] )  n[Al(OH)  4]   0,4  0,06  0,34 mol 0,34 = 0,085 mol Theo ĐLBT nguyên tố với Al : n Al3 đầu = n  n[Al(OH)  4]  CM( AlCl3 )  = 0,02 + 0,085 = 0,105 mol 0,105  1,05 M 0,1  Đáp án C Phương pháp 30 giây: = {[(0,2+0,2).1-1,56:78.3]:4 + 1,56:78} : 0,1 = 1,05M Câu 8: nO2 = 0,35 mol ; nCO2 = 0,3 mol Sơ đồ cháy : X + O2  CO2 + H2O Vì X ancol no, mạch hở  nH2O = n X + nCO2 = 0,1+0,3 = 0,4 mol Theo ĐLBT nguyên tố với O : nO(X) = 2nCO2 + nH2O - 2nO2 = 2.0,3 + 0,4 - 2.0,35 = 0,3 mol  nCO =3n X  X C3H5(OH)3 Nhận thấy :   nO(X) =3n X  Đáp án D Phương pháp 30 giây: nO(X) = 2.0,3 + (0,1 +0,3)– 2.0,35 = 0,3 mol X C3H5(OH)3 Câu : (CĐ-09) Na2O  H2O  CO2  H2O   NaAlO2   Al(OH)3    Al2O3 Dung dịch Y chứa chất tan NaAlO2 nNaAlO2 nNa O  0,02 mol  BTNT  0,2.0,2  0,04mol   n Al2O3  0,02 mol  n Al(OH)3  0,04 mol m = 0,02.62 + 0,02.102 = 3,28 ; a = 0,04.78 = 3,12 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG → Đáp án D Trang 59 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Phương pháp 30 giây: m = 0,2.0,2 :2.(62 +102) = 3,28 ; a= 0,2.0,2 78 =3,12 Câu 10: (B-11): CO to Y :  O2 + C  CO2 44  20.2  0,25  %CO2  0,75 44  28 0,896  nCO  0,25  0,01 mol; nCO2  0,03 mol 22,4 %CO  1 BTNT Oxi ta có: nO2  nO  (2nCO2  nCO )  (2.0,03  0,01)  0,035 mol 2 KClO3   KCl + O2 a a 2KMnO4   K2MnO4 + MnO2 + O2 b b 122,5a  158b  4,03 a  0,02 0,01.158   3   %mKMnO4  100%  39,21% b  0,01 4,03 a  b  0,035   2 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: Ta có hệ: Câu 11: nH = 2n H2SO4 = 0,2.2 = 0,4 mol ; n Al3 = 2n Al2 (SO4 )3 = 0,2.2 = 0,4 mol n Al(OH)3 = 15,6 = 0,2 mol 78 Cách : H + OH Al3+ + OH  → H2O   (1) Al(OH)3↓ (2) Al(OH)3↓ + OH   AlO2  2H2O (3) VNaOH lớn phản ứng (3) xảy LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 60 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ nOH  nOH  nOH  nOH (1) (2) (3) nOH  nH  3n Al3  (n Al3  n ) nOH  nH  4n Al3  n n OH = 0,4 + 4.0,4 - 0,2 = 1,8 mol → VNaOH = 1,8 = 0,45 lít Phương pháp 30 giây: Cách 2: H2O  Al3 OH    Al(OH)3    H   [Al(OH)4 ] nH  0,4 mol  nOH  0,4 mol n Al(OH)3  0,2 mol  nOH  0,2.3  0,6 mol BTNT.Al  n[Al(OH)  4]  n Al3  n Al(OH)3  0,2 mol  nOH  0,2.4  0,8 mol   nOH  0,4  0,6  0,8  1,8mol  V  1,8  0,45 → Đáp án A Phương pháp 30 giây: Câu 12 : nOH  nNaOH  nKOH  0,1.0,3 + 0,1.0,3 = 0,06 mol; n Al3  2n Al2 (SO4 )3 = 2.0,15.0,1 = 0,03 mol Al3+ + 3OH   Al(OH)3↓ 0,03 0,06 → 0,02 → mAl(OH)3 = 0,02.78 = 1,56 gam Đáp án D Phương pháp 30 giây: ; ˂3 → Câu 13: n Al3  n AlCl3 = 0,1.1,5 = 0,15 mol; n Al(OH)3 = 7,8 = 0,1 mol 78 Cách 1: LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 61 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ 3OH   Al(OH)3↓ (1) Al3+ + Al(OH)3↓ + OH   AlO2  2H2O (2) Để VOH lớn xảy phản ứng (2) nOH  nOH  nOH (1) (2) nOH  3n Al3  (n Al3  n ) nOH  4n Al3  n = 4.0,15 - 0,1 = 0,5 mol 0,5 = (l) 0,5 → VNaOH = → Đáp án D Phương pháp 30 giây: V = (4 0,1 1,5 – 7,8 :78) :0,5 = Cách 2:  Al(OH)3 [Al(OH)4 ] Để giá trị V lớn OH  Al3  BTNT.Al  n[Al(OH)  4]  n Al3  n Al(OH)3  0,15  0,1  0,05 mol  nOH  0,1.3  0,05.4  0,5 mol  V  0,5 1 0,5 Đáp án D Phương pháp 30 giây: V = [7,8:78.3+ (0,1.1,5 - 7,8:78) 4] :0,5 =1 Câu 14 : 7,02 = 0,09 mol 78 Vì sau loại bỏ kết tủa, thêm KOH vào Y lại xuất kết tủa nên Y Al3+ 3,51  0,045 mol ; n Al(OH)3 (sau) = 78 n KOH (trước)= 0,225.1,2 = 0,27 mol; n Al(OH)3 (trước) = n KOH (sau)  0,2625.1,2  0,315 mol > n Al(OH)3 → có [Al(OH)4 ]  BT OH   nOH  3n Al(OH)3  4n[Al(OH)  4]  n[Al(OH)  4]  nOH  3n Al(OH)3  0,315  3.0,045  0,045 mol BTNT.Al  nAl3  0,09  0,045  0,045  0,18 mol → CM( AlCl3 ) = 0,18 = 1,8 M 0,1 Đáp án A Phương pháp 30 giây: = [7,02 :78 + 3,51 :78 + (0,2625 1,2 - 3,51 :78) :4] :0,1=1,8 M Câu 15: X hỗn hợp ancol no chức nên CT chung X CnH2n+2O2 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 62 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ  n X  nH2O  nCO2  a  V2 22,4 BTNT Oxi ta có: V V V V V (a  ).2   2  a    a  V1  2V2  11,2a 22,4 22,4 22,4 11,2 5,6  Đáp án D Phương pháp 30 giây: Ta có: Câu 16 : BTNT Oxi ta có: nO(O2 )  nO(CO2 )  nO(H2O)  nO(X )  nO2  2nCO2  n H2O  2na xit  VO2  0,15.22,4  3,36 (l)  2.0,15  0,1  2.0,05  0,15 (mol) → Đáp án C Phương pháp 30 giây: V = (0,15.2+0,1-0,05.2) :2 22,4 = 3,36 Câu 17: Gọi công thức tổng quát axit là: R(COOH)n R(COOH)n  nNaHCO3   R(COONa)n  nCO2   nH2O nCO2  0,12 mol  nCOOH  nO(axit )  0,12.2  0,24 mol Bảo toàn nguyên tố O ta có nO(axit )  2nO2  2nCO2  nH2O  0,24  0,18.2  0,22.2  n H2O  n H2O  0,16 mol  a  0,16.18  2,88 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: a = (2,688 :22,4 + 4,032 :22,4 – 9,68 :44 2).18 = 2,88 Câu 18: nO2 =1 mol ; nCO2 =0,7 mol Theo ĐLBT khối lượng: mH2O = mancol + mO2 - mCO2 = 15 + 32 - 30,8 = 16,2 gam 16,2  0,9  n CO2 → X ancol no → nX = 0,9 – 0,7 = 0,2 mol 18 Theo ĐLBT nguyên tố với O: nancol  nO(ancol)  2nCO2  nH2O  2nO2  2.0,7  0,9  2.1  0,3 mol  n H2O   n CH2 =CH-CH2 -OH  0,3  0,2  0,1 mol LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 63 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Vậy: MX  15 -0,1.58  46 → X C2H5OH 0,2  Đáp án B Phương pháp 30 giây: Bước 1: → X ancol no Bước 2: Bước 3: Câu 19: nCO2  5,6 6,3  0,25 mol; nH2O   0,35 mol 22,4 18  nancol  nH2O  nCO2  0,35  0,25  0,1 mol  C  0,25  2,5 0,1 Vì hai ancol đa chức, có số nhóm –OH Mà số -OH ≤ C → có hai nhóm –OH BTNT Oxi ta có: 2.0,25  0,35  0,1.2 2n(O2 )  nO( X )  2n(CO2 )  n(H2O)  nO2   0,325 mol  VO2  0,325.22,4  7,28 (l) → Đáp án A Phương pháp 30 giây: V = [(5,6 :22,4 + 6,3 :18) - (6,3 :18 - 5,6:22,4) 2] :2 22,4 = 7,28 Câu 20: Theo ta có:  nH2SO4 nCa3 (PO4 )2  2,5  CaSO4 +Ca(H2PO4 )2   Sơ đồ phản ứng : Ca3(PO4 )2 +H2SO4  H3PO4 Theo ĐLBT nguyên tố với S : nCaSO4 =nH2SO4 = 0,5 mol Theo ĐLBT nguyên tố với Ca : nCa(H2PO4 )2 = 3nCa3 (PO4 )2 - nCaSO4 = 3.0,2  0,5  0,1 mol mmuối khan = mCaSO4 + mCa(H2PO4 )2 = 0,5.136 + 0,1.234 = 91,4 gam  Đáp án B Phương pháp 30 giây: m = 0,1.5.136 + (62:310.3 - 0,1.5) 234 = 91,4 gam Câu 21: (B-11) 2,24 nCO2   0,1mol; n K2CO3  0,1.0,2  0,02mol 22,4 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 64 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ n BaCO3   11,82  0,06mol  n K2CO3 ( Y )  0,06mol 197 Sơ đồ:  BaCl2 K 2CO3   BaCO3 K 2CO3 (0,02)   CO2     0,06  0,06 KOH KHCO   Giả sử dung dịch Y có muối K2CO3:  nK2CO3  0,06 mol → nC (Y) = 0,06 mol < nC ban đầu = 0,1 + 0,02 = 0,12 mol → dung dịch Y có chứa KHCO3 : BTNT Cacbon   nKHCO3  0,1  0,02  0,06  0,06 mol BTNT.Kali   nKOH  0,06.2  0,06  0,02.2  0,14mol  CM KOH  0,14  1,4 M 0,1 → Đáp án D Phương pháp 30 giây: CM= [(11,82:197 - 0,1.0,2).2 + (2,24:22,4 +0,1.0,2 -11,82:197)] :0,1 = 1,4 M Câu 22: (A-09) nKOH(TN1 ) = 0,11.2 = 0,22 mol < nKOH(TN2 ) = 0,14.2 = 0,28 mol → n Zn(OH)2  0,22 0,28  0,22  0,11mol; n[Zn(OH) ]2   0,015mol 4 BTNT.Zn  nZn2  0,11  0,015  0,125mol  mZnSO4  0,125.161  20,125 (g) Đáp án A Phương pháp 30 giây: = [ 0,11 :2 + (0,14.2 - 0,11.2):4].161 = 20,125 (g) Câu 23: (B-12): Ancol metylic CH3OH; etylen glycol C2H4(OH)2; glyxerol C3H5(OH)3 6,72  0,3 mol Ta nhận thấy số C = số nhóm OH  nCO2 = n-OH  22,4 R(OH)n + nNa   R(ONa)n + n H2  n H2  0,3  0,15 mol  VH2  0,15.22,4  3,36 (l) → Đáp án A Phương pháp 30 giây: V = 6,72 :22,4 0,5.22,4 = 3,36 (l) LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 65 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Mức độ nâng cao Câu 24: Cho m hỗn hợp gồm ba kim loại X, Y, Z có hóa trị 3, 2, tỉ lệ mol : : Cho lượng X có m gam hỗn hợp ba kim loại tác dụng hết với HCl dư thu 0,672 lít khí (đktc) Mặt khác hòa tan hoàn toàn m gam ba kim loại dung dịch chứa a gam HNO3 (lấy dư 25% so với lượng phản ứng), sau phản ứng thu dung dịch T (không có NH4NO3) 8,96 lít hỗn hợp khí NO NO2 đktc Giá trị a A 37,80 B 47,25 C 50,40 D 28,35 Câu 25: (B-11) Cho nước qua than nóng đỏ, thu 15,68 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CO, CO2 H2 Cho toàn X tác dụng hết với CuO (dư) nung nóng, thu hỗn hợp chất rắn Y Hoà tan toàn Y dung dịch HNO3 (loãng, dư) 8,96 lít NO (sản phẩm khử nhất, đktc) Phần trăm thể tích khí CO X A 57,15% B 14,28% C 28,57% D 18,42% Câu 26: (A-10) Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước dung dịch X Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thu 3a gam kết tủa Mặt khác, cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thu 2a gam kết tủa Giá trị m A 17,71 B 16,10 C 32,20 D 24,15 Hướng dẫn giải Câu 24: X + 3HCl   XCl3 + H2 2 0,672 nX   0,02 mol  n Y  0,04 mol; n Z  0,06 mol 22,4  HNO3 X, Y,Z   X(NO3 )3 ; Y(NO3 )2 ; ZNO3 BTNT Nitơ n HNO3 phản ứng = nN (muối) + nN (khí) = 0,02.3 + 0,04.2 + 0,06 + 8,96 :22,4 = 0,6 mol  n HNO3 ban đầu = 0,6 + 0,6.0,25 = 0,75 mol  mHNO3 = 0,75.63 = 47,25 gam  a = 47,25 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: Bước 1: Tính nX , nY , nZ Bước 2: m = (0,02.3 + 0,04.2+ 0,06 + 8,96:22,4) (1+0,25) 63 = 47,25 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 66 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Câu 25: (B-11) 8,96 15,68 nNO   0,4 mol; n hh X   0,7 mol 22,4 22,4 Gọi nCO = x ; nCO2  y mol t C + H2O   CO + H2 x x t C + 2H2O   CO2 + 2H2 y  2y Cách 1: Nhận xét: Số oxi hoá Cu ban đầu oxit sau muối không đổi, ta quy toán dạng: 1 H2   2H  2e x + 2y → 2x + 4y 5 2 4 C   C  2e x → 2x 2 N  3e   N 1,2 ← 0,4  x  0,2 0,2 nhh X  x  x  y  2y  0,7   BT electron    %VCO  100%  28,57% 0,7  y  0,1   2x  4y  2x  1,2 Cách 2: C   x  y  z  0,7 n  x mol x  0,2 CO    H2O ne 0,4.3     nH  y mol  x  y  nO    0,6  y  0,4 2 y mol    z  0,1 BTNT.O  nCO2  z mol    y  x  2z → %VCO  0,2 100%  28,57% 0,7 → Đáp án C Phương pháp 30 giây: Ta có hệ: → LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 67 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Câu 26: (A-10) nKOH(TN1 ) = 0,11.2 = 0,22 mol; nKOH(TN2 ) = 0,14.2 = 0,28 mol Gọi nZnSO4  x mol; Coi 3a số mol kết tủa → x  3a Trường hợp 1:  11 Zn(OH)2 :3a mol  OH TN1 :Zn2    3a.2  nOH  0,22  a  2 300  [Zn(OH)4 ] :0  Zn(OH)2 :2a mol  OH TN2 :Zn2    2a.2  (x  2a).4  nOH  0,28  x  2 75  [Zn(OH)4 ] :(x  2a)mol Không thỏa mãn ( x  3a ) → loại Trường hợp 2: Zn(OH)2 :3a mol  OH TN1 :Zn2    3a.2  (x  3a).4  n OH  0,22 2 [Zn(OH)4 ] :(x  3a)mol Zn(OH)2 :2a mol  OH TN2 :Zn2    2a.2  (x  2a).4  n OH  0,28 2 [Zn(OH)4 ] :(x  2a)mol  x  0,1  (thỏa mãn)→ mZnSO4  0,1.161=16,1 gam a  0,03 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: Gọi Trường hợp 1: Trường hợp 2: Ta có hệ: → Coi 3a số mol kết tủa → Loại (thỏa mãn) 0,1.161=16,1 gam Xem video tập lặp theo phương pháp 30s tập tự luyện LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 68 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Bạn thấy chương có điều hay ho? ………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………………………… Bạn học thêm điều mới? ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… Điều khiến bạn thấy ấn tượng nhất? ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… Lần 10 Thời gian (phút) Lần 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Thời gian (phút) Lần 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 Thời gian (phút) Hãy quay video lần tốt bạn, upload lên youtube gửi link video vào nhóm sách Phương pháp 30 giây để truyền cảm hứng cho bạn học hỏi thành viên khác nhé! Hãy LẶP ĐI LẶP LẠI kiến thức trở phần người bạn Bạn cảm nhận kiến thức ăn ngon tận hưởng nó! LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 69 [...]... Oxi ta có: 2. 0 ,25  0,35  0,1 .2 2n(O2 )  nO( X )  2n(CO2 )  n(H2O)  nO2   0, 325 mol 2  VO2  0, 325 .22 ,4  7 ,28 (l) → Đáp án A Phương pháp 30 giây: V = [(5,6 :22 ,4 2 + 6,3 :18) - (6,3 :18 - 5,6 :22 ,4) 2] :2 22, 4 = 7 ,28 Câu 20 : Theo bài ra ta có: 2  nH2SO4 nCa3 (PO4 )2  2, 5  3 CaSO4 +Ca(H2PO4 )2   Sơ đồ phản ứng : Ca3(PO4 )2 +H2SO4  H3PO4 Theo ĐLBT nguyên tố với S : nCaSO4 =nH2SO4 = 0,5... [(11, 82: 197 - 0,1.0 ,2) .2 + (2, 24 :22 ,4 +0,1.0 ,2 -11, 82: 197)] :0,1 = 1,4 M Câu 22 : (A-09) nKOH(TN1 ) = 0,11 .2 = 0 ,22 mol < nKOH(TN2 ) = 0,14 .2 = 0 ,28 mol → n Zn(OH )2  0 ,22 0 ,28  0 ,22  0,11mol; n[Zn(OH) ]2   0,015mol 4 2 4 BTNT.Zn  nZn2  0,11  0,015  0, 125 mol  mZnSO4  0, 125 .161  20 , 125 (g) Đáp án A Phương pháp 30 giây: = [ 0,11 2 :2 + (0,14 .2 - 0,11 .2) :4].161 = 20 , 125 (g) Câu 23 : (B- 12) :... [7, 02 :78 + 3,51 :78 + (0 ,26 25 1 ,2 - 3 3,51 :78) :4] :0,1=1,8 M Câu 15: X là hỗn hợp ancol no 2 chức nên CT chung của X là CnH2n+2O2 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 62 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ  n X  nH2O  nCO2  a  V2 22 ,4 BTNT Oxi ta có: V V V V V (a  2 ) .2  1 2  2 2  a  1  2  a  V1  2V2  11,2a 22 ,4 22 ,4 22 ,4 11 ,2 5,6  Đáp án D Phương pháp 30 giây: Ta có: Câu 16 : BTNT Oxi ta có: nO(O2 ) ... 0,04 mol m = 0, 02. 62 + 0, 02. 1 02 = 3 ,28 ; a = 0,04.78 = 3, 12 LÊ ĐĂNG KHƯƠNG → Đáp án D Trang 59 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Phương pháp 30 giây: m = 0 ,2. 0 ,2 :2. ( 62 +1 02) = 3 ,28 ; a= 0 ,2. 0 ,2 78 =3, 12 Câu 10: (B-11): CO to Y :  O2 + C  CO2 44  20 .2  0 ,25  %CO2  0,75 44  28 0,896  nCO  0 ,25  0,01 mol; nCO2  0,03 mol 22 ,4 %CO  1 1 1 BTNT Oxi ta có: nO2  nO  (2nCO2  nCO )  (2. 0,03  0,01)... nO(axit )  2nO2  2nCO2  nH2O  0 ,24  0,18 .2  0 ,22 .2  n H2O  n H2O  0,16 mol  a  0,16.18  2, 88 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: a = (2, 688 :22 ,4 2 + 4,0 32 :22 ,4 2 – 9,68 :44 2) .18 = 2, 88 Câu 18: nO2 =1 mol ; nCO2 =0,7 mol Theo ĐLBT khối lượng: mH2O = mancol + mO2 - mCO2 = 15 + 32 - 30,8 = 16 ,2 gam 16 ,2  0,9  n CO2 → X là ancol no → nX = 0,9 – 0,7 = 0 ,2 mol 18 Theo ĐLBT nguyên tố với O: nancol... nO(CO2 )  nO(H2O)  nO(X )  nO2  2nCO2  n H2O  2na xit 2  VO2  0,15 .22 ,4  3,36 (l)  2. 0,15  0,1  2. 0,05  0,15 (mol) 2 → Đáp án C Phương pháp 30 giây: V = (0,15 .2+ 0,1-0,05 .2) :2 22, 4 = 3,36 Câu 17: Gọi công thức tổng quát của axit là: R(COOH)n R(COOH)n  nNaHCO3   R(COONa)n  nCO2   nH2O nCO2  0, 12 mol  nCOOH  nO(axit )  0, 12. 2  0 ,24 mol Bảo toàn nguyên tố O ta có nO(axit )  2nO2... 0,015. 12  0,04  0 ,22 (g) Bảo toàn nguyên tố H: n H  2n H2O   Đáp án C Phương pháp 30 giây: m = 0,66 : 44 12 + 0,36:18 .2 = 0 ,22 g Câu 2: Sau quá trình phản ứng, toàn bộ Fe chuyển thành muối Fe(NO3)3 BTTN : nFe(NO3 )3  nFe  5,6  0,1 mol 56  mFe(NO3 )3 = 0,1 24 2 = 24 ,2 gam → Đáp án D Phương pháp 30 giây: m = 5,6 :56 24 2 = 24 ,2 Câu 3: 2CH4   PVC  C2H2   C2H3Cl  nPVC  25 0.103  4.103 mol 62, 5... nO(ancol)  2nCO2  nH2O  2nO2  2. 0,7  0,9  2. 1  0,3 mol  n H2O   n CH2 =CH-CH2 -OH  0,3  0 ,2  0,1 mol LÊ ĐĂNG KHƯƠNG Trang 63 CHƯƠNG 2: BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ Vậy: MX  15 -0,1.58  46 → X là C2H5OH 0 ,2  Đáp án B Phương pháp 30 giây: Bước 1: → X là ancol no Bước 2: Bước 3: Câu 19: nCO2  5,6 6,3  0 ,25 mol; nH2O   0,35 mol 22 ,4 18  nancol  nH2O  nCO2  0,35  0 ,25  0,1 mol  C  0 ,25  2, 5 0,1... Zn(OH )2 :3a mol  OH TN1 :Zn2    3a .2  nOH  0 ,22  a  2 300  [Zn(OH)4 ] :0  8 Zn(OH )2 :2a mol  OH TN2 :Zn2    2a .2  (x  2a).4  nOH  0 ,28  x  2 75  [Zn(OH)4 ] :(x  2a)mol Không thỏa mãn ( x  3a ) → loại Trường hợp 2: Zn(OH )2 :3a mol  OH TN1 :Zn2    3a .2  (x  3a).4  n OH  0 ,22 2 [Zn(OH)4 ] :(x  3a)mol Zn(OH )2 :2a mol  OH TN2 :Zn2    2a .2. .. 0,035 mol 2 2 2 3 KClO3   KCl + O2 2 3 a a 2 2KMnO4   K2MnO4 + MnO2 + O2 1 b b 2  122 ,5a  158b  4,03 a  0, 02 0,01.158   3   %mKMnO4  100%  39 ,21 % 1 b  0,01 4,03 a  b  0,035   2 2 → Đáp án B Phương pháp 30 giây: Ta có hệ: Câu 11: nH = 2n H2SO4 = 0 ,2. 2 = 0,4 mol ; n Al3 = 2n Al2 (SO4 )3 = 0 ,2. 2 = 0,4 mol n Al(OH)3 = 15,6 = 0 ,2 mol 78 Cách 1 : H + OH Al3+ + 3 OH  → H2O  