PP 20 vận DỤNG LINH HOẠT các ĐỊNH LUẬT bảo TOÀN

Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 PHƯƠNG PHÁP 20: VẬN DỤNG LINH HOẠT CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TỒN TRONG HĨA HỌC I CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Bí để giải nhanh tập trắc nghiệm hóa học hay khó đề thi Đại học, Cao đẳng vận dụng thật linh hoạt nhuần nhuyễn định luật bảo tồn hóa học Thơng qua ví dụ minh họa tập vận dụng đây, tác giả hi vọng tốc độ giải tập hóa học bạn đọc cải thiện đáng kể Ví dụ 1: Cho 20 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan vừa hết 700 ml dung dịch HCl 1M thu 3,36 lít H2 (đktc) dung dịch Y Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa nung khơng khí đến khối lượng không đổi, thu chất rắn Z Khối lượng Z : A 16 gam B 32 gam C gam D 24 gam (Đề thi thử Đại học lần – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : (H + H O)  Fe,Fe3O   FeO, Fe2 O3 dd HCl  FeCl2 Fe(OH)2 O2 , t o NaOH  →  → Fe2 O3  123  FeCl3 Fe(OH)3  chất rắn Z 14 43 dung dịch Y Áp dụng bảo tồn nguyên tố H, O, Fe bảo toàn khối lượng, ta có :  n HCl = n H + n H O {2 {2  {0,7 2 n Fe O = n Fe X 0,15 ?  14 43 n O X = n H2O = 0,2  { ¬  0,3 0,15 ⇒ ⇒  n O X = n H2O  n Fe X = 0,3 m = 0,15.160 = 24 gam 56n + 16n = 20  Fe2O3  Fe X O X  Ví dụ 2: Hịa tan hồn tồn 27,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe 2O3 dung dịch H2SO4 loãng (lượng H2SO4 phản ứng vừa đủ với giá trị nhỏ nhất), thấy V lít H (đktc) thu dung dịch Y Thêm từ từ NaOH đến dư vào dung dịch Y Kết thúc thí nghiệm, lọc lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng không đổi thu 32 gam chất rắn V có giá trị A 3,36 lít B 11,2 lít C 4,48 lít D 2,24 lít (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Trong phản ứng X với dung dịch H 2SO4 loãng, lượng H2SO4 dùng vừa đủ với giá trị nhỏ Fe khử hết Fe3+ sinh từ Fe2O3 Sơ đồ phản ứng : Trên bước đường thành công dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 H2  Fe   Fe2 O3 14 43 dd H SO 27,2 gam O , to NaOH FeSO  → Fe(OH)2  → Fe2 O3 123 0,2 mol Theo giả thiết áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : 56n Fe + 160n Fe O X = 27,2 n Fe = 0,2   n Fe + 2n Fe O X = n F O thu ⇒  3 1444 4244443 n Fe2O3 X = 0,1  0,2  Trong phản ứng X với H2SO4, theo bảo tồn electron, ta có : n Fe = n Fe O + n H ⇒ n H = 0,1 mol ⇒ VH (ñktc) = 2,24 lít 2 { {2 {2 0,2 0,1 ? Ví dụ 3: Người ta điều chế H2 O2 phương pháp điện phân dung dịch NaOH với điện cực trơ, cường độ dòng điện 0,67A thời gian 40 Dung dịch thu sau điện phân có khối lượng 100 gam nồng độ NaOH 6% Nồng độ dung dịch NaOH trước điện phân (giả thiết lượng nước bay không đáng kể) A 5,08% B 6,00% C 5,50% D 3,16% (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) Hướng dẫn giải Điện phân dung dịch NaOH chất điện phân H2O, tạo O2 anot H2 catot Khối lượng NaOH dung dịch không bị thay đổi Theo bảo tồn electron, ta có :  n H = 0,5 mol 0,67.40.3600 = mol ⇒  2 96500 n = 0,25 mol  O2 Theo bảo toàn khối lượng, ta thấy nồng độ phần trăm dung dịch NaOH trước điện phân : 2n H = 4n O = n electron trao đổi = C%dd NaOH = m NaOH m dd NaOH ban đầu = 100.6% 100% = 5,5% 100 + 0,5.2 { + 0,25.32 1442443 mH mO Ví dụ 4: Cho 10,4 gam hỗn hợp gồm Fe C (Fe chiếm 53,846% khối lượng) phản ứng với dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư tạo NO2 sản phẩm khử Thể tích khí (đktc) tạo thành sau phản ứng : A 44,8 lít B 14,2 lít C 51,52 lít D 42,56 lít (Đề thi thử Đại học lần – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải  m Fe = 10,4.53,846% = 5,6 gam n Fe = 0,1 mol ⇒ Theo giả thiết, ta có :   m C = 10,4 − 5,6 = 4,8 gam n C = 0, mol Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 NO2 ↑  Fe HNO3 → Fe(NO3 )3 +  + H 2O Sơ đồ phản ứng :   C CO ↑    Theo bảo tồn electron bảo tồn ngun tố C, ta có :  n NO = n Fe + n C = 1,9 mol { {  0,1 0,4 ⇒ V(NO , CO ) đktc = (1,9 + 0,4).22,4 = 51,52 lít  2  n CO = n C = 0, mol  PS : Ở tập này, học sinh thường tính thể tích khí NO mà qn khơng tính thể tích khí CO2, đáp án D : 42,56 lít Đó kết sai! Ví dụ 5: Trộn 10,8 gam bột Al với 34,8 gam bột Fe3O4 tiến hành phản ứng nhiệt nhôm điều kiện khơng có khơng khí Hồ tan hồn tồn hỗn hợp rắn sau phản ứng dung dịch H 2SO4 lỗng (dư) thu 10,752 lít khí H2 (đktc) Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm A 80% B 90% C 70% D 60% (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010) Hướng dẫn giải Theo giả thiết bảo toàn electron, ta thấy : n Fe O = 3n Al { nên hiệu suất phản ứng tính {3 0,4 0,15 theo Al Fe3O4 Trong phản ứng nhiệt nhôm phản ứng hỗn hợp X với HCl, theo bảo toàn electron bảo tồn ngun tố Fe, Al, ta có : 8n Fe O phản ứng = 3n Al phản ứng 424444 3→ 144424443  1444  0,04.8.27  8x 3x ⇒ x = 0,04 ⇒ H = 100% = 80%  10,8 n + 3n = n Fe tạo thành  144 424443 {Al dư {H2  9x 0,4 − 8x 0,48 Ví dụ 6: Cho luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 nhiệt độ cao thời gian, thu 6,72 gam hỗn hợp X gồm chất rắn khác Đem hoà tan hoàn toàn X dung dịch HNO dư, thu 0,448 lít khí NO (đktc) Giá trị m : A 8,2 B C 7,2 D 6,8 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Ninh Giang, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Fe2 O3 CO, t o (1) CO2 ↑  FeO, Fe2 O3 HNO3  → Fe(NO3 )3 + NO ↑  (2)  Fe, Fe3O Căn vào toàn trình phản ứng, ta thấy : Chất khử CO; chất oxi hóa HNO 3, sản n = 3n NO ⇒ n CO = 0, 03 mol { phẩm khử HNO3 NO Theo bảo toàn electron, ta có : {CO ? 0,02 Theo chất phản ứng khử oxit bảo tồn khối lượng, ta có : n O bị tách khỏi Fe O = nCO = 0,03 ⇒ m Fe O = 6, {72 + 3 mX 0,03.16 1442443 = 7,2 gam m O bị tách khỏi Fe2O3 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Ví dụ 7: Cho 5,04 gam natri sunfit tác dụng với dung dịch axit clohiđric dư Tồn khí thu làm màu V ml dung dịch KMnO4 0,2M Giá trị V : A 70 B 80 C 160 D 140 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Việt Yên 1, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Bản chất phản ứng : Na2 SO3 + HCl → Na2SO + SO ↑ + H 2O SO2 + KMnO + H 2O → K 2SO + MnSO + H 2SO Theo bảo toàn nguyên tố S bảo tồn electron, ta có :  5,04  n SO2 = n Na2SO3 = 126 = 0,04 ⇒ n KMnO = 0,016 mol ⇒ Vdd KMnO 0,2M = 0,08 lít = 80 ml  4 = 5n KMnO SO2 2 n { 1442443  0,04 ? Ví dụ 8: Oxi hóa 4,2 gam sắt khơng khí, thu 5,32 gam hỗn hợp X gồm sắt oxit sắt Hòa tan hết X 200 ml dung dịch HNO a mol/l, sinh 0,448 lít NO (ở đktc, sản phẩm khử N+5) Giá trị a A 1,225 B 1,1 C 1,3 D 1,425 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Fe HNO3 O2 →   → muoái + NO ↑ Sơ đồ phản ứng : Fe  (1) (2) Fe O  x y 5,32 − 4,2 = 0,035 mol 32 Theo bảo toàn electron bảo tồn ngun tố N, ta có : Theo bảo tồn khối lượng, ta có : n O =  n NO − tạo muối = n electron trao đổi = n O + 3n NO = 0,2 { {2  0,02 0,22  0,035 ⇒ [HNO3 ] = = 1,1M  n = n + n = 0,22 0,2 − HNO NO  NO3 tạo muối 1444 4244443 { 0,02  0,2 PS : Ở này, cho hòa tan hết X HNO3 phải tạo Fe(NO3)3 tính 0,245 = 1,225 mol Đây kết phương án A : n HNO3 = 3n Fe(NO )3 + n NO = 0,245 mol ⇒ [HNO3 ] = 0,2 sai! Thực tế muối tạo thành gồm Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 Ví dụ 9: Cho hỗn hợp X chứa 0,15 mol Cu 0,15 mol Fe tác dụng với HNO loãng, thu sản phẩm khử 0,2 mol khí khơng màu hóa nâu khơng khí dung dịch Y Khối lượng muối khan thu sau cô cạn dung dịch Y : A 64,5 gam B 55,2 gam C 45,8 gam D 38,6 gam (Đề thi thử Đại học lần – THPT Cẩm Khê – Phú Thọ, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Khí khơng màu hóa nâu khơng khí NO Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng Theo bảo toàn electron, ta thấy : ĐT : 0972026205 n Fe + n Cu = 3n NO ⇒ { { { Trong phản ứng X với dung dịch 0,15 0,15 0,2 HNO3, muối tạo thành Fe(NO3)2 Cu(NO3)2 Theo bảo tồn ngun tố Fe, Cu, ta có :  n Fe(NO ) = n Fe = 0,15 mol ⇒ m muoái = 0,15.180  14 43 + 0,15.188 14 43 = 55,2 gam  n Cu(NO3 )2 = nCu = 0,15 mol m Fe ( NO ) m Cu( NO ) 3 Ví dụ 10: Nhiệt phân 50,56 gam KMnO4 sau thời gian thu 46,72 gam chất rắn Cho tồn lượng khí sinh phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu hỗn hợp Y nặng 13,04 gam Hịa tan hồn tồn hỗn hợp Y dung dịch H 2SO4 đặc, nóng dư thu 1,344 lít SO (đktc) Thành phần phần trăm khối lượng Mg X A 52,17% B 46,15% C 28,15% D 39,13% (Đề thi thử Đại học lần – THPT Lục Ngạn số – Bắc Giang – Năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng :  Fe O , Fe H SO4 to Mg, Fe KMnO  → O2  →  x y  → (1) (2) (3)  MgO, Mg 42 43  Fe(NO3 )3 + SO ↑   Mg(NO3 )2 Y Hỗn hợp Y chứa chất sơ đồ Ở (1), theo bảo tồn khối lượng, ta có : m O = 50,56 { − 46,72 { = 3,84 gam ⇒ n O2 = 0,12 mol m KMnO m chất rắn Ở (2) (3), theo bảo tồn khối lượng bảo tồn electron, ta có : 24n Mg + 56n Fe = m Y − m O = 9,2 { {  13,04 0,15.24   n Mg = 0,15 3,84 ⇒ ⇒ %m Mg X = 100% = 39,13%  9,2 2n Mg + 3n Fe = n{O2 + n{SO2 = 0,6  n Fe = 0,1  0,12 0,06 Ví dụ 11: Hoà tan m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS S vào dung dịch HNO3 đặc, nóng, thu dung dịch Y (khơng chứa muối amoni) 49,28 lít hỗn hợp khí NO, NO nặng 85,2 gam Cho Ba(OH)2 dư vào Y, lấy kết tủa nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 148,5 gam chất rắn khan Giá trị m A 38,4 gam B 9,36 gam C 24,8 gam D 27,4 gam (Đề thi thử Đại học lần – THPT Minh Khai, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm Fe S Dung dịch Y axit dư Sơ đồ phản ứng : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 NO2  NO  Fe  S HNO3 (1) Fe3+ , H +  Fe(OH)3 t o Fe2 O3 Ba(OH)2  →  →   (2) (3) BaSO SO 2− , NO3−    BaSO 14444 42444443 Y  n NO + n NO = 2,2 n NO = ⇒  30n NO + 46n NO = 85,2 n NO2 = 1,2  Theo bảo toàn electron bảo toàn nguyên tố Fe, Ba, ta có : 3n Fe + 6n S = n NO + n NO = 4,2 { {  1,2  3n + 6n S = 4,2 n = 0,4 ⇒  Fe ⇒  Fe  + 233 n BaSO = 148,5 80n Fe + 233n S = 148,5 n S = 0,5 Fe2 O3 160 n{ {  0,5n Fe nS 1442443+ 0,4.56 1442443= 38,4 gam Suy : m X = 0,5.32 mS m Fe Ví dụ 12: Điện phân lít dung dịch hỗn hợp gồm NaCl CuSO4 đến H2O bị điện phân hai cực dừng lại, catot thu 1,28 gam kim loại anot thu 0,336 lít khí (đktc) Coi thể tích dung dịch khơng đổi pH dung dịch thu : A B C 12 D 13 (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Giả sử anot có khí Cl2 Áp dụng bảo tồn electron, ta có : 3,36 n electron trao đổi = n Cl2 = nCu ⇒ n Cl2 = 0,02 mol > = 0,015 mol : Vô lý! { { 22,4 ? 0,02 Vậy anot phải giải phóng khí O2 Theo bảo tồn electron giả thiết, ta có : 2n Cl + 4n O = 2n Cu = 0,04 n Cl = 0,01 2 ⇒  n + n O = 0,015 n = 0,005  Cl2  O2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố H O, ta có :  n H+ = 2n H O 0,02 ⇒ n H+ = 0,02 mol ⇒ [H + ] = = 0,01M ⇒ pH =  n = 2n = 0,01 O2  H2O Ví dụ 13: Dung dịch X gồm AgNO3 Cu(NO3)2 có nồng độ mol Lấy lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X phản ứng kết thúc thu chất rắn Y chứa kim loại Cho Y vào dung dịch HCl dư giải phóng 0,07 gam khí Nồng độ mol muối là: A 0,3M B 0,45M C 0,42M D 0,40M (Đề thi thử Đại học lần – THPT Vĩnh Bảo – Hải Phòng, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Thứ tự tính khử : Al > Fe; thứ tự tính oxi hóa : Ag+ > Cu2+ Căn vào thứ tự tính oxi hóa – khử giả thiết ta thấy kim loại Y Ag, Cu Fe Sơ đồ phản ứng :  Ag  2+ Cu +  Al3+  2+  Fe Al { , Fe { 0,03 mol 0,05 mol (1)  Ag, Cu H+  → Fe2 + +  (2)  Fe H2 { 0,035 mol Căn vào tồn q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử Al, Fe; chất oxi hóa Ag +, Cu2+, H+, sản phẩm khử H+ H2 Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : 0, 04 n Al + n Fe = n Cu2+ + n Ag+ + n H ⇒ x = 0, 04 ⇒ [AgNO3 = [Cu(NO )2 ] = = 0,4M { { { { 0,1 { 0,03 0,05 x 0,035 x Ví dụ 14: Cho 23,2 gam Fe3O4 vào lít HCl 1M, thu dung dịch X Thể tích dung dịch KMnO 0,5M (trong dung dịch H2SO4 loãng, dư) cần dùng để oxi hóa hết chất dung dịch X A 425 ml B 520 ml C 400 ml D 440 ml (Đề thi thử Đại học lần – THPT Lục Ngạn số – Bắc Giang, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Fe3O  Fe2+ , Fe3+ KMnO4 / H2SO4 →  − + → Cl ,H HCl (1) 3+ 2+  Fe , Mn + Cl ↑  2− + SO ,H Trong dung dịch X muối sắt cịn cịn HCl dư Căn vào sơ đồ phản ứng, ta thấy : Trong tồn q trình phản ứng, chất khử Fe 3O4 HCl; chất oxi hóa KMnO4 Theo bảo tồn electron, ta có : 0,22 n Fe O + n HCl = 5n KMnO ⇒ n KMnO = 0,22 mol ⇒ Vdd KMnO 0,5M = = 0,44 lít = 440 ml 4 {3 { 1442443 0,5 0,1 ? Ví dụ 15*: Cho 8,3 gam hỗn hợp Al, Fe vào 600 ml dung dịch HCl 1M, thu dung dịch X 5,6 lít khí (đktc) Cho dung dịch X tác dụng vừa hết với 500 ml dung dịch KMnO x mol/lít H2SO4 Giá trị x : A 0,28M B 0,24M C 0,48M D 0,04M Hướng dẫn giải  n H+ ban đầu = n HCl = 0,6 mol ⇒ n H+ dö = 0,1 mol Theo giả thiết bảo tồn ngun tố H, ta có :   n H+ phản ứng = 2n H2 = 0,5 mol Vì axit HCl dư nên Al Fe phản ứng hết Sơ đồ phản ứng : Trên bước đường thành công khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 H2 ↑ HCl (1)  Fe   Al  Al3+ , Fe2 + KMnO4 / H2SO4  →  + (2) − 1H4 ,2Cl4 3+ 3+ +  Al , Fe , K + Cl2 ↑  2+ 2−  Mn , SO dung dòch X Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (1) kết hợp với giả thiết, ta có : 27n Al + 56n Fe = 8,3 n = 0,1 ⇒  Al  3n + 2n Fe = 2n H = 0,5 n Fe = 0,1  Al Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (2), ta có : 0,14 5n KMnO = n Fe2+ + n Cl− ⇒ n KMnO = 0,14 mol ⇒ [KMnO ] = = 0,28M { 0,5 34 { 0,1 ? 0,6 PS : Ở tập này, học sinh thường quên phản ứng oxi hóa ion Cl − , biểu thức bảo toàn 0,02 5n = n = 0, 02 mol ⇒ [KMnO ] = = 0,04M 2+ ⇒ n KMnO KMnO electron cho phản ứng (2) 34 {Fe 0,5 ? 0,1 Nhưng kết sai! Ví dụ 16: Sau đun nóng 23,7 gam KMnO4 thu 22,74 gam hỗn hợp chất rắn Cho hỗn hợp chất rắn tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18 g/ml) đun nóng Thể tích khí Cl2 (đktc) thu : A 2,24 B 4,48 C 7,056 D 3,36 Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : O2 ↑ KMnO to (1) K MnO  MnCl2  HCl → + Cl ↑ MnO2  (2) KCl   KMnO  Như vậy, sau tồn q trình phản ứng : Chất oxi hóa Mn +7 KMnO4, số oxi hóa Mn thay đổi từ +7 +2 Chất khử O −2 KMnO4 Cl −1 HCl, số oxi hóa O thay đổi từ -2 0, số oxi hóa Cl thay đổi từ -1 Áp dụng bảo tồn khối lượng, ta có : 0,96 m O = 23,7 − 22,74 = 0,96 gam ⇒ n O = = 0,03 mol { { 2 32 m m KMnO4 chất rắn Áp dụng bảo tồn electron, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 5n KMnO = n O + n Cl ⇒ n Cl = 0,315 mol ⇒ VCl (ñktc) = 0,315.22,4 = 7,056 lít 2 {2 {2 34 0,03 0,15 ? Ví dụ 17: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe 2O3, CuO, MgO, FeO Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu 3,36 lít khí SO (đktc) Mặt khác, nung m gam hỗn hợp X với khí CO dư, thu chất rắn Y hỗn hợp khí Z Cho Z vào dung dịch Ca(OH) dư thu 35 gam kết tủa Cho chất rắn Y vào dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu V lít khí NO2 (đktc) sản phẩm khử Giá trị V A 11,2 B 22,4 C 44,8 D 33,6 (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Trong phản ứng X với CO, theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : n CO = n CO = n CaCO = 0,35 mol Trong phản ứng X với H 2SO4 đặc, nóng, chất khử X; chất oxi hóa H 2SO4, sản phẩm khử SO2 Trong phản ứng X với CO Y với HNO đặc, nóng, chất khử X CO; chất oxi hóa HNO3, sản phẩm khử NO2 Theo bảo tồn electron, ta có :  n electron X nhường = n SO = 0,3 {   0,15 ⇒ VNO (ñktc) = 22,4 lít  + n CO =  n NO2 = n144444 electron X nhường 424444443 {  0,35 0,3 Ví dụ 18*: Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu Fe 2O3 vào dung dịch HCl, sau phản ứng hoàn toàn thu dung dịch Y chứa hai chất tan lại 0,2m gam chất rắn chưa tan Tách bỏ phần chưa tan, cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y thu 86,16 gam kết tủa Giá trị m A 17,92 B 22,40 C 26,88 D 20,16 (Đề thi thử Đại học lần – THPT Tĩnh Gia – Thanh Hóa, năm học 2013 – 2014) Hướng dẫn giải Bản chất phản ứng X với HCl : Fe2 O3 + HCl → FeCl3 + H O Cu + FeCl3 → CuCl + FeCl Chất rắn lại sau phản ứng Cu, m X phản ứng với HCl = m − 0,2m = 0,8m AgCl ↓ Cu CuCl2 Cu(NO3 )3 AgNO3 HCl →  → +     (1) (2) Sơ đồ phản ứng :  Fe2 O3 FeCl2 144 Fe(NO3 )3 Ag ↓ 1442443 2443 X Y Vì dung dịch Y chứa hai chất tan nên hai muối, HCl khơng cịn dư Áp dụng bảo tồn electron cho phản ứng (1), ta có : n Cu = n Fe2O3 = x Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl bảo tồn electron cho phản ứng (2), ta có :  n CuCl + n FeCl = n AgCl {  { x 2x ⇒ m (Ag, AgNO ) = 6x.143,5 + 2x.108 = 86,16 ⇒ x = 0,08   n{FeCl2 = n Ag  2x Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng Suy : ĐT : 0972026205 m X phản ứng với HCl = 0,08.64 1442443+ 0,08.160 144424443= 0,8m ⇒ m = 22,4 gam m Cu m Fe 2O3 Ví dụ 19*: Thổi khí CO qua ống sứ đựng m gam Fe 2O3 nung nóng Sau phản ứng thu m gam chất rắn Y gồm chất Hoà tan hết chất rắn Y dung dịch HNO dư thu 0,448 lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đo điều kiện chuẩn) dung dịch Z Cô cạn dung dịch Z thu (m1 + 16,68) gam muối khan Giá trị m : A 8,0 gam B 16,0 gam C 12,0 gam D gam (Đề thi thử Đại học – THPT chuyên Bắc Ninh) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : CO2 ↑ Fe2 O3 CO, t o (1) Fe3O4 , Fe HNO3  → Fe(NO3 )3 + NO ↑  (2) FeO, Fe2 O3 44 43 Y Xét tồn q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử CO, chất oxi hóa HNO 3, sản phẩm khử HNO3 NO Theo bảo tồn electron, ta có : n CO = n NO ⇒ n CO = 0,03 mol ⇒ n O Fe O bị tách = n CO = 0,03 mol { { ? 0,02 Theo bảo toàn khối lượng, ta thấy : m Y = m Fe2O3 − m O bị tách ⇒ m1 = m − 0,48 (*) Theo bảo toàn nguyên tố Fe giả thiết, ta có : 2n Fe O = n Fe(NO 3 )3 ⇒ m + 16,68 m = (**) 160 242 Giải hệ (*) (**), ta có : m = gam Ví dụ 20: Trộn 21,6 gam bột Al với m gam hỗn hợp X (gồm FeO, Fe 2O3 Fe3O4) hỗn hợp Y Nung Y nhiệt độ cao điều kiện khơng có khơng khí đến phản ứng hoàn toàn thu hỗn hợp chất rắn Z Cho Z tác dụng với dung dịch NaOH dư thu 6,72 lít khí Nếu cho Z tác dụng với dung dịch HNO3 lỗng, dư thu 19,04 lít NO (sản phẩm khử nhất) Biết thể tích khí đo đktc Giá trị m : A 58,6 B 50,8 C 46,0 D 62,0 (Đề thi thử Đại học lần – THPT chuyên – ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, phản ứng nhiệt nhôm xảy hoàn toàn, hỗn hợp sau phản ứng tác dụng với dung dịch NaOH sinh khí H2 Chứng tỏ Al dư, oxit Fe phản ứng hết 21,6 6,72 19,04 = 0,8 mol; n H = = 0,3 mol; n NO = = 0,85 mol 27 22,4 22,4 Quy đổi hỗn hợp X thành Fe O Sơ đồ phản ứng : n Al = 10 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 H2 ↑ { 0,425 mol M  Sơ đồ phản ứng :  Al H2 O (1) MAlO2 HCl → Al(OH)3 ↓ + MCl  (2) 14444244443 MOH 144 0,2 mol 424443 dung dòch X Dung dịch X chứa MAlO2 có MOH khơng Theo giả thiết, bảo toàn electron bảo toàn nguyên tố Al, ta có : 27n + M.n = 11,15 n Al = 0,2 Al M   3n Al + n M = 2n H2 = 0,85 ⇒ n M = 0,25 ⇒ M laø Na  M = 23   n Al = n Al(OH)3 = 0,2 Câu 23: Phản ứng X với hỗn hợp hai axit tạo dung dịch Y chứa 0,3 mol Fe2+ Theo bảo toàn electron phản ứng dung dịch Y với Cu(NO3)2 bảo tồn ngun tố N, ta có :  3n NO − = 3n NO = n Fe2+ Y = 0,3  n = 0,1   NO  VNO (đktc) = 2,24 lít ⇒ ⇒     n Cu(NO3 )2 = 0,05  Vdd Cu(NO3 )2 1M = 0,05 lít = 50 ml 2n Cu(NO3 )2 = n NO3− Câu 24: Theo bảo toàn electron, ta thấy : n Fe > 3n NO ⇒ { { Trong phản ứng Fe, Cu với dung dịch 0,0357 0,02 HNO3, Fe dư, Cu chứa phản ứng muối tạo thành Fe(NO3)2 Theo bảo toàn electron bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n Fe phản ứng = 3n NO ⇒ n Fe phản ứng = 0,03 mol ⇒ n Fe(NO ) = 0, 03 mol ⇒ m Fe(NO ) = 5, gam 3 { 14 43 0,02 ? Câu 25: Cho Fe phản ứng với dung dịch AgNO 3, dung dịch X thu phản ứng với Br Chứng tỏ X có Fe2 + Vậy dung dịch X có Fe2 + , NO3− , có khơng có Fe3+ Sơ đồ phản ứng : Ag Fe AgNO3 (1) Fe2 + , Fe3+ Fe3+ Br2  →   (2) − − − NO3 NO3 ,Br Theo sơ đồ phản ứng, ta thất : Chất khử Fe, chất oxi hóa AgNO3 Br2 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 39 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Theo bảo tồn electron, ta có : 3n Fe = n AgNO + n Br ⇒ n AgNO = 1,2 mol { {2 123 0,5 ? 0,15 Câu 26: Dung dịch X phản ứng với H 2SO4 thu khí NO, chứng tỏ X phải có Fe2 + NO3 − , khơng cịn H + Ngồi X có Fe3+ khơng Dung dich Y hịa tan Cu khơng giải phóng khí, chứng tỏ Y khơng cịn NO3 − Trong Y chắn có Fe3+ , SO − , H + có Fe2 + Sơ đồ phản ứng : + 2− SO − , NO3− H SO  H , SO4 Cu Fe  →  2+  →  3+  → (2) (3) 2+ 3+  Fe , Fe  Fe , Fe 44 43 42 43 HNO3 , H2 SO4 (1) 2+ 2+ Fe , Cu  + 2− H , SO dung dòch Y dung dòch X Theo sơ đồ phản ứng, ta thấy : Chất khử Fe Cu, số oxi hóa Fe Cu tăng từ lên +2 Chất oxi hóa NO3 − mơi trường H + , sản phẩm khử NO3 − NO Theo bảo tồn electron, ta có : n Fe + n Cu = ∑ n NO ⇒ n Fe = 0,29 mol ⇒ m Fe = 0,29.56 = 16,24 gam { { 123 ? 0,13 0,28 Câu 27: Vì chất rắn Z khơng phản ứng với H2SO4 loãng nên 1,6 gam chất rắn Z Cu Sơ đồ phản ứng : Cu FeCl3 Cu2+ , Zn 2+ KMnO4 / H2SO4  →  2+  →  (1) (2) −  Fe , Cl  Zn 2+ 2+ 2+ Cu , Fe , Zn + Cl2 ↑  2+ + 2− Mn ,K , SO Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (2), ta có : 0,2 5n KMnO = n Fe2+ + n Cl− ⇒ n KMnO = 0,2 mol ⇒ [KMnO4 ] = = 1M 4 { 0,2 123 { ? 0,25 0,75 Câu 28:  Fe H2 SO4  → Sơ đồ phản ứng :  (1) Cu Fe2+ , SO 2− NaNO3  →  + (2) H , Cu Fe3+ , Cu2+ + NO ↑  2− + + SO , H , Na n + n Cu = 3n NO ⇒ n NO = 0,1 mol { Theo bảo toàn electron phản ứng (2), ta có : {Fe2+ { 0,1 0,1 ? Câu 29: 2+ 2+ 2+ 3+ 2+ Cu Cu , Fe Cu , Fe , Mn H2 SO loãng, dö KMnO → →  3+ +  + + (1) (2) 2− Sơ đồ phản ứng :  Fe3O Fe , H , SO 2− 1444444 H , K , SO 4244444443 dung dòch X 3+ Dung dịch X cịn Fe Căn vào tồn q trình phản ứng, ta thấy : Chất khử Cu, Fe3O4; chất oxi hóa KMnO4 Áp dụng bảo tồn electron, ta có : 40 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 n Cu + n Fe O = 5n KMnO ⇒ n Cu = 0,075 ⇒ m Cu = 0,075.64 = 0, 48 gam { {3 1442443 ? 0,01 0,005 Câu 30: Bản chất phản ứng : Fe2 O3 + 6H + → 2Fe3+ + 3H O Cu + Fe Fe 2+ 3+ → Cu 2+ + Fe + MnO + H → Fe − + (1) (2) 2+ 3+ + Mn 2+ + H 2O (3) Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (3) bảo tồn ngun tố Fe, ta có : n Fe2+ = 5n KMnO = 0,24 mol ⇒ n Fe O = 0,12 mol Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng (1), (2), ta có : n Cu = n Fe2O3 = 0,12 mol Ta có : m (Fe2 O3 , Cu) phản ứng = 0,12.160 + 0,12.64 = m − 0,328 = 0,672m ⇒ m = 40 gam Câu 31: Theo giả thiết, phản ứng nhiệt nhơm xảy hồn tồn, hỗn hợp Y thu có khả phản ứng với dung dịch NaOH sinh khí H2 Chứng tỏ Al dư, oxit sắt phản ứng hết Theo giả thiết bảo tồn khối lượng, ta có : 6,72 36,96 = 0,3 mol; n SO = = 1,65 mol; m Y = m Z = 96,6 gam 22,4 22,4 Quy đổi oxit sắt thành Fe O, hỗn hợp X gồm Al, Fe O Sơ đồ phản ứng : nH =  Fe, O to  →  (1) 1Al 23 X  Al2 O3  Fe 14Al, 43 Y   NaOH   H2 O (2) NaAlO2 + H ↑ H2 SO đặc, t o (3)  Al2 (SO )3 + SO2 ↑   Fe2 (SO4 )3 Theo bảo tồn electron giả thiết, ta có :  3n Al = 2n O + 2n H 3n Al = 2n O + n H  44 4 432 {2   n Al = mol 0,3  bảo toàn electron cho (1) (2)    ⇒ 3n Al + 3n Fe = 2n O + n SO ⇒  n Fe = 0,9 mol 3n Al + 3n Fe = 2n O + 2n SO2 { 4 4 43  4bảo4toà4   n = 1,2 mol 1,65 n electron cho (1) vaø (3)  O   27n + 56n + 16n = 96, 27n Al + 56n Fe + 16n O = 96,6  Al Fe O Suy : n Fe : n O = 0,9 :1,2 = : ⇒ oxit sắt Fe 3O Câu 32: Theo bảo tồn điện tích bảo tồn khối lượng, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 41 Biên soạn : Vũ Hồng Dũng ĐT : 0972026205  n electron trao đổi = n NO − tạo muối = 3n NO + n NO = 0,07 mol { {  0,01 0,04   + m NO − tạo muối = 5,69 gam  m muoái = m (Cu, Mg, Al) 1444 4244443 1444 244443  1,35 0,07.62 Câu 33: Giả sử phản ứng tạo NH4NO3 Theo bảo tồn electron bảo tồn khối lượng, ta có : n − = n electron trao đổi = 3n NO + 8n N O + 8n NH NO  NO3 tạo muối nitrat kim loại   m muoái = m (Mg, Al, Zn) + m NO3− tạo muối nitrat kim loại + m NH 4NO3   n HNO3 bị khử = n NO + 2n N2O + 2n NH4NO3 Suy : 127 = 30 + 62(3 n NO + n N O + n NH NO ) + 80 n NH NO 4 { {2 144244 144244 n  = 0,05 0,1   NH4 NO3 0,1 ? ? ⇒   n HNO3 bị khử = n{NO + n{N2O + n14NH  n HNO3 bị khử = 0,4 mol NO 4244  0,1 0,1 ? Câu 34: 17,92.25,446% = 0,285 mol 16 Theo giả thiết, ta có : n O2− X =  1,736  n N2 + n N2O = 22,4 = 0,0775   n N2 = 0,065 ⇒  28n + 44n  N2 N2O n = 0,0125  = 15,29.2 = 30,58  N2O  nN + nN O  2 Bản chất phản ứng : H + tham gia phản ứng trao đổi với ion O2− ; H + NO3− tham gia phản ứng khử kim loại ion kim loại ● Cách : Tính số mol HNO3 thơng qua số mol ion H + dựa vào phản ứng 2H + + O2− → H 2O mol : 0,57 ¬ 0,285 12H + + 2NO3− + 10e → N + 6H 2O mol : 0,78 ¬ 0,065 10H + 2NO3 + 8e → N O + 5H 2O + mol : 0,125 − ¬ 0,0125 Suy : n HNO3 = n H+ = 1,475 mol ● Cách : Vận dụng linh hoạt định luật bảo tồn điện tích, bảo tồn electron bảo toàn nguyên tố N  n HNO = 10n N + 8n N O + 2n N + 2n N O = 0,905 442 432 442 432  n electron trao đổi nN sản phẩm khử ⇒ ∑ n HNO = 1,475 mol  n = n = 2n = 0,57 + − H O  HNO3 42 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Câu 35:  Ba2+ , H + K CO3  → Sơ đồ phản ứng :  − − Cl , NO3 K + , Cl − + BaCO3 ↓ + CO2 ↑  − NO3 Áp dụng bảo tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng bảo tồn ngun tố K, ta có :  n K + = n Cl− + n NO − = 0,5 { {3  0,1 ⇒ n K CO = 0,25 mol ⇒ Vdd K CO 1M = 0,25 lít 0,4  3 2n = n = 0,5 + K  K2CO3 Câu 36: Theo bảo tồn điện tích phản ứng X với dung dịch HCl, bảo tồn điện tích bảo tồn khối lượng dung dịch X, ta có :  a  n OH− X = = n H+ = 0,02 a = 0,04; b = 0,03   ⇒ m muoái = 0,01.137 + 0,03.23 + 0,04.17 + 0,01.62 = 3,36 gam  14 43 14 43 14 43 14 43 2 n{Ba2+ + n{Na+ = n{OH− + n NO3−  m 2+ m + m − m − { Ba Na OH NO3   0,01 b a 0,01 Câu 37: Theo bảo tồn ngun tố C, S, N, ta có : n CO 2− 100 ml dd X = n CO = 0,1 mol; m kết tủa = 197 n BaCO + 233 n BaSO = 43 ⇒ n BaSO = 0,1 mol ⇒ n SO 2− 100 ml dd X = 0,1 mol; 4 { { 0,1 ? n NH + 200 ml dd X = n NH = 0,4 mol ⇒ n NH + 100 ml dd X = 0,2 mol 4 Theo bảo tồn điện tích 100 ml dung dịch X, ta có : n Na+ + n NH + = n CO 2− + n SO 2− ⇒ n Na+ = 0,2 mol { {4 {4 {3 ? 0,2 Vậy 0,1 0,1 m muoái 300 ml dd X = 3(0,2.23 + 0,2.18 + 0,1.60 + 0,1.96) = 71,4 gam m m Na+ m NH 4+ CO32− m SO 42− Câu 38: Áp dụng bảo tồn điện tích cho dung dịch X, ta có : n Ca2+ + n Mg2+ = n HCO − + n Cl− ⇒ x = 0,4 mol { { { { 0,1 0,3 0,4 x Phản ứng xảy đun nóng dung dịch X : o t 2HCO3−  → CO32 − + CO2 ↑ + H O mol : 0,4 Suy : m = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 14 43 + 0,2.60 = 37,4 gam → m Ca2+ 0,2 m Mg2+ m Cl − m CO32− Câu 39: Sử dụng cơng thức giải nhanh bảo tồn nguyên tố C, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 43 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205  n H+ − n CO 2− = n CO { {3 { n = 0,105  0,15 0,045  CO32− ? ⇒ ⇒ m = 0,105.106   43 + 0,09.100 14 43 = 20,13 gam n + n = n + n n = 0,09 − − −  CO3  HCO3 BaCO3 m Na CO m KHCO HCO3 3 {CO2 { {  {? 0,045 0,15 ? Dựa vào tỉ lệ mol ion CO32 − HCO3− chất phản ứng, ta có :   n CO 2− : n HCO − = 0,105 : 0,09  x = 0,5    n HCO − phản ứng + n CO 2− phản ứng = n H + = 0,15 ⇒  n CO2 = n HCO3− phản ứng + nCO32− phản ứng = 0,0975 mol  32  43 0,09x 0,105x   VCO (ñktc) = 0,0975.22,4 = 2,184 lít  Câu 40: Trong phản ứng X với dung dịch Ba(OH) 2, ion Mg2+, Cu2+ thay ion Ba2+ nên khối lượng dung dịch thu tăng so với khối lượng X Theo bảo tồn điện tích tăng giảm khối lượng, ta có :  n Cu2+ + n Mg2+ = n Ba2+ = 0,03 n Cu2+ + n Mg2+ = 0,03 n Cu2+ = 0,01 ⇒ ⇒  137n Ba2+ − 64n Cu2+ − 24n Mg2+ = 2,99 64n Cu2+ + 24n Mg2+ = 1,12 n Mg2+ = 0, 02 4 1,008 = 0,036 Trong phản ứng nhiệt phân X, ta có : n NO − = n NO2 = n (NO2 , O2 ) = 5 22,4 Áp dụng bảo toàn điện tích bảo tồn khối lượng cho dung dịch X, ta có :  n Cl− = 0,024 2 n Cu2+ + n Mg2+ = n NO − + n Cl− { {3 {   { ? 0,02 ⇒  m = m 2+ + m 2+ + m − + m − = 4,204 gam 0,036  0,01 {Cu {Cl {Mg  m = m + + m 2+ + m − + m −  {NO3 0,01.64 0,024.35,5 Cu Mg NO3 Cl 0,02.24 0,036.62   Câu 41: Theo giả thiết, ta có sơ đồ phản ứng : Ba2 + , Na+  Al dd NaOH dd HCl  →   →  (1) (2) − − AlO2 , OH  Ba 44 43 dung dòch X Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : 2+ + Ba , Na + Al(OH)3 ↓  − Cl 42 43 ung dòch Y n Al + n Ba = n H ⇒ x = 0,1 { { {2 2x x 0,4 Sau tất phản ứng, dung dịch thu (dung dịch Y) chứa ion Theo bảo toàn nguyên tố Ba, Na áp dụng bảo tồn điện cho dung dịch Y, ta có :  n + = n NaOH = 0,5  Na  n Ba2+ = n Ba = 0,1 ⇒ n Cl− = 0,7 ⇒ n HCl = 0,7 ⇒ Vdd HCl 1M = 0, lít = 700 ml   n Na+ + 2n Ba2+ = n Cl− Câu 42: Theo giả thiết, suy : n Cl− = n HCl = 0,3 mol; n SO42− = n H2SO4 = 0,15 mol Sơ đồ phản ứng : 44 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 H2 ↑ HCl (1)  Fe   Al  Al3+ , Fe2 + Na+ , K +  Al(OH)3 ↓ NaOH, KOH  → +  +   (2) − 2− − 2−  Fe(OH)2 ↓  Cl , SO 4 1H4 ,4Cl2 ,4SO 43 44 43 dung dòch X dung dòch Y Cho NaOH, KOH vào dung dịch X để thu kết tủa lớn dung dịch Y thu cịn ion Gọi V thể tích dung dịch NaOH 1M KOH 15M cần dùng cho phản ứng Áp dụng bảo tồn điện tích cho dung dịch Y, ta có : n Na+ + n K+ = n Cl− + n SO 2− = 0,6 mol ⇒ V = 0,24 lít = 240 ml { { { {4 V 1,5V 0,3 0,15 PS : Nếu làm theo cách thơng thường phải tính số mol Al, Fe số mol H + dư Sau tính số mol OH − phản ứng với ion Al3+ , Fe2+ , H + X, từ suy thể tích dung dịch NaOH 1M KOH 1,5M Nhưng làm nhiều thời gian hơn! Câu 43: Trong phản ứng Al 4C3 với dung dịch HCl, ion H + HCl thay ion Al3+ Vậy theo bảo tồn điện tích bảo tồn ngun tố H, ta có : 3n Al3+ X = n H+ = n HCl = 0,03 ⇒ n Al3+ = 0,01 mol Trong phản ứng Al4C3 với dung dịch KOH, ion OH − thay ion AlO2 − Vậy theo bảo tồn điện tích bảo tồn nhóm OH − , ta có : n AlO − Y = n OH− = n KOH = 0, 04 mol Trong phản ứng X với Y, theo bảo tồn điện tích, ta có : 3n Al3+ phản ứng = n AlO − phản ứng ⇒ n AlO − dö = 0,04 − 0,03 = 0,01 mol 43 422 → 0,03 0,01  Câu 44: Về tính khử : Pb > Cu Suy sau tồn q trình phản ứng, muối tan Pb(NO 3)2 Như vậy, thực chất có Pb phản ứng với dung dịch AgNO3 Theo bảo toàn electron tăng giảm khối lượng, ta có : 2n Pb = n Ag+   n Pb = 0, 025 108n + − 207n = (9,52 + 6,705) − (8 + 8) = 0,225 ⇒  Pb n = 0,05 1444442444443 14 42443 Ag   Ag+ m chất rắn thu m kim loại đem phản ứng  Theo bảo tồn ngun tố Ag, suy : Suy : n AgNO3 = n Ag+ = 0,05 mol ⇒ [AgNO3 ] = 0, 05 = 0,25M 0,2 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 45 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Câu 45: Dù Cu(NO3)2 sinh phản ứng Cu với dung dịch HNO có phản ứng hết với dung dịch KOH hay khơng cạn bình phản ứng nung chất rắn đến khối lượng không đổi, Cu hợp chất chuyển hết thành CuO 2,56 = 0,04 mol 64 Phần chất rắn X lại KNO2 có KOH dư Theo bảo tồn khối lượng bảo tồn ngun tố K, ta có : Theo bảo tồn ngun tố Cu, ta có : n CuO = n Cu = 85n KNO + 56n KOH dö = 20,76 − 0,04.80 14 43 = 17,56 n KNO = 0,2  m CuO ⇒   n KNO + n KOH dö = n KOH ban đầu = 0,21 n KOH dư = 0, 01  Theo bảo toàn nguyên tố N, ta có :  n HNO dư + n Cu(NO ) = nKNO = n KNO = 0,2 3 14 433  14 n = 0,12 mol  ?  HNO3 dö 0,04 ⇒   n HNO3 phản ứng với Cu = nHNO3 ban đầu − n HNO3 dư n HNO3 phản ứng với Cu = 0,12 mol 43 4  0,24 ? Câu 46: Trong phản ứng KClO3 với HCl đặc, coi số oxi hóa KClO thay đổi từ +5 -1 Theo n KClO = n Cl ⇒ n Cl = 0,3 mol ⇒ m M = 30,9 − 0,3.71 = 9,6 gam bảo toàn electron, ta có : { { 0,1 ? Theo bảo toàn nguyên tố Cl bảo toàn khối lượng, ta có : n AgCl = 2n Cl = 0,6 mol ⇒ m AgCl = 86,1 gam ⇒ m Ag = 21,6 gam ⇒ n Ag = 0,2 mol Trong phản ứng Cl2 với M X với AgNO3 dư, theo bảo tồn electron, ta có : n n = 9,6 M = n Cl + n Ag ⇒ = 12 ⇒  ⇒ M laø Mg {2 { M n M = 24 0,3 0,2 Câu 47: Bán phản ứng khử ion NO3− : 4H + + NO3− + 3e → NO + 2H 2O Theo bảo tồn electron bán phản ứng ta có : 2n Cu phản ứng = 3n NO  n Cu phản ứng = 0,0075 < n Cu ban đầu  n H+ Cu dö = ⇒ ⇒   n Cu2+ = 0, 0075 mol  n NO n H+ = 0,02  n = 0, 005  NO Muối thu dung dịch sau phản ứng có chứa ion Cu2 + , SO 2− , có ion NO3− khơng Theo bảo tồn điện tích, bảo tồn khối lượng giả thiết, ta có : 2 n Cu2+ = n NO − + 2n SO 2− n HNO = n NO = 0,005   {  n NO3− =  0,0075 ⇒ ⇒  0,005 = 2,5.10 −3 64 n{Cu2+ + 62n NO3− + 96n SO42− = 1,2  n SO42− = 0,0075 a =   0,0075 46 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Câu 48: Theo giả thiết : Khi cho HCl vào X thấy giải phóng khí NO, chứng tỏ X có ion Fe2+ Dung dịch X có ion Fe3+ khơng Sơ đồ phản ứng : NO2 Fe HNO3 NO (1) Fe2+ , Fe3+  − NO3 HCl (2)  Fe3+  − − Cl , NO3  n H+ =4  ⇒ n H+ = 0,08 mol ⇒ n Cl− = n H+ = 0,08 mol Ở (2), ta có :  n NO3− n  NO3− = n NO = 0,02 Áp dụng bảo tồn electron cho tồn q trình phản ứng, ta có : 3n Fe = n NO + 3n NO ⇒ n Fe = 0,12 mol ⇒ n Fe3+ = 0,06 mol { { { ? 0,3 0,02 Áp dụng bảo tồn điện tích cho dung dịch thu sau phản ứng (2), ta có : 3n Fe3+ = n Cl− + n NO − ⇒ n NO − = 0,28 ⇒ m muoái = 0,12.56 14 43 + 0,08.35,5 14 43 + 0,28.62 14 43 = 26,92 gam { { {3 m m m 0,12 0,08 ? Fe3+ Cl− NO3− Câu 49: Phản ứng Mg với dung dịch hỗn hợp gồm HCl Cu(NO 3)2 giải phóng H2 Chứng tỏ ion NO3− , Cu2+ phản ứng hết, tính oxi hóa ion lớn ion ion H + Bán phản ứng khử ion NO3− : 10H + + 2NO3− + 8e → N 2O + 5H 2O (1) Theo bảo toàn nguyên tố N, bán phản ứn (1), giả thiết bảo toàn nguyên tố H, ta có : 2n N O = n − = 2n Cu(NO ) = 0,3 NO3   n N O = 0,15  n = n + 2n = 2 HCl H2 H+  n +   H = ⇒ n = 1,5 ⇒   H+   n NO3−  [HCl] = = 1M n = 0,25    H2 44n + 2n = 7,1 N2O H2  Trong phản ứng Mg với dung dịch hỗn hợp HCl Cu(NO 3)2, chất khử Mg, chất oxi hóa NO3− / H + , Cu2 + H + Theo bảo tồn electron giả thiết, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 47 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205  m Mg phản ứng = n NO − + n H + n Cu2+ 2 { {2 24 {3   m Mg phản ứng = 24 0,15 ⇒ 0,25 ⇒ m Mg ban đầu = 24 + = 25 gam 0,3   m = m  Mg dö + m Cu = 10,6 {  Mg dö 0,075.2.64  Câu 50: Theo giả thiết, ta thấy : Hỗn hợp khí Y có chứa NO, khí khơng màu hóa nâu ngồi khơng khí Mặt khác, M Y = 11,5.2 = 23 nên khí cịn lại H2 Vì phản ứng sinh H2 nên ion NO3− phản ứng hết Ta có :  n H + n NO = 0, 08  n H = 0,02  ⇒  2n H + 30n NO = 23  n NO = 0, 06  0,08  Theo giả thiết, sau phản ứng có 0,44 gam Mg dư nên ion H + phản ứng hết Theo giả thiết bảo tồn electron, ta có : n Mg phản ứng = − 0, 44 = 0,19 mol ⇒ n H + 3n NO + 8n NH + = n Mg ⇒ n NH + = 0,02 mol { { {2 24 { 0,02 0,06 ? 0,19 Theo bảo tồn điện tích bảo tồn ngun tố N, ta có : n K + = n NO3_ = n NO + n NH4+ = 0,08 mol Trong dung dịch sau phản ứng có chứa : K + , Mg2+ ,NH + , SO − Theo bảo tồn điện tích bảo tồn khối lượng, ta có :  n K + + n NH + + n Mg2+ = n SO 2− { { {4 { n = 0,24 mol 0,19  0,08  SO42− 0,02 ? ⇒    m muoái = 39 n{K + + 18n NH4+ + 24 n{Mg2+ + 96 n SO42−  m muoái = 31,08 gam { {  0,08 0,19 0,02 ? Câu 51: 64474 0 +4 −2 +1 −2 Sơ đồ phản ứng : to C10 H8 + O2  → C O2 + H O Coi số oxi hóa C H phân tử C 10H8 Căn vào thay đổi số oxi hóa C, H bảo tồn electron, ta có : Số electron C10 H nhường = 48 Câu 52: Theo tăng giảm khối lượng phản ứng oxi hóa X bảo toàn electron phản ứng tráng gương, ta có :  m tăng 1,6 = = 0,1 mol  n − CHO = n − COOH = n Ag = 0,2 mol ⇒ 16 16  2n m Ag = 0,2.108 = 21,6 gam  − CHO = n Ag Câu 53: Theo giả thiết, suy : C(X, Y) = 48 n CO n (X, Y) = 0,2  X laø HCOOH = 1,333 ⇒  0,15 Y laø HCOOCH Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Theo bảo toàn electron : n Ag = 2n(HCOOH, HCOOCH3 ) = 0, mol ⇒ m Ag = 0,4.108 = 43,2 gam Câu 54: Theo tăng giảm khối lượng bảo tồn ngun tố H nhóm –OH, ta có :  4,6 − 2,84 = 0,08  n − OH = n − ONa = 23 − ⇒ n H = 0,04 mol ⇒ VH (ñktc) = 0,04.22,4 = 0,896 lít  2  n − OH = 2n H  Câu 55: Theo bảo toàn ngun tố O thành phần thể tích khơng khí, ta có : 2n O ban đầu = n O dö + n CO + n H O n = 0,85 mol {2 { {2   O2 ban đầu ⇒ 0,2 0,4 0,5    n = 4n  n N2 = 3, mol O2 ban đầu  N2 Câu 56:  HCHO CH OH O2 , to Ni, t o  →  →  Sơ đồ phản ứng :  H HCHO  144424443 144424443 X CO2   H O Y Theo bảo toàn nguyên tố H C, ta có :  11,7  n HCHO + n H2 = n H2 O = 18 = 0,65  n HCHO = 0,35 0,3 ⇒ ⇒ %VH X = 100% = 46,15%  n H = 0,3 7,84 0,65  n  = nCO = = 0,35  HCHO 22, Câu 57: Vì phản ứng cộng H2 xảy hồn tồn M Y = 8.2 = 16 > M H2 ⇒ Trong Y có C2H6 H2  n C H + n H = 0,4  n C H = 0,2 ⇒ Theo giả thiết, ta có :  30n C2 H6 + 2n H2 = 16.0,4 = 6,  n H2 = 0,2 Theo bảo tồn ngun tố C, ta có : n CaCO = n CO = n C X = nC Y = 2n C H = 0,4 mol ⇒ m CaCO = 0,4.100 = 40 gam 2 Câu 58: CO2 Na2 CO3 O2 , t o NaOH H  →  →   Sơ đồ phản ứng : C (1) (2) 144x242x 43 H O NaOH dö   0,1 mol Theo bảo tồn ngun tố C Na, ta có :  n Na CO = n CO = x.n C H = 0,1x x 2x ⇒ n NaOH phản ứng = 0,2x mol   n NaOH phản ứng = 2n Na2CO3 Suy : C%NaOH dư = m NaOH dư m dd sau phản ứng = x = 100.21,62% − 0,2x.40 = 5% ⇒  100 + 0,1x.44 anken laø C2 H 1442443+ 0,1x.18 1442443 m CO mH 2O Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng 49 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Câu 59: Sơ đồ phản ứng : o Cx H y 900O{ 2ml, t CO2 , O2 dö O2 dö CO2 , O2 dư ngưng tụ H2 O KOH →  →  →     (1) (2) (3) N ,H O N2 N 144444      14N 2444443 1444442444443 1444224443 42443 1400 ml 400 ml 800 ml 400 ml Theo sơ đồ ta thấy : VH2O = 600 ml; VCO2 = 400 mol, V(N2 , O2 dö ) = 400 ml 2V VO dö = 200 = 2VCO + VH O + 2VO dư  O2 ban đầu 2  V + VN = 400 VN2 = 200  O2 dö   ⇒ VC H = 200 ⇒ Cx H y laø C2 H  VCx Hy + VN2 = 400 x y    x.VCx Hy = VCO2 x =  y =   y.VCx Hy = 2VH2O Câu 60: Theo bảo tồn ngun tố Na, gốc R’, ta có :  3,52  M RCOOR' = = 88 2,12  = 0,04   n RCOOR ' = n RCOONa = 2n Na2CO3 = R ' = 29 (C2 H −) 0, 04 ⇒ ⇒ 106  2,72 n M R = 15 (CH −) = = 68  R'ONa = n R'OH = n RCOOR' = 0,04 R'ONa  0,04 Vậy công thức cấu tạo X CH 3COOC2 H : etyl axetat Câu 61: Bản chất phản ứng X với NaHCO3 : − COOH + NaHCO3 → − COONa + CO ↑ + H O mol : 0,9 0,9 ¬ Theo phương trình phản ứng bảo tồn ngun tố O phản ứng đốt cháy, ta có :  n O X = 2n − COOH = 1,8   n O X + n O = n CO + n H O ⇒ y = 1,8 mol { {2  1442443 { 1,2 1,2 y  1,8 Câu 62: Theo bảo toàn nguyên tố K bảo toàn gốc RCOO–, ta có : 2nK CO = n KOH ban đầu = 0,75 ⇒ n K CO = 0,375 mol ⇒ m K CO = 0,375.138 = 51,75 gam 3 n RCOOK = n RCOOCH = 0,6 mol ⇒ n KOH dư = n KOH ban đầu − n RCOOK = 0,15 mol 144424443 1442443 0,75 0,6 Theo bảo toàn nguyên tố C H, ta có :  n C RCOOK = nCO + n K CO = 2,4  2,4 C RCOOK = =4 { {2     0,6 2,025 0,375 ⇒ ⇒ R laø C3 H −  =3   n H RCOOK = 2.n{H2O − n1444 H KOH dö H RCOOK = =5 4244443   0,6 0,15 1,575 50 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Vì Y có mạch C phân nhánh nên công thức cấu tạo Y : CH = C(CH ) − COOH Câu 63: Sơ đồ phản ứng : H O men rượu −C6 H10 O5 −  → C6 H12 O6  → 2C2 H 5OH + 2CO2 85% 14444244443 85% tinh boät CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 ↓ + H O Theo sơ đồ phản ứng giả thiết, ta có :  1 850  n C6 H10O5 phản ứng = n CO2 = n CaCO3 = 100 = 4,25  ⇒ m C H O đem phản ứng = 952,9 gam  10 n C H O phản ứng 4,25 n 10 = = = 5,8823  C6 H10O5 đem phản ứng H 85%.85% Câu 64: H O men rượu −C6 H10 O5 −  → C6 H12 O6  → 2C2 H 5OH Sơ đồ phản ứng : 1444 4244443 tinh boät Theo sơ đồ phản ứng giả thiết, ta có :  1 575.10%.0,8 = 0,5  n C6 H10O5 phản ứng = n C2 H5OH = 46  ⇒ m C H O đem phản ứng = 108 gam  10 n 0,5 C H O phả n ứ n g n 10 = = =  C6 H10O5 đem phản ứng H 75% Câu 65: Theo giả thiết, X peptit mạch hở glyxin, đặt công thức X H(− HNCH CO−)n OH Theo bảo toàn nguyên tố H phản ứng đốt cháy X, ta có : (3n + 2).n H( − HNCH CO − ) OH = n H O ⇒ n = ⇒ O X = n 1444444244444 43 { 0,1 0,7 Câu 66: Phương trình phản ứng : crackinh C4 H10   → Cn H 2n + + Cm H 2m (1) Cm H 2m + Br2  → Cm H 2m Br2 (2) Theo (1), (2) bảo tồn khối lượng giả thiết, ta có :  25,6  n C4 H10 phản ứng = n Cn H2 n+2 = n Cm H2 m = n Br2 = 160 = 0,16 ⇒ m C H = 3,96  n n+2 = m C H phaûn öùng = 0,16.58 = 9,28 Cm H2 m  m Cn H n + + m 10 1442443  5,32 M(Cn H2 n+2 , C4 H10 dö ) = 3,96 + 58n C H 0,16 + n C H mC H 10 ban đầu 10 10 dö = 1,9625.16 = 31,4 ⇒ n C H dö 10 dö = 0,04 = (0,04 + 0,16).58 = 11,6 gam Câu 67: Vì X ancol no, đơn chức, mạch hở M Y < M X nên Y anken Trên bước đường thành công khơng có dấu chân kẻ lười biếng 51 Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 o H2 SO , t Phương trình phản ứng : Cn H 2n +1OH  → Cn H 2n + H O Theo bảo toàn khối lượng giả thiết, ta có :  MC H OH = MC H + 18 MC H OH = 46 n n +1 n 2n ⇒  n n+1 ⇒ Cn H 2n +1OH laø C2 H 5OH   MCn H2 n : M Cn H2 n+1OH = 0,609 M Cn H2 n = 28 Câu 68: o t C2 H3OOCC6 H3 (OH)OOCCH + KOH  → CH 3CHO + chất rắn + 2H 2O mol : 0,04 0,04 → → 0,08 m muoái = 8,88 { + 0,18.56 1442443− 0,02.18 1442443− 0,01.44 1442443= 15,76 gam mX m KOH mH 2O m CH 3CHO Câu 69: Theo bảo toàn nguyên tố Na giả thiết, ta có : n NaOH phản ứng với X = n NaOH ban đầu − nNaOH dư = nNaOH ban đầu − n HCl = 0,6 mol 14444244443 { 0,5.0,8 2.0,5 ⇒ n NaOH phản ứng với X n ancol = 0,6 = ⇒ X có dạng (RCOO)3 R ' 0,2 Theo bảo tồn ngun tố Na, ta có : n RCOONa = n NaOH phản ứng với X = 0,6 mol ⇒ M RCOONa = 49,2 = 82 ⇒ R = 15 (CH3 −) 0,6 Theo bảo tồn khối lượng, ta có :  m R'(OH) = 18,4  m X + m NaOH phản ứng với X = m RCOONa + m R'(OH) ⇒  ⇒ R = 41 (C3 H5 ) 18, { 424443 1442443 144444424444443 144 M = = 92  R'(OH)3 43,6 49,2 0,6.40 ? 0,2  Vậy công thức X : (CH3COO)3 C3 H Câu 70: Theo giả thiết, ta có : 144 n Al C + 64 nCaC + 40 n Ca = 37,2 ⇒ x = n Al C = n CaC = n Ca = 0,15 mol { {4 { x x x Theo bảo toàn nguyên tố C bảo toàn electron, ta có :  n CH = 3n Al C = 0,45   n C2 H2 = n CaC2 = 0,15 ⇒ m X = m (CH4 , C2 H2 , H2 ) = 0,45.16 1442443+ 0,15.26 1442443+ 0,15.2 1442443= 11, gam m CH mC H mH  2  n H2 = n Ca = 0,15 Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m X = m Y = m (C H , C H ) + m (H , CH , C H ) = m bình Br tăng + m Z ⇒ m Z = 7,56 gam 2 { 1444 42444 43 { 11,4 Suy : M Z = ? 3,84 m Z 7,56 M Z 14,82 = = 14,82 ⇒ d Z = = = 7, 41 n Z 0,51 MH H2 52 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn : Vũ Hoàng Dũng ĐT : 0972026205 Câu 71: Gọi công thức chung hai axit hai ancol RCOOH R 'OH Phương trình phản ứng : 2RCOOH + CaCO3 → (RCOO)2 Ca + H 2O + CO2 ↑ mol : mol : mol : 0,1 (1) 0,05 ¬ 2R 'OH + 2Na → 2R 'ONa + H ↑ (2) 0,2 ¬ 0,1 RCOOH + R 'OH → RCOOR ' + H 2O (3) 0,1 0,1 → 0,1 → Theo (1), (2), ta có : n RCOOH a gam = 0,1 mol; n R'OH 7,8 gam = 0,2 mol ⇒ n R'OH 3,9 gam = 0,1 mol Theo (3), bảo tồn khối lượng giả thiết, ta có : m RCOOR' = h%.(m RCOOH + m R'OH − m H O ) = (a + 2,1)h% 1442443 { {2 a 3,9 0,1.18 Câu 72  12,55 = 0,1  n − NH3Cl = n − COOH = n CH3CH(NH3Cl)COOH = 125,5 Theo giả thiết, suy :   n − = 2n = 2.0,15 = 0,3 Ba(OH)2  OH Bản chất phản ứng : − NH 3Cl + OH − → − NH + Cl − + H 2O mol : 0,1 → 0,1 0,1 → − COOH + OH → − COO + H O − mol : 0,1 → 0,1 − → 0,1 Như vậy, chất rắn thu gồm muối Ba(OH)2 dư Theo bảo tồn khối lượng, ta có : m CH CH(NH Cl)COOH + m Ba(OH) = m chất rắn + m H O ⇒ m chất rắn = 34,6 gam 3 1442443 { 1444444 2444444 144 424443 12,55 0,15.171 ? 0,2.18 Trên bước đường thành công khơng có dấu chân kẻ lười biếng 53