CHUYÊN ĐỀ 2 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN tố

Muốn chinh phục điểm cao môn hóa học trong kỳ thi THPT Quốc Gia thì các em cần phải có nền tảng kiến thức và phương pháp làm bài thật tốt. Sau đây mình xin giới thiệu bộ tài liệu 20 PHƯƠNG PHÁP, CHUYÊN ĐỀ GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC của thầy Nguyễn Minh Tuấn, tốp 1 luyện thi đại học môn Hóa Học trong những năm vừa qua. Bộ tài liệu này được biên soạn rất kĩ gồm câu hỏi đáp án và cả đáp án chi tiết được phân hóa theo mức độ cơ bản đọc hiểu vận dụng và vận dung cao. Tài liệu này rất phù hợp với các thầy cô giáo cần giáo án thật hay và chuẩn để giảng dạy cũng như các bạn gia sư cần tài liệu đi dạy thêm. Tài liệu này còn rất phù hợp với các em học sinh đang cần nguồn tài liệu quý để luyện thi đại học môn Hóa Học, nếu nắm vững được những phương pháp này thì chắc chắn các em đã đặt 1 bước chân vào trường đại học mà các em mơ ước.Lưu ý : Bộ tài liệu gồm có 20 chuyên đề phương pháp nên cần tải tất cả xuống để giảng dạy học tập nhé Thân

Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ I Phương pháp bảo toàn nguyên tố Nội dung phương pháp bảo toàn nguyên tố - Cơ sở phương pháp bảo toàn nguyên tố định luật bảo toàn nguyên tố : Trong phản ứng hóa học, nguyên tố bảo toàn - Hệ của định luật bảo tồn ngun tố : Trong phản ứng hóa học, tổng số mol nguyên tố tham gia phản ứng tổng số mol nguyên tố tạo thành sau phản ứng Ví dụ : Đốt cháy hồn tồn gam axit axetic cần vừa đủ V lít O2 (đktc) Sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng NaOH dư, thấy khối lượng bình tăng m gam Tính V m ? Các hướng tư để tính V m : * Hướng : Dựa vào số mol axit axetic (CH3COOH) phương trình phản ứng để tính số mol O2 cần dùng, số mol CO2 số mol H2O tạo thành Từ suy thể tích O khối lượng bình NaOH tăng Theo giả thiết : n CH3COOH  0,1 mol 60 Phương trình phản ứng : o CH3COOH + 2O2  t 2CO2 + 2H2O  mol: 0,1  0,2 0,2  0,2 Theo phương trình giả thiết, ta có : VO2 (đktc) 0,2.22,4  4, 48 lít m bình NaOH tăng m CO2  m H2O 0,2.44  0,2.18  12,4 gam * Hướng : Dựa vào hệ định luật bảo toàn nguyên tố số mol axit CH3COOH (0,1 mol) để tính số mol CO2 số mol H2O tạo thành; số mol O2 tham gia phản ứng Từ suy thể tích O2 khối lượng bình NaOH tăng Áp dụng bảo toàn nguyên tố C H, ta có : nCO2 2nCH3COOH 2.0,1 0,2 n CO2 0,2    2n H2O 4nCH3COOH 4.0,1 0,4 n H2 O 0,2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : n CH3COOH  n O2 2 n CO2  n H2 O  n O2 0,2 mol       0,1 ? 0,2 0,2 Suy : VO2 (ñktc) 0,2.22,4  4, 48 lít m bình NaOH tăng m CO2  m H2O 0,2.44  0,2.18  12,4 gam - Phương pháp bảo tồn ngun tố phương pháp giải tập hóa học sử dụng hệ định luật bảo toàn ngun tố Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ưu điểm phương pháp bảo toàn nguyên tố a Xét hướng giải tập sau : Câu 25 – Mã đề 231: Dẫn V lít (đktc) hỗn hợp X gồm axetilen hiđro có khối lượng m gam qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu khí Y Dẫn Y vào lượng dư AgNO dung dịch NH3 thu 12 gam kết tủa Khí khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom cịn lại khí Z Đốt cháy hồn tồn khí Z 2,24 lít khí CO (đktc) 4,5 gam H2O Giá trị V là: A 11,2 B 13,44 C 5,60 D 8,96 (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A năm 2007) Hướng dẫn giải ● Cách : Phương pháp thơng thường – Tính tốn theo phương trình phản ứng Theo giả thiết ta suy Y gồm H2 dư, C2H2 dư, C2H4 C2H6 Số mol chất : 16 12 n C2 H4 n Br2  0,1 mol; n C2 H2 dö n C2 Ag2  0,05 mol; 160 240 n CO 4,5 2,24 n H2O  0,25 mol; n CO2  0,1 mol  n C2 H6  0,05 mol 18 22,4 Phương trình phản ứng : o mol: C2H2 + H2  Ni,  t   0,1  0,1 C2H4 (1) 0,1 Ni, t o mol: C2H2 + 2H2    C2H6  0,05  0,1 0,05 (2) mol: t C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3    0,05 o C2H6 + mol: 0,05 o O2  Ni,  t   C2Ag2  + 2NH4NO3 0,05 2CO2 + 0,1  3H2O 2H2 + O2    2H2O  mol: 0,1 (0,25 – 0,15) = 0,1 Theo phản ứng ta thấy : H2 (4) 0,15 Ni, t o n n (3) (5) n H2 (1)  n H2 (2)  n H2 (5) 0,3 mol; C2 H n C2 H2 (1)  n C2 H2 (2)  nC2 H2 (3) 0,2 mol  VX VC2 H2  VH2 0,5.22,4  11,2 lít ● Cách : Sử dụng phương pháp bảo tồn ngun tố n C2 H2 dư n C2 Ag2 0,05 mol; n C2H n Br2 0,1 mol; n H 2O 0,25 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có : 2n H2  2nC2 H2 ban đầu 2 n C2 H2 dư  nC2H4  n H2O      0,05 0,1 0,25  n(H2 , C2 H2 ban đầu ) 0,5 mol  V(H2 , C2 H2 ban đầu ) đktc  11,2 lít Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 b Nhận xét : Với cách : Viết nhiều phản ứng, mối liên quan số mol chất tính tốn dựa phản ứng Tuy dễ hiểu phải trình bày dài dịng, nhiều thời gian, phù hợp với hình thức thi tự luận trước Với cách : Mối liên quan số mol chất tính tốn trực tiếp dựa vào bảo tồn ngun tố nên khơng phải viết phương trình phản ứng c Kết luận : So sánh cách giải trên, ta thấy : Phương pháp bảo tồn ngun tố có ưu điểm q trình làm tập học sinh khơng phải viết phương trình phản ứng, tính tốn đơn giản dựa vào bảo toàn nguyên tố cho kết nhanh so với việc tính tốn theo phương trình phản ứng Như : Nếu sử dụng phương pháp bảo tồn ngun tố cách hiệu tăng đáng kể tốc độ làm so với việc sử dụng phương pháp thông thường Phạm vi áp dụng : Phương pháp bảo tồn ngun tố giải nhiều dạng tập liên quan đến phản ứng hóa vơ hóa hữu Một số dạng tập thường dùng bảo toàn nguyên tố : +Ion Al3+, Zn2+ tác dụng với dung dịch kiềm (NaOH, Ba(OH)2, ) + Khí CO2 tác dụng với dung dịch kiềm + Tính số mol HNO3, H2SO4 tham gia phản ứng + Đốt cháy hợp chất, thường hợp chất hữu + Thủy phân khơng hồn tồn peptit Bảng tính nhanh số mol ngun tố, nhóm ngun tố phản ứng Từ ví dụ ta thấy : Có thể tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố sau : Số mol nguyên tố X nhóm nguyên tố X = số nguyên tử nhóm nguyên tử X đơn chất, hợp chất  số mol chất Bảng tính nhanh số mol ngun tố, nhóm ngun tố Số mol chất Số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố Chất Ba(OH)2 n Ba(OH) H2SO4 n H SO 2 n Fe Fe2(SO4)3 (SO )3 Al2O3 n Al2O3 CxHyOzNt n C x H y Oz N t n Ba2 n Ba(OH)2 ; n OH 2n Ba(OH)2 n H 2n H2 SO4 ; n SO 2 n H2 SO4 n Fe3 2n Fe2 (SO4 )3 ; n SO 2 3n Fe2 (SO4 )3 n Al3 2n Al2O3 ; n O2 3n Al2O3 n C x.n Cx Hy Oz Nt ; n H y.n Cx Hy Oz Nt ; n O z.nCx HyOz Nt ; n N t.n Cx HyOz Nt Ala-Ala-Ala Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val n Ala Ala Ala n Ala 3n Ala Ala  Ala n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val n Ala 2n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val ; n Gly 2n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val Đối với chất khác ta tính tương tự Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 II Phân dạng tập ví dụ minh họa Dạng 1: Tính lượng chất phản ứng Phương pháp giải - Bước : Lập sơ đồ phản ứng biểu diễn q trình chuyển hóa chất, để thấy rõ chất hóa học toán - Bước : Nhận dạng nhanh phương pháp giải tập : Khi gặp tập mà lượng chất cần tính lượng chất đề cho có chứa nguyên tố hay nhóm ngun tố ta nên dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố - Bước : Xác định áp dụng bảo tồn ngun tố ngun tố, nhóm nguyên tố - Bước : Thiết lập phương trình bảo tồn ngun tố Ngồi ra, kết hợp với giả thiết khác để lập phương trình tốn học có liên quan Từ suy lượng chất cần tính PS : - Trong phương pháp bảo tồn nguyên tố, xác định sai thiếu chất chứa nguyên tố mà ta sử dụng để tính lượng chất bảo tồn ngun tố khơng cịn ► Các ví dụ minh họa ◄ a Phản ứng giai đoạn Ví dụ 1: Điện phân nóng chảy Al2O3 với điện cực than chì, thu m kilogam Al catot 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X anot Tỉ khối X so với H 16,7 Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu 1,5 gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 115,2 B 82,8 C 144,0 D 104,4 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013) Hướng dẫn giải ● Bước : Lập sơ đồ phản ứng : Trong phản ứng điện phân nóng chảy Al2O3 với điện cực làm than chì (C), Al sinh catot, O2 sinh anot anot bị O2 oxi hóa thành CO, CO2, ngồi O2 dư Sơ đồ phản ứng : Al O3  ñpnc   Al  (CO , CO, O2 ) (catot) (anot) CO2 + CaCO3  CaCO3 + H2O ● Bước : Nhận dạng nhanh phương pháp giải tập Bài tập yêu cầu tính khối lượng Al điện phân nóng chảy oxit Al 2O3, lại cho thông qua thông tin số mol CO2, CO, O2 Nhận thấy : Giữa hỗn hợp (CO, CO2, O2) Al2O3 có chứa nguyên tố O; Giữa Al Al 2O3 có nguyên tố Al Đây dấu hiệu chứng tỏ tập sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố ● Bước : Xác định áp dụng bảo tồn ngun tố ngun tố, nhóm ngun tố Dựa vào giả thiết tính số mol CO 2, CO, O2 Từ tính số mol Al2O3 dựa vào bảo toàn nguyên tố O Biết số mol Al2O3 tính số mol Al dựa vào bảo toàn nguyên tố Al ● Bước : Thiết lập phương trình bảo tồn ngun tố Từ suy lượng chất cần tính Theo giả thiết, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 n X n CO2  n O2  n CO  MX  89,6 4 kmol (1) 22,4 44nCO2  32n O2  28nCO nCO2  nO2  n CO 16,7.2 33,4  44n CO2  32nO2  28n CO 33,4.4 133,6 kg (2) 1,5 0,015 n CO2 n CaCO3  0,015 mol  %n CO2 hỗn hợp X  100% 30% 100 0, 05  n CO2 X 30%.4 1,2 kmol (3) Thay (3) vào (1), (2), ta hệ hai phương trình hai ẩn Giải hệ phương trình ta có : n O2 0,6 kmol; n CO 2,2 kmol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O Al, ta có : 5,8  3n Al2O3 n n Al2O3  kmol CO  n CO2  n O2     11,6   2,2 1,2 0,6    m Al 27  104,4 kg  n Al 2n Al O n 11,6 kmol   Al Ví dụ 2: Đốt 5,6 gam Fe khơng 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 là: A 18,0 B 22,4 C 15,6 D 24,2 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) Hướng dẫn giải Vì dung dịch HNO3 dư nên Fe phản ứng hết, muối sắt tạo thành Fe(NO3)3 Giữa lượng chất cần tính khối lượng Fe(NO 3)3 lượng chất biết Fe có nguyên tố Fe, nên áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n Fe(NO3 )3 n Fe 0,1 mol  m Fe(NO3 )3  24,2 gam ● Xét tập sau : Sục hồn tồn khí CO2 vào dung dịch Ba(OH)2, tạo hai muối Ba(HCO3)2 BaCO3 Tìm mối quan hệ số mol CO2, Ba(OH)2 BaCO3 Hướng dẫn giải Theo bảo toàn nguyên tố C Ba, ta có : nCO2 n BaCO3  2n Ba(HCO3 )2  2n Ba(OH)2  nCO2 n BaCO3  n Ba(OH)2 n BaCO3  n Ba(HCO3 )2 Nếu thay Ca(OH)2 ta có : 2n Ca(OH)2  n CO2 n CaCO3 ● Bây ta sử dụng kết để giải tập ví dụ : Ví dụ 3: Hấp thụ hồn tồn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/ l, thu 15,76 gam kết tủa Giá trị a là: A 0,032 B 0,048 C 0,06 D 0,04 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Hướng dẫn giải Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 n n Vì  CO2 BaCO3 nên phản ứng tạo muối Ba(HCO3)2 BaCO3 0,12 0,08 Từ kết trên, ta có : 0,1 n Ba(OH)2  nCO2 n BaCO3  n Ba(OH)2 0,1  a [Ba(OH)2 ]   0,04M      2,5 ? 0,12 0,08 Ví dụ 4: Hấp thụ hồn tồn V lít CO2 (đktc) vào bình đựng 200 ml dung dịch X gồm NaOH 1M Na2CO3 0,5M, thu dung dịch Y Kết tinh dung dịch Y (chỉ làm bay nước) thu 19,9 gam chất rắn khan Giá trị V là: A 2,24 B 3,36 C 5,6 D 1,12 (Đề thi thử đại học lần – THPT Chuyên – Đại học SPHN, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na ta thấy : n Na Y n Na X n NaOH  n Na2CO3 0,4 mol     0,2.1 0,2.0,5 Nếu dung dịch Y có Na 2CO3 số mol Na2CO3 0,2 mol, khối lượng chất rắn 21,2 gam; Y chứa NaHCO số mol NaHCO3 0,4 mol, khối lượng chất rắn 33,6; cịn Y chứa hai muối khối lượng chất rắn thuộc khoảng (21,2 ; 33,6) Trên thực tế khối lượng chất rắn 19,9 gam nên xảy trường hợp NaOH dư Như chất rắn gồm NaOH dư Na2CO3 Theo giả thiết bảo toàn nguyên tố Na, ta có :  40n NaOH dư  106n Na2CO3 19,9  n NaOH dö 0,1     n Na2CO3 0,15  n NaOH dö  2n Na2CO3 0,4 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : n CO2 n Na2CO3 Y  n Na2CO3 X 0, 05  VCO2 (ñktc) 0,05.22,4  1,12 lít           0,15 0,1 ● Xét tập sau : Cho dung dịch chứa ion OH  vào dung dịch chứa ion Al3+, sau phản ứng thấy kết tủa Al(OH)3 bị tan phần Tìm mối liên hệ số mol ion OH  , Al3+ kết tủa Al(OH)3 Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn ngun tố Al bảo tồn nhóm OH  , ta có :  n Al3 n Al(OH)3  n[Al(OH)4 ]  4n Al3  n OH n Al(OH)3   n OH 3n Al(OH)3  4n[Al(OH)4 ] Nếu thay ion Al3+ ion Zn2+, ta có : n Zn2 n Zn(OH)2  n[Zn(OH)4 ]2  4n Zn2  n OH 2n Zn(OH)2  nOH 2n Zn(OH)2  4n[Zn(OH)4 ]2 ● Bây ta vận dụng kết để giải tập ví dụ 5, : Trên bước đường thành công dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 5: Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu 15,6 gam Giá trị lớn V là: A 1,2 B 1,8 C 2,4 D (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2007) Hướng dẫn giải n 3  n Al(OH)3    nên cịn phần ion nhơm nằm dung dịch sau phản ứng Vì  Al 0,3 0,2 Phản ứng xảy theo hai hướng khác : AlCl3  dd NaOH (1)  NaCl Al(OH)3   dd   AlCl3 dö (2) NaCl Al(OH)3   dd  Na[Al(OH)4 ] Theo hướng (1) : AlCl3 dư, nên lượng NaOH dùng trường hợp Theo hướng (2) : AlCl3 chuyển hết vào kết tủa Al(OH)3, sau kết tủa bị hịa tan phần Trường hợp lượng NaOH dùng nhiều Vậy ta phải tính lượng NaOH theo hướng (2) Từ kết trên, ta có : n Al3  nOH n Al(OH)3  n OH 1 mol  n NaOH 1 mol  Vdd NaOH 1: 0,5  2M      0,3 ? 0,2 PS : Ở này, đề nói “Giá trị V : ” phản ứng xảy theo hướng (1) (2) Khi có hai giá trị V thỏa mãn V (min) ứng với hướng (1) V(max) ứng với hướng (2) Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO 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 là: A 32,20 B 24,15 C 17,71 D 16,10 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2010) Hướng dẫn giải Bản chất phản ứng : Zn 2  2OH   Zn(OH)2 Zn(OH)2  2OH   [Zn(OH)4 ]2 Cho 110 ml KOH 2M (0,22 mol) vào dung dịch X (TN1), thu 3a gam Zn(OH) Cho 140 ml dung dịch KOH 2M (0,28 mol) vào dung dịch X (TN2), thu 2a gam kết tủa Chứng tỏ trường hợp (TN2) kết tủa bị hòa tan phần Ở TN1 kết tủa bị hịa tan phần hoặc chưa bị hòa tan Nếu TN1 kết tủa chưa bị hịa tan, áp dụng bảo tồn nhóm OH  TN1 sử dụng kết cho TN2, ta có : Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513  3a 0,22 2n Zn(OH)2 n KOH  99 a 3,63      2a n ZnSO4 0,1067 4n 4n ZnSO4  n KOH 2n Zn(OH)2  0,28 ZnSO4 2  99 Trường hợp khơng thỏa mãn TN1 : n ZnSO4  n KOH   nên kết tủa bị hòa tan 0,1067 0,22 Vậy TN1 kết tủa bị hòa tan phần, vận dụng kết trên, ta có : 3a   4n ZnSO4  0,22 2 99   2a  4n  0,28 2  ZnSO4 99  n ZnSO4 0,1  m ZnSO4  16,1 gam  a 2,97 Ví dụ 7: Hịa tan hết hỗn hợp chứa 10 gam CaCO 17,4 gam FeCO3 dung dịch HNO3 lỗng, nóng Số mol HNO3 tham gia phản ứng là: A 0,8 mol B 0,5 mol C 0,7 mol D 0,2 mol (Đề thi thử Đại học lần – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : o FeCO3 + CaCO3 + HNO3  t Fe(NO3)3 + Ca(NO3)2 + NO + CO2 + H2O Áp dụng bảo toàn nguyên tố Ca, Fe bảo tồn electron, ta tính số mol Ca(NO 3)2, Fe(NO3)3 NO Sau áp dụng bảo tồn nguyên tố N, ta tính số mol HNO3 :  n Ca(NO3 )2 nCaCO3 0,1   n Fe(NO3 )3 n FeCO3 0,15   3n NO n FeCO3 0,15 n NO 0,05 mol   n HNO3 2 n Ca(NO3 )2  3n Fe(NO3 )3  n NO  0,7 mol         0,05 0,1 0,15  Ví dụ 8: Hịa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,18 mol FeS2 a mol Cu2S dung dịch HNO3 vừa đủ thu dung dịch X chứa muối sunfat V lít NO (đktc) sản phẩm khử Giá trị V là: A 44,8 lít B 22,4 lít C 26,88 lít D 33,6 lít (Đề thi thử đại học lần – THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải Vì phản ứng tạo muối sunfat nên suy X có hai muối CuSO4 Fe2(SO4)3 Sơ đồ phản ứng : Cu2 S HNO3 CuSO      NO  H O   FeS2 Fe2 (SO4 )3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cu, Fe, S, ta có : Cu2S + 2FeS2  HNO   2CuSO4 + Fe2(SO4)3  mol: 0,09  0,18 0,18  0,09 Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng FeS2 Cu2S với HNO3, ta có : 15 n FeS2  10 nCu2S 3n NO  n NO 1,2 mol  VNO (đktc)  26,88 lít    0,18 0,09 ? Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 9: X hỗn hợp hiđrocacbon mạch hở, dãy đồng đẳng Để đốt cháy hết 2,8 gam X cần 6,72 lít O2 (đktc) Hấp thụ tồn sản phẩm cháy vào nước vơi dư m gam kết tủa Giá trị m là: A 30 gam B 20 gam C 25 gam D 15 gam Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng đốt cháy hai hiđrocacbon X : o C x H y  O2  t CO2  H O (1) Áp dụng bảo toàn khối lượng bảo tồn ngun tố O cho phản ứng (1), ta có : m  X  m O2 44n CO2  18n H2O  2,8 0,3.32  44n CO2  18n H2O 12,4     2 n O2 2n CO2  n H2O 2n CO2  n H2 O 0,6  0,3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : n H2O 0,2  n CO2 0,2 n CaCO3 n CO2 0,2 mol  m CaCO3 0,2.100  20 gam Ví dụ 10: Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol axit cacboxylic đơn chức, cần vừa đủ V lít O (ở đktc), thu 0,3 mol CO2 0,2 mol H2O Giá trị V là: A 8,96 B 11,2 C 6,72 D 4,48 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2007) Hướng dẫn giải Công thức phân tử axit cacboxylic đơn chức có dạng CxHyO2 Sơ đồ phản ứng : CxHyO2 + O2  CO2 + H2O (1) Áp dụng bảo tồn ngun tố O cho phản ứng (1), ta có : n Cx Hy O2  n O2 2 n CO2  n H2O  n O2 0,3 mol  VO2 (đktc)  6,72 lít       0,1 ? 0,3 0,2 Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic axit oxalic Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO3 (dư) thu 15,68 lít khí CO2 (đktc) Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O2 (đktc), thu 35,2 gam CO2 y mol H2O Giá trị y là: A 0,3 B 0,8 C 0,2 D 0,6 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, hỗn hợp X gồm CH3COOH, HCOOH, HOOC – COOH Phản ứng X với NaHCO3 : –COOH + NaHCO3  –COONa + CO2  + H2O (1)  mol: 0,7 0,7 Theo (1) bảo toàn O hỗn hợp X, ta có : n  COOH n CO2 0,7 mol  n O axit n O n h oùm  COOH 2n  COOH 1,4 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố O phản ứng đốt cháy hỗn hợp X, ta có : n O axit  nO2 2 n CO2  n H2O  n H2O  0,6 mol        1,4 0,4 0,8 ? Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng Biên soạn giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 12: Tripeptit X tetrapeptit Y mạch hở Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X Y tạo amino axit có cơng thức H2NCnH2nCOOH Đốt cháy 0,05 mol Y oxi dư, thu N2 36,3 gam hỗn hợp gồm CO 2, H2O Đốt cháy 0,01 mol X oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu m gam kết tủa Biết phản ứng xảy hoàn toàn Giá trị m A 29,55 B 17,73 C 23,64 D 11,82 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy : Amino axit tạo nên X, Y amino axit no, mạch hở, có nhóm – COOH nhóm –NH2 Đặt công thức phân tử amino axit CaH2a+1O2N X tripeptit tạo từ amino axit có cơng thức C3aH6a-1O4N3 Y tetrapeptit tạo từ amino axit có cơng thức C4aH8a-2O5N4 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H phản ứng đốt cháy Y, ta có : n CO2 4a.n Y 0,2a; n H2O (4a  1) n Y 0,05(4a  1)   0,05 0,05 Mặt khác, theo giả thiết đốt cháy Y thu : m CO2  m H2O 36,3  0,2a.44  0,05(4a  1)18 36,3  a 3 Với a = cơng thức phân tử X C9H17O4N3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C phản ứng đốt cháy X bảo toàn nguyên tố Ba hấp thu sản phẩm cháy X vào dung dịch Ba(OH)2 dư, ta có : n BaCO3 n CO2 9 n X 0,09  m BaCO3 0,09.197  17,73 gam  0,01 PS : Cách thiết lập công thức X, Y : X tripeptit nên công thức X : (3CaH2a+1O2N – 2H2O) = C3aH6a-1O4N3; Y tetrapeptit nên công thức X : (4CaH2a+1O2N – 3H2O) = C4aH8a-2O5N4 Ví dụ 13: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala 27,72 gam Ala-Ala-Ala Giá trị m là: A 90,6 B 111,74 C 81,54 D 66,44 (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011) Hướng dẫn giải Ala (alanin) tên thường gọi amino axit CH3 – CH(NH2) – COOH (M = 89) Sơ đồ phản ứng : Ala-Ala-Ala-Ala + H2O  Ala + Ala-Ala + Ala-Ala-Ala mol: 0,32 0,2 0,12 Áp dụng bảo tồn nhóm Ala, ta có : 10 Trên bước đường thành cơng khơng có dấu chân kẻ lười biếng ... 0,5 .22 ,4  11 ,2 lít ● Cách : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố n C2 H2 dö n C2 Ag2 0,05 mol; n C2H n Br2 0,1 mol; n H 2O 0 ,25 mol Áp dụng bảo tồn ngun tố H, ta có : 2n H2  2nC2 H2 ban... mol: C2H2 + 2H2    C2H6  0,05  0,1 0,05 (2) mol: t C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3    0,05 o C2H6 + mol: 0,05 o O2  Ni,  t   C2Ag2  + 2NH4NO3 0,05 2CO2 + 0,1  3H2O 2H2 + O2    2H2O ... m O2 44n CO2  18n H2O  2, 8 0,3. 32  44n CO2  18n H2O  12, 4     ? ?2 n O2 2n CO2  n H2O 2n CO2  n H2 O 0,6  0,3 Áp dụng bảo tồn ngun tố C, ta có : n H2O 0 ,2  n CO2 0,2