conduongcoxua welcome to my blog

Môn hoá học cung cấp cho học sinh những kiến thức hoá học cơ bản về cấu tạo chất, các định luật hoá học, các khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết đúng công thức hoá học, lập phương trình [r]

(1)

Huongdanvn.com –Có 1000 sáng kiến kinh nghiệm hay PHẦN : MỞ ĐẦU

 I/LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Hố học có vai trị quan trọng đời sống Mơn hố học cung cấp cho học sinh kiến thức hoá học cấu tạo chất, định luật hoá học, khái niệm, hoá trị, nguyên tố, viết cơng thức hố học, lập phương trình phản ứng, nắm vững tính chất lý, hố chất, vận dụng có chọn lọc, nhuần nhuyễn lý thuyết để giải tập Giáo viên mơn hố học cần hình thành em kỹ bản, có thói quen học tập làm việc khoa học, rèn luyện phẩm chất cần thiết cẩn thận, kiên trì, trung thực, tỉ mỉ, xác, u khoa học, có ý thức trách nhiệm với thân, gia đình, xã hội; chuẩn bị đầy đủ để vào sống xã hội sau

Bài tập hoá học phương tiện để nâng cao chất lượng dạy học môn, mặt khác giải tập hố học phương pháp học tập tích cực có hiệu giúp học sinh phát triển tư duy, đồng thời học sinh vận dụng kiến thức vào sống sản xuất nghiên cứu khoa học

Bài tập hoá học giúp học sinh rèn luyện kĩ viết phương trình hố học,khắc sâu kiến thức, hệ thống hoá kiến thức nâng cao mức độ tư duy, khả phân tích, phán đốn khái qt đồng thời rèn kĩ năng, kĩ xảo cho học sinh

Hiện nay, đa số học sinh gặp nhiều khó khăn giải tập hố, khơng nắm bắt phương pháp, học sinh chán nản sợ phải học hoá học

Căn vào tình hình trên, tơi chọn đề tài kết hợp với phương pháp phát huy tính tích cực học sinh học nhằm góp phần nhỏ vào việc khắc phục tình trạng học sinh

II/MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI

Giúp học sinh nắm sở lý thuyết phương pháp giải tập hoà học III/ NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI

Hệ thống, phân loại tập hoá học đưa phương pháp giải cách tối ưu nhất, giúp học sinh nắm kiến thức

PHẦN 2: TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI I/ CƠ SỞ LÝ LUẬN

I.1.Tổng quan tập hố học.

* Mục đích tập hố học: hình thành kiến thức, kĩ cho học sinh

* Phương pháp: luyện tập thông qua sử dụng tập phương pháp quan trọng để nâng cao chất lượng dạy học hoá học

* Với học sinh hoạt động giải tập hoạt động tích cực có tác dụng sau:

- Rèn khả vận dụng kiến thức học, kiến thức tiếp thu qua giảng thành kiến thức mình, kiến thức nhớ lâu vận dụng thường xuyên

- Đào sâu, mở rộng kiến thức học cách sinh động, phong phú, hấp dẫn - Là phương tiên để ôn tập củng cố, hệ thống hoá kiến thức cách tốt

- Rèn kĩ năng: viết cân phương trình, tính tốn theo cơng thức phương trình hố học - Phát triển trí thơng minh

I.2 Cơ sở lý thuyết: Cơ sở lý thuyết quan trọng cho việc giải tập hố học vơ kiến thức hoá học đại cương hoá vô cơ…

Phần đại cương: bao gồm định luật, khái niệm hoá học: -Định luật thành phần khơng đổi

-Định luật bảo tồn khối lượng -Định luật Avogadro

-Định luật tuần hoàn

-Cơng thức phân tử, cơng thức hố học, phương trình hoá học

-Dung dịch- nồng độ dung dịch- độ tan, phản ứng dung dịch, điều kiện để xảy phản ứng trao đổi

-Các hợp chất vô cơ: oxit, axit, bazơ, muối… -Các đơn chất Oxi, clo, kim loại…

II/ NỘI DUNG, BIỆN PHÁP THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.

II.1 Phương pháp: để giải tập hoá học, học sinh cần phải có kiến thức tốn: giải hệ phương trình ẩn, ẩn Giải phương trình bậc 2, giải tốn phương pháp biện luận…

(2)

Nắm vững công thức đổi số mol, cơng thức tính nồng độ %, nồng độ mol/ lít Các phương pháp áp dụng vào giải toán hoá học:

-Phương pháp vận dụng định luật bảo toàn khối lượng -Phương pháp tăng giảm khối lượng

-Phương pháp bảo toàn e

-Phương pháp bảo toàn nguyên tố -Phương pháp giá trị trung bình -Phương pháp đường chéo -Phương pháp tự chọn lượng chất -Phương pháp biện luận…

Trong giới hạn chun đề, tơi xin trình bày vài phương pháp thường hay sử dụng II.2.Các dạng tập vô cơ.( giới hạn đưa vào chuyên đề)

1/ Tính theo PTHH cho lượng chất phản ứng 2/ Dạng tốn pH

3/ Tính khối lượng hỗn hợp dựa vào định luật bảo toàn khối lượng 4/ CO2 SO2 tác dụng với dung dịch kiềm

5/ Bài tập tổng hợp… II.3/CÁC PHƯƠNG PHÁP

II.3.1.Phương pháp bảo toàn khối lượng. Nội dung Định luật bảo toàn khối lượng (ĐLBTKL)

“ Tổng khối lượng chất tham gia phản ứng tổng khối lượng chất tạo thành sau phản

ứng”

Lưu ý : khơng tính khối lượng phần không tham gia phản ứng phần chất có sẵn nước dung dịch

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO Fe2O3 Cho luồng CO qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp X

nung nóng.Sau kết thúc thí nghiệm thu 64 gam thể rắn A 11,2 lít hỗn hợp khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 20,4.Tính giá trị m

A.105,6 gam B 35,2 gam C.70,4 gam D 140,8 gam

Hướng dẫn giải

Bài tốn khơng có dấu hiệu chứng tỏ phản ứng xảy với hiệu suất 100%, 64g rắn A Fe oxit sắt cịn dư

PTHH tổng quát phản ứng CO + O(oxit) = CO2

Hỗn hợp B gồm CO2 CO dư, gọi x số mol CO phản ứng, số mol CO2:

B

11,

n 0,

22,

 

44x + 28(0,5-x)= 0,520,42= 20,4, giải phương trình ta x= 0,4 Theo Định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mX + mCO = mA + m CO2

 m = 64 + 0,4 44- 0,428= 70,4 gam  Đáp án C

Ví dụ 2: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63% Sau phản ứng thu dung dịch A 11,2 lít khí NO2 (đktc) Tính nồng độ % chất có dung

dịch A

A 36,66% 28,48% B 27,19% 21,12% C.27,19% 72,81% D.78,88% 21,12%

Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

x mol 3x

Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

y mol 2y

Số mol NO2 = 0,5 ; n HNO3 = n NO2 = 0,52 = 1mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m dung dịch muối = m (Fe + Cu) + m dung dịch HNO3 – m NO2

1 63 100

12 46 0, 89gam

63

 

    

(3)

56x 64y 12 3x 2y 0,

 

 

 

x 0,1 y 0,1

 

  

 Fe( NO )3

0,1 242 100

%m 27,19%

89

 

 

Cu ( NO )32

0,1 188 100

%m 21,12%

89

 

 

 Đáp án B.

Ví dụ Hồ tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat kim loại hoá trị (I) muối

cacbonat kim loại hoá trị (II) dung dịch HCl.Sau phản ứng thu 4,48 lít khí (đktc) Đem cạn dung dịch thu gam muối khan?

A.13 gam B.15 gam C.26gam D.30gam

M2CO3 + 2HCl = 2MCl + CO2 + H2O

RCO3 + 2HCl = RCl2 + CO2 + H2O

2 CO

4,88

n 0, 2mol

22,

 

, Tổng n HCl= 0,4mol n H2O = 0,2mol

Áp dụng ĐLBTKL ta có: 23,8 + 0,4 36,5 = m muối + 0,2  44 + 0,2 18

 m muối = 26 gam (Đáp án C) II.3.2.Phương pháp tăng giảm khối lượng

Nguyên tắc phương pháp: chuyển từ chất A thành chất B khối lượng tăng hay giảm gam (thường tính theo mol) dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ dàng tính số mol chất tham gia phản ứng ngược lại Ví dụ: MCO3 + 2HCl = MCl2 + H2O + CO2

Ta thấy chuyển mol MCO3 thành MCl2 khối lượng tăng:

( M + 235,5)-(M + 60) =11 gam Và có mol CO2 Như biết khối lượng muối

tăng, ta tính lượng CO2

Ví dụ Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm muối cacbonat kim loại hoá trị (I) muối

cacbonat kim loại hoá trị (II) dung dịch HCl.Sau phản ứng thu 4,48 lít khí (đktc) Đem cô cạn dung dịch thu gam muối khan?

A.13 gam B.15 gam C.26gam D.30gam

Cứ mol muối Cacbonat tạo thành mol muối clorua, m muối tăng 71-60=11 gam n CO2 = n muối cacbonat = 0,2 mol

Vậy khối lượng muối tăng sau phản ứng 0,2  11= 2,2 gam

Vậy tổng khối lượng muối thu 23,8 + 2,2 = 26 gam Đáp án A.

Ví dụ 2:Có lít dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M (NH4)2CO3 0,25M Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2

CaCl2 vào dung dịch A Sau phản ứng kết thúc ta thu 39,7 gam kết tủa B dung dịch C %m

các chất B là:

A.BaCO3:50% CaCO3 50% B BaCO3:50,38% CaCO3 49,62%

C BaCO3:49,62% CaCO3 50,38% D.Không xác định Hướng dẫn giải

Các phản ứng xảy ra: Ba2+ + CO

32- = BaCO3

Ca2+ + CO

32- = CaCO3

Cứ 1mol BaCl2, CaCl2 biến thành BaCO3 CaCO3 khối lượng muối giảm: 71-60=11

gam

Do tổng số mol hai muối BaCO3 CaCO3 bằng:

43 39,

0, 3mol 11

 

Tổng số mol CO32- dung dịch A= 0,1 +0,25= 0,35, chứng tỏ CO32- không phản ứng hết

Gọi x số mol BaCO3 CaCO3 kết tủa B



197x 100y 39,  

  

x 0, y 0,



  

(4)

3 BaCO

0,1 197

%m 49, 62

39, 

 

3 CaCO

%m 100 49, 50, 38 

 Đáp án C

II.3.3.Phương pháp bảo toàn mol electron.

II.3.3.1/ Nguyên tắc

Trong hệ oxi hoá khử: “Tổng số e chất khử nhường tổng số e mà chất oxi hoá nhận” Hay “Tổng số mol e chất khử nhường tổng số mol e mà chất oxi hố nhận”

Ví dụ: Cr  Cr+3 + 3e , N+5 + 3e  N+2

x x 3x t 3t Cu  Cu+2 + 2e

y y 2y Fe  Fe+3 + 3e

z z 3z

Áp dụng phương pháp bảo tồn e : 3x + 2y + 3z = 3t

Khi áp dụng phương pháp ta cần nhận định trạng thái đầu trạng thái cuối chất oxi hoá chất khử, ta không cần quan tâm đến việc cân phản ứng oxi hoá khử toán II.3.3.2 Ưu điểm

- Áp dụng cho trường hợp: phản ứng xảy có giai đoạn phản ứng xảy có nhiều chất oxi hố, nhiều chất khử qua nhiều giai đoạn, nhiều trình

-Giải tập nhanh không cần phải tư nhiều II.3.3.3.Các ví dụ

Ví dụ 1: Hỗn hợp A gồm kim loại X,Y có hố trị khơng đổi Oxi hố hồn tồn 15,6 gam A oxi dư

thu 28,4 gam hỗn hợp hai oxit

Nếu lấy 15,6 gam A hoà tan hoàn toàn dung dịch HCl, thu V (lít) khí (đktc) Tính V

Nếu giải tốn theo kiểu thơng thường, khơng đủ kiện để giải, q nhiều ẩn số

2 n

n

2X O X O

 

2 m

m

2Y O Y O

 

n

n X nHCl XCl H

2

  

m

m Y mHCl YCl H

2

  

m O2 = 28,4- 15,6= 12,8, O

12,8 n 0,

32

 

X Y chất khử, O2 H+ chất oxi hoá

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron: ne H+ nhận = n

e O2 nhận

O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2

0,4mol 1,6 2x 2x x 2x= 1,6,  x = 0,8,  V = 0,8  22,4= 17,92 lít

Ví dụ 2: Chia m gam hỗn hợp kim loại A, B có hố trị khơng đổi thành phần nhau.

-Phần tan hết dung dịch HCl tạo 1,792 lít H2 (đktc)

-Phần nung oxi dư thu 2,84 gam hỗn hợp oxit, Giá trị m là:

A.1,56 gam B.4,4 gam C.3,12 gam D.4,68 gam

A B chất khử, O2 H+ chất oxi hố

Áp dụng định luật bảo tồn mol electron: ne H+ nhận = ne O2 nhận

O2 + 4e = 2O2- , 2H+ + 2e = H2

0,04mol 0,16 2x 0,16 0,08 m kim loại phần 2= m oxit – m oxi = 2,84- 0,04 32= 1,56g m = 1,56  2= 3,12 g  Đáp án C

Ví dụ 3: Chia 44 gam hỗn hợp gồm Fe kim loại M có hố trị khơng đổi thành phần nhau.

(5)

-Phần tan hoàn toàn dung dịch HNO3 lỗng nóng thấy 11,2 lít NO (đkc)

1/ Nồng độ mol dung dịch HCl là:

A.0,45M B.0,25M C.0,55M D.0,65M

2/Cô cạn dung dịch sau phản ứng phần 1, khối lượng muối thu là:

A.65,54 gam B.68,15 gam C.55,64 gam D.54,65 gam 3/Phần trăm khối lượng Fe là:

A.49,01% B.47,97% C.52,03% D.50,91%

4/Kim loại M là: A.Mg B.Zn C.Al D.Cu

1/

2

H HCl H

M

n

áp án D 14, 56

n 0, 65, 22,

C

2n 0, 65 1, 3mol 1,

0, 65M, D



     

 

2/ mmuoi mklm Cl Trong nCl nHCl 1,3mol

m muối = 22+ 1,3 35,5= 68,15g Đáp án B

3/ Áp dụng Định luật bảo toàn mol e:

Phần 1: Fe  Fe2+ + 2e Phần : Fe  Fe3+ + 3e

x 2x x 3x M  Ma+ + ae M  Ma+ + ae

y ay y ay 2H+ + 2e  H

2 N+5 + 3e  N+2

1,3 0,65 1,3 0,5

Ta có hệ phương trình:

2x ay 1, x 0, 3x ay 1, ay 0,

  

 



 

  , Fe Fe

0, 56

n 0, %m 100% 50, 91% 22



    

, Đáp án D 4/ mM = 22- 0,256= 10,8 gam

M

0,9 10,8 a

n y ; M 12a

a 0,9



   

, Vậy a= 2; M= 24 (Mg) phù hợp Đáp án A

II.3.4.Phương pháp bảo toàn mol nguyên tố

Nguyên tắc : Trong phản ứng hoá học, ngun tố ln bảo tồn

Ví dụ Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2 Mặt khác hoà

tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X dung dịch H2SO4 đặc thể tích SO2 (đktc) sản phẩm khử

nhất :

A.448ml B.112ml C.224ml D.336ml

Hướng dẫn giải.

Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 a,b,c

Bản chất trình H2 lấy oxi oxit tạo thành H2O theo sơ đồ :

O (trong oxit) + H2  H2O

(Mol) 0,05 0,05 0,05

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi ta có:

nO = a + 4b + 3c = 0,05 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe ta có: Fe

, , x

n 3 04 05 16 0 04,

56 .

n Fe= a + 3b + 2c = 0,04 (2)

Từ (1) (2), ta có: b + c = 0,01. c = 0,01-b, vào (1) (2), ta có : a + b = 0,02 Mặt khác:

2FeO + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

(mol) a a/2

2Fe3O4 + 10 H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O

(mol) b b/2 Tổng SO

a b ,

n     , mol

2

0 02

0 01

(6)

Ví dụ 2.Đốt cháy hồn tồn 4,04 gam hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu thu 5,96 gam hỗn

hợp oxit V dung dịch HCl 2M cần dùng để hoà tan hết hỗn hợp oxit là:

A 0,06 lít B 0,12 lít C.0,24 lít D.0,48 lít

Áp dụng Định luật bảo toàn khối lượng: mO (oxit)= 5,96-4,04= 1,92 gam

O

,

n   , mol

2

1 92

0 12 16

2H+ + O2-  H 2O

(mol) 0,24 0,12 0,12 HCl

,

V 0 24 0 12,

2 = 120ml  Đáp án B.

Ví dụ Hoà tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al Fe dung dịch HCl dư Dung dịch thu cho

tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi, cịn lại gam chất rắn Phần trăm khối lượng Fe hỗn hợp đầu là:

A.58,03% B.41,97% C.53,08% D.46,92%

Toàn q trình biến đổi hố học tóm tắt theo sơ đồ sau:

Fe

Al

Fe O

n   , mol

2

8

0 05 160

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe, ta có: nFe = 2nFe O2 0 05 2, 0 1,

m Fe= 0,1 56= 5,6 gam,

Fe

,

%m , %

,

5 10058 03

9 65  Đáp án A

Ví dụ 4: Cho 4,16 gam Cu tác dụng vừa đủ với 120ml dung dịch HNO3 thu 2,464 lít (đktc) hỗn hợp hai khí NO NO2 Nồng độ mol/ lít HNO3 là:

A.1,0M B.0,1M C.2,0M D.0,5M

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nitơ ta có: N(HNO ) N(NO ) N(NO NO)

n n  n 

3

Toàn lượng Cu chuyển thành Cu(NO3)2:

Cu Cu (NO )

,

n n   , mol

3

4 16

0 065

64 .

nN (tạo muối nitrat)= 2n Cu= 2.0,065= 0,13 mol

N(NO NO)

,

n , mol

,

  

2

2 464 11 22

N(HNO )

n  ,  ,  , mol

3 13 11 24

M(HNO )

,

C M

,

 

3

0 24

0 12  Đáp án C

Ví dụ Để hoà tan hết 7,68 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 cần dùng vừa đủ 260ml dung dịch

HCl 1M, dung dịch thu cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Giá trị m là:

A.6,0 B.7,0 C.8,0 D.9,0

Khi cho hỗn hợp oxit tác dụng với HCl chất là: 2H+ + O2-  H

2O

(mol) 0,26 0,13 0,13 mO= 0,13.16=2,08 gam

mFe (trong oxit)= 7,68 -16.0,13= 5,6 gam

Fe

,

n 5 0 1, mol

56

+HCl +NaOH +NaOH dư Fe(OH) +t0

3 Fe2O3

FeCl2

AlCl3

Fe(OH)2

(7)

Toàn trình xảy tóm tắt theo sơ đồ sau: FeO

Fe2O3

Fe3O4

Fe O

,

n   , mol

2

0 05

2 , mFe O2 3 0 05 160, 8gam 

Đáp án C

Ví dụ Hồ tan hồn tồn a gam FexOy dung dịch H2SO4 đặc, nóng vừa đủ có chứa 0,075mol H2SO4

thu b gam muối 168ml SO2 (đktc) sản phẩm khử nhất.Trị số a, b công thức

FexOy là:

A a= 9; b=3,48; FeO B a= 3,48; b= 9; Fe3O4

C a= 3,48; b= 8; FeO D a= 8; b= 3,99; Fe3O4 Hướng dẫn giải

H2SO4

0,075mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố S, ta có: 0,075= 3a + 0,0075, a = 0,0225 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H, ta có: nH O2 nH SO2 0 075, mol

FexOy + H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O

(mol) z 0,075 0,0225 0,0075 0,075

Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố Fe, ta có: zx = 0,0225 = 0,045mol

Áp dụng định luật bảo tồn ngun tố Oxi, ta có: zy + 4.0,075 = 12.0,0225 + 2.0,0075 + 0,075

Zx = 0,045

Zy = 0,06

x ,

y  , 

0 045

0 06 4  Fe

3O4

a = m Fe + m O = 0,045 56 + 0,06.16 = 3,48 gam

b = 0,0225 400 = gam  Đáp án B

II.3.5.Phương pháp sử dụng giá trị trung bình.

Trong hoá học thường gặp toán hỗn hợp chất có tính chất tương đương (hỗn hợp kim loại có hố trị, chất dãy đồng đẳng…có chung tính chất hố học).Khi để giải nhanh, sử dụng đại lượng trung bình, dựa vào tính chất giá trị trung bình:

* Giá trị nhỏ (min) < giá trị trung bình < giá trị lớn (max) II.3.5.1/Khối lượng mol trung bình.( )

n i i

hh n n i

n

hh n

i i

M n

m M n M n M n

M

n n n n n



  

  

  



1 2

1

1 (1) Trong đó: m hh : khối lượng hỗn hợp

n hh: Tổng số mol hỗn hợp

Mi : Khối lượng mol chất thứ i hỗn hợp

ni : Số mol chất thứ i hỗn hợp

Cơng thức (1) viết thành:

i i i

n n n

M M M M

n n n

   



1

M M x 1 1M x2 2 M x3 3 (2)

Trong x1,x2… % số mol tương ứng chất Đặc biệt chất khí x1, x2 %

thể tích nên cơng thức (2) viết thành:

+t0

M

FeCl2

FeCl3

Fe(OH)2

Fe(OH)3 Fe(OH)3 Fe2O3

Nung khơng khí

Fe2(SO4)3 amol

(8)

n i i n n i

n n

i i

M V

M V M V M V

M

V V V V



  

 

  



1 2

1

1 (3) Trong Vi thể tích tương ứng khí i hỗn hợp

II.3.5.2/Nguyên tử khối trung bình nguyên tố ( )

Hầu hết nguyên tố hoá học tự nhiên có nhiều đồng vị, nguyên tử khối nguyên tố ngun tử khối trung bình đồng vị tính theo công thức:

Tổng khối l ợng nguyên tử đồng vị

A

Tổng số nguyên tử đồng vị

n n

A x A x A x

A 1 2  

100

Trong An khối lượng đồng vị thứ n

xn % số nguyên tử đồng vị thứ n (xn =100)

Ví dụ: Trong tự nhiên Ni có đồng vị với % số nguyên tử tương ứng đồng vị sau: 58

28Ni

60 28Ni

61 28Ni

62 28Ni

64 28Ni

67,76% 26,16% 1,25% 3,66% 1,16%

Ni

, , , , ,

A 58 67 76 60 26 16 61 25 62 66 64 16    58 77,

100

II.3.5.3/Số oxi hố trung bình Ví dụ:

Al (x mol) AlCl3

Hỗn hợp X

Fe (y mol) FeCl2

Gọi số oxi hố trung bình hai kim loại   n 

n

M nHCl MCl H

2

  

  

 



 

3x 2y

2 n

x y

II.3.5.4/Các đại lượng trung bình thường gặp hợp chất hữu - Số nguyên tử ( cacbon, hidro… ) trung bình

- Số nhóm chức trung bình - Số liên kết  trung bình

- Số gốc hidrocacbon trung bình

Ví dụ 1.Hỗn hợp X gồm hai kim loại kiềm A,B liên tiếp, lấy 6,2 gam X hoà tan hoàn toàn vào nước thu

được 2,24 lít khí H2 (đktc) Kim loại A,B là:

A.Li,Na B.Na,K C.K,Rb D.Rb,Cs

Đặt công thức chung A,B R Ta có PTHH: 2R +2 H2O  2ROH + H2

(mol) 0,2 0,2 0,1

6,

M 31

0,

 

 A Na (23) < M31 < B K (39)  Đáp án B

Ví dụ Hồ tan hồn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat hai kim loại X Y

nhóm IIA vào dung dịch HCl, thu 1,12 lít khí CO2 (đktc).Tên hai kim loại X Y là:

A.Be-Mg B.Mg-Ca C.Ca-Sr D.Sr-Ba

Đặt công thức chung X Y R Ta có PTHH: RCO3 + 2HCl  RCl2 + CO2 + H2O

(mol) 0,5 0,5

A

+dd HCl n

n x a R

(9)

 

2

CO

1,12

n 0, 05

22,

3

4,68

MCO 93,6

0,05

 

 M93,6 60 33,6;XMY

Hai kim loại : Mg =24 < M33,6 < Ca =40  Đáp án B

Ví dụ Cho 150ml dung dịch AgNO3 0,4M vào dung dịch chứa 4,4 gam muối natri halogenua hai nguyên tố X Y (thuộc hai chu kỳ liên tiếp) X Y là:

A.Flo, Clo B.Clo, Brom C.Brom, Iot D.Clo, Iot

Đặt công thức chung hai nguyên tố X Y N Ta có PTHH: NaN + AgNO3  AgN + NaNO3

Ta có nN = n AgNO3 = 0,4 0,15 = 0,06 mol

Khối lượng mol trung bình hai muối là: X,Y

M 73,3 23 50,3 X Y Cl (35,5) Brom (80)  Đáp án B

Ví dụ Cho 1,9 gam hỗn hợp muối cacbonat hidrocacbonat kim loại kiềm M tác dụng với dung

dịch HCl dư, tạo 0,448 lít khí (đktc) Kim loại M :

A Li B.Rb C.K D.Na

M2CO3 + 2HCl  2MCl + CO2 + H2O

MHCO3 + HCl  MCl + CO2 + H2O

CO

0, 448

n 0,02

22,



,

hỗn hợp muối

1,

M 95

0,02

= =

 M + 61 < 95 < 2M + 60

 17,5 < M < 34 M Na (23)  Đáp án D

Ví dụ 5.Hỗn hợp khí SO2 O2 có tỉ khối so với CH4 Cần thêm lít O2 vào 20 lít hỗn hợp

khí tỉ khối so với CH4 giảm 5/6.( Các khí đo điều kiện nhiệt độ, áp suất)

A.10 lít B.30 lít C.20 lít D.40 lít

Cách Gọi x % thể tích SO2 hỗn hợp ban đầu, ta có:

M =16.3=48=64x+32(1- x).Giải phương trình : x= 0,5.

Vậy : khí chiếm 50% thể tích Như 20 lít, khí chiếm 10 lít Gọi V số lít O2 cần thêm vào hỗn hợp, ta có :

5 64.10 32(10 V)

M 3.16 40

6 20 V

+ +

¢= = =

+ Giải có V =20 lít  Đáp án C

Cách Hỗn hợp khí ban đầu coi khí thứ ( 20 lít có M= 16.3=48), cịn O2 thêm vào xem

khí thứ hai, ta có phương trình:

5 48.20 32V

M 3.16 40

6 20 V

+

= = =

+ Giải có V =20 lít  Đáp án C

Ví dụ Đốt cháy hồn toàn a gam hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp dãy đồng đẳng, thu

được 3,548 lít CO2 (đktc) 3,96 gam H2O Tính a xác định CTPT ancol

A 3,32 gam; CH3OH C2H5OH B.4,32 gam; C2H5OH C3H7OH

C.2,32 gam; C3H7OH C4H9OH D.3,32 gam; C2H5OH C3H7OH

Hướng dẫn giải

Gọi số nguyên tử C trung bình x tổng số mol hai ancol

2 2

n 2n

3n

C H OH O nCO (n 1)H O

2

(mol) x nx (n 1)x

+ + ® + +

+

2

CO

H O

3, 584

n nx 0,16mol (1)

22, 3, 96

n (n 1)x 0, 22mol (2)

18

= = =

= + = =

(10)

Từ (1) (2) giải x =0,06 = 2,67

Ta có:a=( 14 + 18)x = (14.2,67 + 18) 0,06 = 3,32 gam = 2,67 Hai ancol C2H5OH C3H7OH  Đáp án D

Ví dụ Hỗn hợp X gồm este tạo thành từ axit đơn chức dãy đồng đẳng ancol

đơn chức, đốt cháy hoàn toàn 20,1 gam X cần 146,16 lít khơng khí (đktc).Sản phẩm cháy cho qua bình I chứa H2SO4 đặc, sau qua bình II chứa dung dịch Ca(OH)2 dư, khối lượng bình I tăng m gam

bình II tăng 46,2 gam CTPT este là:

A.C5H8O2 C6H8O2 B.C5H10O2 C6H12O2

C.C5H8O2 C7H10O2 D.C5H8O2 C6H10O2 Hướng dẫn giải

Theo đề ta thấy este đơn chức dãy đồng đẳng.Gọi CTTQ este là:

x y

C H O (x, y lần l ợt số cacbon số hidro trung bình este)

Gọi a số mol hỗn hợp este.Ta có

PTHH:

2 2

x y

y y

C H O (x + -1)O xCO + H O (1)

4

y y

(mol) a a(x + -1) ax a

4

+ ®

2

O

1

Sè mol O ph¶n øng = sè mol kh«ng khÝ

5 146,16

n 1,305mol

22,

= =

Theo bài, độ tăng khối lượng dung dịch Ca(OH)2 khối lượng CO2 m CO2 = 46,2 g

CO

46,

n 1,05mol

44

= =

Theo (1) ta có:

ax 1,05

y

a(x + -1)=1,305

4

(12x + y +32)a=20,1 =

a

0,18

x = 5,83

y = 9,67

=

Do este đồng đẳng liên tiếp phân tử este số H chẵn, nên từ x vµ y CTPT este C5H8O2 C6H10O2  Đáp án D

II.3.6.Phương pháp đường chéo

Nội dung phương pháp : Phương pháp đường chéo sử dụng tốn trộn

lẫn dung dịch có chất tan, nồng độ trộn lẫn chất khí khơng tác dụng với nhau.

1/ Đối với nồng độ % khối lượng : M1 C1 C2-C

1

2

m C C



 

 (1)

M2 C2 C – C1

Trong

+ m1 khối lượng dung dịch có nồng độ C1%, m2 khối lượng dung dịch có nồng độ C2%

+ C% nồng độ dung dịch thu sau trộn lẫn hai dung dịch, với C1 < C < C2

2/ Đối với nồng độ mol/ lít

V1 CM (1) CM (2)- CM

1 M

2 M

V C (2) C

,(II)

V C C (1)



 



C

C M

n n

(11)

M

V2 CM (2) CM - CM (1)

Trong đó: + V1 thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (1)

+ V2 thể tích dung dịch có nồng độ mol CM (2)

+ CM nồng độ mol dung dịch thu sau trộn lẫn hai dung dịch, với CM (1) < CM < CM

(2)

3/ Đối với chất khí khơng tác dụng với _

1

_

1

V M M

,(III)

V M M



 

 V

1 M1

V2 M2

Trong : + V1 thể tích khí thứ có khối lượng mol phân tử M1

+ V2 thể tích khí thứ có khối lượng mol phân tử M2

+ M khối lượng mol phân tử trung bình, với M1<M<M2 4/ Chú ý :

Để vận dụng tốt phương pháp đường chéo, phải thuộc công thức (I),(II),(III) để áp dụng vào toán cụ thể

+ Chất rắn xem dung dịch có C% = 100% + Dung mơi xem dung dịch có C%= 0%

+Nếu pha trộn hai dung dịch, hai chất khí mà xảy phản ứng hố học khơng áp dụng phương pháp đường chéo

+ Trộn lẫn hai dung dịch không chất tan

Ví dụ :Trộn m1 (g) dung dịch HCl 36% với m2 (g) dung dịch HCl 12% thu 15ml dung dịch HCl

20% (d= 1,1 g/ml).Giá trị m1 m2 :

A.4,5 g 12 g B.11 g 5,5 g C.5,4 g 11,1 g D.5,5 g 11g

m1 36

2

m m 16

  

m2 12 16

Kết hợp với m1 + m2 = 151,1= 16,5  m1= 5,5 g m2 =11g Đáp án D

Ví dụ :Cần thêm gam nước vào 600g dung dịch NaOH 18% để thu dung dịch NaOH

15% ? A.60 B.120 C.160 D.400

Xem nước dung dịch NaOH 0%, ta có :

1

m m 15

  

m1

m2 18 15

 m1=6001/5= 120, Đáp án B

Ví dụ :Hồ tan 200 gam SO3 vào m2 gam dung dịch H2SO4 49% ta dung dịch H2SO4 78,4%.Giá trị

của m2

A.133,3g B.146,9g C.272,2g D.300 g

Phương trình hố học SO3 + H2O  H2SO4

100 gam SO3 

2

98 100

122,5gamH SO 80

 

Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng 122,5%

M – M1 M2 – M

20

(12)

Gọi m1,m2 khối lượng SO3 dung dịch H2SO4 49% cần lấy

m1 122,5 29,4

2

m 29, m 44,1

 

m2 49 44,1

2

44,1

m 200 300gam

29,

   

Đáp án D

Ví dụ 4: Cần trộn H2 CO theo tỉ lệ thể tích để thu hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan 1,5

= 1,516=24

2

H CO

V 4 2

V 22 11

  

VH2

VCO 28 22

PHẦN : CÁC DẠNG BÀI TẬP

I/ TÍNH THEO PTHH KHI CHO LƯỢNG CHẤT PHẢN ỨNG.(Phản ứng xảy hoàn toàn) I.1.Yêu cầu

-Đọc kỹ đề xác định chất phản ứng hết, chất cịn dư sau phản ứng -Tính theo PTHH dựa vào chất phản ứng hết

I.2.Phương pháp giải -Lập PTHH.Viết tỉ lệ mol

-So sánh tỉ lệ mol chất tham gia phản ứng Xác định chất dư theo hệ số PTHH aA + bB  cC + dD

nA nB

So sánh hai tỉ lệ:

A B

n n

= A B phản ứng hết

a b

n n

> A d B ph¶n øng hÕt

a b

n n

< A phản ứng hết B d

a b

-Tính tốn theo lượng chất phản ứng hết I.3.Các ví dụ

Ví dụ 1.Cho 1,3 gam Zn vào 200ml dung dịch H2SO4 có pH =2.Chất cịn dư sau phản ứng? Khối

lượng?

+

2

+ 2M

Zn H H SO

1,3

n 0,02; [H ] 10 , n 0, 2.10 0,002mol, n 0,001mol

65

-

-= = = = = =

Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2

So sánh tỉ lệ mol Zn H2SO4 để xác định chất dư, chất phản ứng hết

2

0,02 0,001

> , Zn d vµ H SO hÕt

1

n Zn phản ứng = n H2SO4 = 0,001 , m Zn dư = 1,3 – 0,001 65 = 1,235 gam

Ví dụ Cho 6,68 gam hỗn hợp gồm Al Fe tác dụng hết với lít dung dịch HCl 0,2M dung dịch

A 3,584 lít khí H2 (đktc)

a.Tính %m kim loại hỗn hợp đầu b.Tính pH dung dịch A

M

78,4

(13)

+

2

đầu H

H

n 0, 2.2 0, 4mol

3, 584

n 0,16mol

22,

= =

Ta có PTHH: 3+

2+

Al Al + 3e

x 3x

Fe Fe + 2e

y 2y ®

® 2H + 2e H2

(mol) 0,32 0,32 0,16

+ ®

nH+phản ứng = 0,16 = 0,32 mol < nH+đầu  axit dư sau phản ứng nH+ dư = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol

a Gọi x số mol Al, y số mol Fe hỗn hợp Ta có phương trình: 27x + 56 y = 6,68 x = 0,04

3x + 2y = 0,32 y = 0,1

Fe Al

27.0,04 56.0,1

%m 100 16,17% %m 100 83,83%

6,68 6,68

= = = =

b.pH dung dịch A d

0,08

[H ] = 0,04M, pH =1,4

2

+ =

Ví dụ 3.Cho 114,2 gam dung dịch H2SO4 20% vào 400 gam dung dịch BaCl2 5,2% Tính C% chất

trong dung dịch sau phản ứng

2

H SO BaCl

114, 2.20 400.5,2

n = 0, 233mol n = = 0,1

100.98 = 100.208

2+

2-4

Ba + SO ® BaSO ¯

Số mol ban đầu 0,1 0,233

Số mol phản ứng 0,1 0,1 0,1 Số mol dư 0,0 0,133

Dung dịch sau phản ứng chứa HCl H2SO4 dư

2-2 4

-H SO SO d

HCl Cl

n = n = 0,133mol

n = n = 0,1.2 = 0,2mol

Khối lượng kết tủa = 0,1 233 = 23,3 gam

Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 114,2 + 400 -23,3 = 490,9 gam

2

H SO

HCl

0,133.98.100

C% = 2,66%

490, 0,2.36,5

C% = .100 1,49%

490,9

= =

II/ DẠNG TOÁN pH.

+ + -a

+ 14

pH - lg [H ], nÕu [H ] = 10 M th× pH = a

Trong bÊt kú dung dịch ta luôn có [H ][OH ]- 10- ë 25 C

=

= II.1.Một số lưu ý giải

(14)

b.Nếu môi trường bazơ pH > 7, ta phải tính theo [OH-].

Ví dụ: Cho dung dịch có pH =11, mơi trường bazơ, OH- chiếm ưu thế.

 pH =11,

14

-11 - -3

11

10

[H ] 10 M, [OH ] 10 M

10

-+

-® = = =

c.Nếu môi trường axit pH < 7, ta phải tính [H+].

Ví dụ: Cho dung dịch có pH= 3, môi trường axit, H+ chiếm ưu [H+] = 10-3M.

d Phản ứng trung hoà tức axit bazơ phản ứng hết

Cho axit mạnh tác dụng với bazơ mạnh, phải xác định xem chất dư sau phản ứng tính nồng độ mol chất đó, tính [H+] suy pH.

II.2.Các ví dụ Tính pH pha lỗng dung dịch khơng có phản ứng hoá học xảy

II.2.1 Nguyên tắc tính pH trường hợp

Khi pha lỗng dung dịch, sơ mol khơng đổi, nồng độ mol/ lít thay đổi

Dung dịch có nồng độ C1, thể tích V1, lượng chất tan n1, pha lỗng nước tạo thành dung dịch có

nồng độ C2, thể tích V2, lượng chất tan n2

Vì số mol khơng đổi nên n1 = n2. C1V1= C2V2

Ví dụ 1.Dung dịch HCl có pH =2 cần pha loãng dung dịch nước lần để thu dung

dịch có pH = 4?

A.10 lần B.99 lần C.101 lần D.100 lần

Ta có pH =2 C1= [H+] = 10-2M, C2 = [H+] = 10-4M

4

2

1 2

2

V 10

10 V 10 V ,

V 10 100

V 100V pha lo·ng 100 lÇn

-= Þ = =

Þ = Þ

Từ cơng thức C1V1= C2V2 ta có

Đáp án D.

Ví dụ 2.Dung dịch HCl có pH =1 cần pha lỗng dung dịch nước lần để thu dung

dịch có pH = 2?

2

1

2

V 10

10 V 10 V ,

V 10 10

-= Þ = =

Þ = Þ Ta có pH =1 C

1= [H+] = 10-1M, C2 = [H+] =

10-2M.

Từ công thức C1V1= C2V2 ta có

Đáp án A.

Ví dụ 3.Dung dịch NaOH có pH =11 cần pha lỗng dung dịch nước lần để dung

dịch NaOH có pH=9

(15)

5

3

1

2

V 10

10 V 10 V ,

V 10 100

-= Þ = =

Þ = Þ

14

3

1 11

-14

- -5

2 -9

Ta cã pH =11, vËy: 10

C [OH ] 10 M

10

Dung dÞch sau pha lo·ng cã: 10

C = [OH ] = 10 M

10

-= = =

=

Từ cơng thức C1V1= C2V2 ta có :

Đáp án C.

II.2.2.Một số sai lầm tính tốn trường hợp này.

Nếu môi trường bazơ mà không tính [OH-] lại đưa [H+] vào cơng thức :

+ -11 + -9

1

9

11

1 11

2

1

C =[H ]= 10 M, C =[H ]= 10 M

V 10

10 V 10 V , 100

V 10

V 100V sai

-= Þ = =

Þ = Þ

Sai, nOH- phụ thuộc vào số mol bazơ cho vào lúc ban đầu, số mol bazơ thay đổi nOH- làm cho pH thay đổi

Nếu tính theo [H ]+ , pha lỗng H2O [H ]+ thay đổi, [H ]+ nước điện li không

phải chất tan mà nước dung môi khơng phải chất tan.(vì pha lỗng số mol chất tan không đổi)

II.2.3.Đưa phép tính nhanh cho học sinh trường hợp này. Khi pha loãng pH tăng hay giảm đơn vị số lần pha lỗng 101 lần.

Khi pha loãng pH tăng hay giảm đơn vị số lần pha lỗng 102 lần.

Khi pha loãng pH tăng hay giảm n đơn vị số lần pha lỗng 10n lần.

Ví dụ1 Dung dịch HCl có pH =1 cần pha loãng dung dịch nước lần để thu dung

dịch có pH = 2?

Tính nhanh : pH tăng 2-1= đơn vị, số lần pha loãng 101 lần, pha lỗng 10 lần Đáp án A.

Tính nhanh : pH giảm 11-9 = đơn vị, số lần pha loãng 102 lần, pha loãng 100 lần Đáp án C.

III/ XÁC ĐỊNH KHỐI LƯỢNG HỖN HỢP DỰA VÀO ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG. III.1.Nội dung

Nhiều toán hoá học phức tạp giải nhanh phương pháp bảo toàn khối lượng

III.1.1 Trong phản ứng hoá học : Tổng khối lượng sản phẩm tổng khối lượng chất tham gia phản ứng

III.1.2.Trong hợp chất : Khối lượng chất tổng khối lượng nguyên tử nguyên tố cấu thành nên chất

(16)

dd sau pha trộn dd ban đầu chÊt tho¸t khái dd

m  m -



III.1.5.Khối lượng hỗn hợp muối tổng khối lượng cation anion III.2.Các ví dụ

Ví dụ 1.Cho 24,4 gam hỗn hợp Na2CO3 K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2.Sau phản ứng thu

được 39,4 gam kết tủa.Khối lượng muối clorua tạo dung dịch :

A.2,66 B.22,6 C.26,6 D.6,26

2

BaCl BaCO

39,

n n 0,2mol

197

  

Đặt công thức chung hai muối cacbonat : M2CO3

M2CO3 + BaCl2  BaCO3 + 2MCl

24,4g 0,2 mol 39,4g m g  m = 24,4 + 208.0,2-39,4=26,6  Đáp án C

Ví dụ 2.Hồ tan hồn toàn 10 gam hỗn hợp gồm Mg Fe dung dịch HCl dư, tạo 2,24 lít H2

(đktc) Khối lượng muối clorua tạo là:

A.1,71 gam B.17,1gam C.3,42gam D.34,2 gam

-2

-H Cl H

muèi kim lo¹i Cl

2, 24

Ta cã n n 2n 0, 2mol

22,

m = m + m 10 0, 2.35, 17,1gam



   

   

 Đáp án B.

Ví dụ 3.Cho 2,81 gam hỗn hợp A gồm oxit Fe2O3,MgO,ZnO tan vừa đủ 300ml dung dịch H2SO4

0,1M Khối lượng hỗn hợp muối sunfat tạo là:

Áp dụng định luật bảo ton lng, ta cú: hỗn hợp oxit axit hỗn hỵp mi n íc

m + m = m + m

Định luật bảo toàn nguyên tố Hidro, ta có: nH SO2 4=nH O2 =0,3.0,1=0,03mol

hỗn hợp muối

m = 2,81+ 0,03.98 -0,03.18= 5,21 gam  Đáp án C.

Ví dụ 4.Hỗn hợp A gồm N2 H2 theo tỉ lệ 1:3 thể tích, tạo phản ứng tổng hợp NH3 Sau phản ứng

được hỗn hợp khí B, A B

d 0,6

Hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 là:

A80% B.50% C.70% D.85%

Gọi x số mol N2 lúc ban đầu, số mol H2 ban đầu 3x

2

N +3H 2NH



Tổng số mol hỗn hợp sau phản ứng= nB = x-a + 3x-3a + 2a = 4x- 2a

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mA = mB

A B A

B B

A

n M

d 0,6

n M 4x-2a

0,6 a 0,8x

4x 0,8x

H 100 80%

x

  

   

 

 Đáp án A

IV/ CO2 HOẶC SO2 TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM.

 Với CO2

Sục khí CO2 vào dd OH

(17)

-

-2

-

2-2

CO + OH HCO (1)

CO + 2OH CO + H O (2)

® ®

Dựa vào bảng sau để xác định chất có dd sau phản ứng

2

OH CO

n T

n



 Phản ứng xảy Anion có dd sau phản ứng Số mol muối thu

T  (1) HCO3

3

HCO

n  

OH

n 

1 < T < (1) (2)

2-3 vµ CO3

HCO

3

HCO

n  

2nCO2  nOH

3

CO

n 

=nOH

nCO2

T = (2)

3

CO 

2

CO

n 

= 12 nOH

=nCO2

T > (2)

3

CO 

OH- dư

3

CO

n 

=nCO2

 Với SO2 : Phản ứng xảy tương tự CO2 tác dụng với dung dịch kiềm,

khác với CO2, SO2 có tính khử cịn CO2 khơng

Ví dụ 1.Hấp thụ hồn tồn 4,48 lít SO2 (đktc) vào dung dịch chứa 16 gam NaOH Khối lượng muối thu

trong dung dịch là:

A 18,9 gam B.25,2 gam C.23 gam D.20,8 gam

2

SO OH

OH

2 SO

2

16 4, 48

n 0, 4mol n 0, 2mol

40 22,

n 0,

T t¹o muèi Na SO

n 0,

SO + 2NaOH Na SO



   

   



(mol) 0,2 0,4 0,2

Vậy mNa SO2 0, 2.12625, 2gam. Đáp án B.

Ví dụ Hấp thụ hồn tồn 2,688 lít CO2 (đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/ lít thu

15,76 gam kết tủa Giá trị a :

A 0,032 B.0,06 C.0,04 D.0,048

2

CO BaCO

-

-2

-

2-2

2, 688 15, 76

n 0,12mol n 0, 08mol

22, 197

CO + OH HCO (mol) x x x

CO + 2OH CO + H O (mol) y 2y

   



y Hướng dẫn giải

2+

2-3

Ba + CO BaCO (mol) y y y=0,08

(18)

2

OH

Ta có ph ơng trình: x + y = 0,12 x 0,04

Ba(OH) Ba 2OH

(mol) 2, 5a 5a

n 5a x 2y 0,04 2.0,08 0,

0,

a 0,04M Đáp án C

5



 

 

 

     

   

Ví dụ Hấp thụ hồn tồn 4,48 lít CO2(đktc) vào 500ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M Ba(OH)2

0,2M, sinh m gam kết tủa, giá trị m :

-2

2+

-2

CO OH

Ba

OH

CO

-

-2

4, 48

n 0, 2mol n =0,5(0,1+ 0,2.2)=0,25mol

22,

n 0, 2.0, 0,1mol

n 0,25

T= = =1,25 t¹o muèi

n 0,2

CO + OH HCO

(mol) x x x

 

 

-

2-2

2+

2-3

CO + 2OH CO + H O

(mol) y 2y y

Ba + CO BaCO

(mol) 0,05 0,05 

 

mBaCO3 = 0,05.197= 9,85 gam  Đáp án B. Cách khác:

2

3

CO

CO OH Ba

BaCO CO

n n n 0, 25 0, 0,05mol n 0,1

Do n n 0,05mol

  



      

 

Ghi chú: áp dụng công thức

2

3 CO

CO OH

n  n   n

khi phản ứng tạo hỗn hợp muối V/ BÀI TẬP TỔNG HỢP.

Ví dụ 1.Hồ tan hoàn toàn 8,862 gam hỗn hợp gồm Al Mg vào dung dịch HNO3 loãng, thu dung dịch X 3,136 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm hai khí khơng màu, có khí hố nâu khơng khí Khối lượng Y 5,18 gam Cho dung dịch NaOH (dư) vào X đun nóng, khơng có khí mùi khai Phần trăm khối lượng Al hỗn hợp ban đầu là:

A.19,53% B.12,8% C.10,52% D.15,25%

x + y = 0,2 x + 2y= 0,25 x = 0,15 y = 0,05

(19)

Cho dung dịch NaOH (dư) vào X đun nóng, khơng có khí mùi khai chứng tỏ khơng có sản phẩm khử NH4NO3 tạo thành

Hỗn hợp Y gồm hai khí khơng màu, có khí hố nâu khơng khí chứng tỏ có khí NO

Y Y

3,136 5,18

n 0,14mol M 37

22, 0,14

    

Mà NO có M=30  Khí cịn lại NO2 (46) N2O (44), khí khơng màu nên loại NO2 ( màu

nâu đỏ)

Vì Y NO N O2

30 44

M 37 n n 0,07mol

2 

    

Gọi x số mol Mg y số mol Al Q trình oxi hố:

2+

3+

Mg Mg 2e

x x 2x

Al Al +3e

y y 3y

 



Quá trình khử:

+

3

- +

3 2

NO + 3e + 4H NO 2H O

(mol) 0,07 0,21 0,28 0,07

2NO + 8e +10H N O + 5H O

(mol) 0,14 0,56 0,7 0,07



 



Áp dụng định luật bảo toàn e vào q trình ta có: 2x + 3y = 0,77

Kết hợp với phương trình khối lượng ta có hệ phương trình:



1,134.100%

%Al 12,8%

8,862

  

Đáp án B.

Ví dụ 2.Hồ tan 7,68 gam Cu vào 150 ml dung dịch hỗn hợp HNO3 0,8M H2SO4 0,4M thu dung

dịch A V lít khí NO (đktc) a) Giá trị V là:

A 1,792 B.2,688 C.1,344 D.1,568

b) Cô cạn dung dịch A thu khối lượng muối khan :

A 15,24 gam B.17,16gam C.15,17gam D.18,24gam

a)

3

2

2 4

Cu

HNO H SO H

H SO SO

7,68

n 0,12mol

64

n = n 2n 0,15(0,8 +0,4.2)= 0, 24mol

n n 0,06mol

 

 

 

 

+ - 2+

3

ban ®Çu

NO NO

3Cu + 8H + 2NO 3Cu + 2NO + 4H O

n 0,12 0,24 0,12

0,24 0,12 0,12

So sánh tỉ lệ: H tham gia phản ứng hết

8

0, 24.2

n 0,06 V 0,06.22, 1,344 lít

8 Đáp án C





  

     



b)

2x + 3y = 0,77 24x + 27y = 8,862 x = 0,322 y = 0,042

(20)

-3 3

2

2 4

2 -

3

NO t¹o muối NO ban đầu NO tạo NO

H SO SO t¹o muèi

muèi Cu NO t¹o muèi SO t¹o muèi

n = n n 0,12-0,06= 0,06mol

n n 0,06mol

m m + m m

= 64.0,09 + 62.0,06 + 96.0,06 = 15,24 g

 



 

 

 

 

 Đáp án A

Ví dụ 3.Hồ tan hoàn toàn 22,4 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu dung

dịch A khí B làm màu dung dịch thuốc tím Hấp thụ hồn tồn B vào 500ml dung dịch NaOH 1M, phản ứng hoàn toàn thu dung dịch chứa 39,7g muối Kim loại M là:

A Fe B.Ca C.Mg D.Cu

Gọi hoá trị M n

PTHH: 2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

Khí B SO2 , giả sử tác dụng với dung dịch NaOH tạo hỗn hợp muối

n NaOH = 0,5.1= 0,5mol SO2

Áp dụng bảo toàn nguyên tố S, ta có : n SO2 = a + b = 0,2 + 0,15 = 0,35mol Trong trường hợp tạo muối giải phương trình có nghiệm 0

2M + 2nH2SO4  M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

(mol) 0,7/n 0,35

22,

M n 32n

0,

 

n =2, M = 64 Kim loại M Cu  Đáp án D PHẦN HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

Trong năm học 2011-2012 phân công giảng dạy lớp : 12B4, 12B5, 11A1, 11A4, 11B7, qua

các kì kiểm tra chất lượng thu kết sau:

Tổng số học sinh 204 Chất lượng đầu năm Thi học kì I Thi học kì II

Trên trung bình 117 161 176

Tỉ lệ 57,35% 78,92% 86,27%

Tổng kết chung.

Trong số phương pháp số dạng tập trên, việc lựa chọn sử dụng phương pháp hoàn toàn phụ thuộc vào lực tư người, phù hợp với trình độ hiểu biết lứa tuổi học sinh

Hy vọng với chuyên đề này, phần giúp học sinh giảm bớt khó khăn việc học Hố học, ham thích mơn học đồng thời nâng cao chất lượng giáo dục chiến lược quốc sách quốc gia

2a + b = 0,5 104a + 126b= 39,7 a = 0,2

b = 0,15

Na2SO3 (a mol) Áp dụng bảo tồn ngun tố Na, ta có : 2a + b = 0,5