12 Dạng toán thường gặp về Oxi - Lưu huỳnh có lời giải chi tiết môn Hóa học 10 năm 2020

+ Để định lượng (mol, khối lượng, thể tích...) của chất trong hỗn hợp các khí không phản ứng với nhau thì phương pháp sơ đồ đường chéo qđược sử dụng tương đối hiệu quả.. Phần trăm theo[r]

(1)

12 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ OXI – LƯU HUỲNH CĨ LỜI GIẢI CHI TIẾT MƠN HĨA HỌC 10

Dạng Đơn chất Oxi, lưu huỳnh tác dụng với kim loại Phương pháp giải

+ Với Oxiphản ứng đưa kim loại lên số oxi hóa cao thấp, cịn với S phản ứng đưa kim loại lên số oxi hóa thấp

+ Phương trình phản ứng tổng quát:

2M + xO2 → 2M2Ox

2M + xS → M2Sx

+ Phương pháp giải: áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố - Bảo toàn khối lượng

- Bảo toàn electron: - Bảo toàn nguyên tố:

PS : Các toán xây dựng dựa nhiều phản ứng oxi hóa khử, ta khơng nên giải theo phương pháp truyền thống mà nên ưu tiên phương pháp bảo toàn bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo tồn ngun tố

► Các ví dụ minh họa ◄

Ví dụ 1: Oxi hố hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Cu Al có tỉ lệ mol 1:1 thu 13,1 gam hỗn hợp Y gồm oxit Giá trị m là:

A 7,4 gam B 8,7 gam C 9,1 gam D 10 gam

Hướng dẫn giải:

Cách 1: Thông thường

Gọi a số mol kim loại Cu, Al hỗn hợp X

2

Phư ơng trình ph¶n øng: 2Cu + O 2CuO a a 4Al + 3O 2Al O

  a a/2

Ta có: moxit =

2

CuO Al O

m m 80a 102a/2 13,1   a 0,1 mol

X

m 64.0,1 27.0,1 9,1 gam   Đáp án C

Cách 2: Dùng bảo toàn nguyên tố bảo tồn khối lượng Cách khơng cần viết cân phương trình phản ứng Gọi a số mol kim loại Cu, Al hỗn hợp X

Bảo toàn nguyên tố Cu nguyên tố Al

2 3

CuO Cu CuO

Al O Al Al O

n n a; n a

2n =n =a n 0,5a

  

 

 

  

 

 

(2)

Ví dụ 2: Nung hỗn hợp gồm 4,8 gam bột Magie 3,2 gam bột lưu huỳnh ống nghiệm đậy kín Khối lương chất rắn thu sau phản ứng :

A 8,0 gam B 11,2 gam C 5,6 gam D 4,8 gam Hướng dẫn giải:

Cách 1: Ta có: nS 3,2 0,1 mol; 32

  nMg 4,8 0,2 mol;

24

 

Phương trình phản ứng: Mg + S  MgS;

Ta có: Mg S

R¾n

n n MgS : 0,1 mol

0,2 0,1 Mg d R¾n m 56.0,1 24.0,1 8gam

Mg d : 0,1 mol

1



         

  Đáp án A

Cách 2: Nếu Mg dư, S dư hay hai dư tất chất sau phản ứng chất rắn Về nguyên tắc định luật bảo tồn khối lượng tổng khối lượng tổng khối lượng chất trước phản ứng, ta không cần biết sau phản ứng chứa chất với lượng

Bảo toàn khối lượng  mRắn = mMg + mS = 4,8 + 3,2 = 8,0 gam  Đáp án A

Ví dụ 3: Đốt cháy hồn tồn 13 gam kim loại hóa trị II oxi dư đến khối lượng không đổi thu 16,2 gam chất rắn X Kim loại là:

A Zn B Fe C Cu D Ca

Cách 1: Gọi kim loại cần tìm M Phương trình phản ứng: 2M + O2

0

t

 2MO;

Ta có: nM nMO 13 16,2 M 65 (Zn)

M M 16

    

  Đáp án A

Cách 2: Chúng ta không cần viết phương trình phản ứng, mà áp dụng định luật bảo toàn

Bảo toàn khối lượng 

2

O r¾n X M O

16,2 13

m m - m n 0,1 mol;

32 

   

Bảo toàn electron 

2

M O M

13

2n 4n n 2.0,1 0,2 M 65 (Zn)

0,2

        Đáp án A

Ví dụ 4: Cho 7,2 gam kim loại M , có hố trị khơng đổi hợp chất, phản ứng hồn tồn với hỗn hợp khí X gồm Cl2 O2 Sau phản ứng thu 23,0 gam chất rắn Y thể tích hỗn hợp khí phản ứng

5,6 lít (ở đktc) Kim loại M là:

A Cu B Ca C Ba D Mg

Sơ đồ toán: 2 t0 x

2 x

Cl MCl

7,2 gam M 5,6 lit khÝ X 23 gam R¾n Y

O M O

 

   

 

Cách 1: Gọi x hóa trị kim loại M; a, b số mol Cl2 O2 hỗn hợp X

2 x 2 x

2M xCl 2MCl 4M xO 2M O

2a 2a 4b 2b

a mol b mol

x x x x

   

(3)

Ta có:

M

khÝ

R¾n

2a 4b

m ( ).M 7,2

x x

x

5,6

n a b 0,25 M 12.x

M 24 (Mg) 22,4

2a 2b

m (M 35,5x) (2M 16x) 23

x x

   

 

 

       

  

 



    



 Đáp án D.

Cách 2: Dùng bảo toàn khối lượng bảo toàn electron

Ta có: 2

2

Cl

X Cl O

O

X Y M Cl O

5,6

n 0,2

n n n 0,25

22,4

n 0,05

BTKL m m m 23 7,2 71.n 32.n

      

 

  



        



Bảo toàn electron Hóa trị.nM=2nCl2 + 4nO2 nM=

2.0,2 4.0,05 0,6

x x

 

M= 7,2.x 12.x

0,6  

x

M 24 (Mg) 

  

  Đáp án D

Nhận xét:

Cách 1: Hầu hết học sinh quen hơn, nhiên việc viết phương trình phản ứng, cân bằng, gọi ẩn lập hệ phương trình ẩn sau biện luận khó khăn

Cách 2: Chỉ sử dụng định luật bảo tồn hóa học mà khơng cần viết phương trình hóa học, dễ dàng cho việc giải tốn Vì cách chưa quen nên ban đầu bỡ ngỡ, khó hiểu, thành thạo cách tối ưu Chúng ta nên sử dụng cách

Dạng Hỗn hợp khí Phản ứng ozon phân

Phương pháp giải

+ Để định lượng (mol, khối lượng, thể tích ) chất hỗn hợp khí khơng phản ứng với thì phương pháp sơ đồ đường chéo qđược sử dụng tương đối hiệu

+ Phản ứng ozon hóa: 3O2 tia lưa ®iƯn 2O3; + Phản ứng ozon phân:

2O3  3O2;

Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X gồm ozon oxi có tỉ khối hiđro 18 Phần trăm theo thể tích khí hỗn hợp X là:

A 25% 75% B 30% 70% C 35% 65% D 40% 60% Hướng dẫn giải:

Sơ đồ đường chéo:

3

O

(4)

3

2

O O

O

1

%V 100 25%

V 36 - 32 1 1 3

3

V 48 - 36

%V 100 75%

1

  

 

    

  

 



 Đáp án A

Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm SO2 O2 có tỉ khối H2 24 Cần thêm V lít O2 vào 20 lít hỗn

hợp X để thu hỗn hợp Y có tỉ khối so với H2 22,4 Biết thể tích khí đo

điều kiện nhiệt độ áp suất

A 2,5 lít B 7,5 lít C 8 lít D 5 lít

Ta có: Khối lượng mol trung bình hỗn hợp X là: MX 24.248

2

Y

X

V lit O (M=32) (48 - 44,8) M 22,4.2 44,8

20 lit X (M =48) (44,8

- 

32)

V 48 - 44,8 20

V 5lit

20 44,8 - 32 4

       Đáp án D

Ví dụ 3: Cho V lít hỗn hợp khí X gồm O2 O3 Thực phản ứng ozon phân hoàn tồn, sau thời

gian thu khí Y thể tích khí tăng lên 30% so với thể tích ban đầu , biết thể tích khí đo điều kiện nhiệt độ áp suất Phần trăm thể tích O2 hỗn hợp đầu là:

A 25% B 40% C 50% D 57,14%

Sơ đồ toán: 2

3

O O

V lit hỗn hợ p X Y , cã V=30%

O O

 

 

 

 

Phương trình phản ứng: Ozon ph©n

3

a lit 1,5a lit

2O 3O

Khơng tính tổng quát, ta chọn hỗn hợp X ban đầu tích VX = 100 lit VY 130 lit

Ta có: ozon ph©n

2

O a lit O 1,5a lit

Y

O (100-a) lit O (100-a) lit

 



 

 

Hay VY = 1,5a + (100 - a) = 130 a = 60  VO2 100 60 40 lit hay40%   Đáp án B.

Ví dụ 4: Phóng điện qua O2 hỗn hợp khí có khối lượng mol trung bình 33 g/mol Hiệu suất

phản ứng ozon hóa

A 7,09% B 9,09% C 11,09% D 13,09%

Sơ đồ tốn: 2 tia lưa ®iƯn t0 3

M 33

2

O O

V lit V lit Hỗn hợ p

O O (dư )

 



 

 

Phương trình phản ứng: tia lưa ®iƯn

2

3O 2O

3

2

O

O (d )

V lit O (M=48) (33 - 32) M 33

V lit O (M=32) ( 

(5)

3

2

O O (ph¶n øng)

O (ph¶n øng) O

O (dư ) O (ban đầu)

V 33 - 32 1 3 3 V 1,5

V V 1,5 H 100 100 9,09%

V 48 - 33 15 2 V 1,5 15

          



 Đáp án B

Câu 5: Một bình cầu dung tích 0,336 lit nạp đầy oxi cân m1 gam Phóng điện để ozon hố, sau nạp thêm cho đầyoxi cân, thu khối lượng m2 Khối lượng m1 m2 chênh lệch 0,04 gam Biết thể tích nạp điều kiện tiêu chuẩn Thành phần phần trăm thể tích ozon hỗn hợp sau phản ứng gần nhất với giá trị sau đây?

A 9% B 10% C 18% D 17%

Sơ đồ toán:

2

2 tia lưa ®iƯn t O

m 0,04gam

2 2

O O O

0,336 lit Hỗn hợ p

O O (dư ) O

  

  

 

  

  

Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:

Cứ mol O3 tạo thành có khối lượng nhiều mol O2 là: 48-32 = 16 gam

Vậy x mol O3 tạo thành có khối lượng nhiều x mol O2 0,04 gam

3 3

O O O

0,04 0,056

n x 0,0025 mol V 0,0025.22,4 0,056 lit %V 100 16,67% 17%

16 0,336

          

 Đáp án D

Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm O2 O3 có tỉ khối so với H2 20 Để đốt cháy hồn tồn 4,48 lít khí CH4

cần V lít hỗn hợp khí X Các khí đo điều kiện tiêu chuẩn Gía trị V là:

A 3,584 lit B 4,480 lit C 8,960 lit D 7,168 lit

Sơ đồ toán: 2

t

2 2

dX / H2 20

O

X mol C H CO H O

O 



  

 

3

2

a mol O (M=48) (40 - 32) M 20.2 40

b mol O (M=32) (48 - 40)

 



2

O O

a

n n a mol;

b 8  

0

0 t

t

4 2

4

CH O CO 2H O CH 2O CO 2H O

3

a 3a

a mol a mol

2 4

  

 

Ta có:

4

CH X

a 3a 4,48

n ( ) 0,2 mol a 0,16 mol V 0,16.2.22,4 7,168 lit

2 22,4

          Đáp án D

Cách 2: Sử dụng định luật bảo toàn

Bảo toàn nguyên tố C H

2

CO CH

H O CH H O

1.n 1.n 0,2 mol;

2.n = 4.n n 0,4 mol;

 



   

(6)

X

V 0,16.2.22,4 7,168 lit

    Đáp án D

Nhận xét:

Cách 1: Phải viết phương trình phản ứng, cân lập phương trình tốn học Cách thường hạn chế gặp toán phúc tạp gồm nhiều chất, nhiều phản ứng hóa học

Cách 2: Khơng cần viết cân phản ứng hóa học mà ta cần viết toán dạng sơ đồ hóa Sau sử dụng định luật bảo tồn để giải Nó áp dụng dễ dàng cho toán gồm nhiều chất, qua nhiều giai đoạn nhiều phản ứng hóa học Chúng ta nên làm quen sử dụng cách cho tốn sau

Dạng Tính oxi hóa mạnh Ozon

+ Ozon có tính oxi hóa mạnh, mạnh oxi, oxi hóa nhiều đơn chất hợp chất + Ví dụ:

O3 + 2KI + H2O  O2 + 2KOH + I2

O3 + 2g  Ag2O + O2

Ví dụ: Dẫn 1,12 lit (đktc) hỗn hợp khí X gồm O2 O3 qua dung dịch KI dư, sau phản ứng thu

6,35 gam chất rắn màu tím đen Phần trăm thể tích ozon X là:

A 50% B 25% C 75% D 80%

Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: O3 + 2KI + H2O  O2 + 2KOH + I2

Ta có:

3

O I O

6,35 0,025.22,4

n n 0,025 mol %V = 100 50%

254 1,12

      Đáp án A

Dạng Điều chế oxi - phản ứng nhiệt phân

+ Nguyên tắc để điều chế oxi phịng thí nghiệm nhiệt phân hợp chất giàu oxi, bền nhiệt + Ví dụ:

2 KMnO4

t

 K2MnO4 + MnO2 + O2

2 KClO3

t

 2KCl + 3O2

+ Để giải dạng viết phương trình hóa học sử dụng định luật bảo toàn electron, bảo tồn ngun tố

Ví dụ: Nhiệt phân 55,3 gam KMnO4 sau thời gian phản ứng thu V lít khí O2 (đktc) Gía trị lớn

(7)

Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: KMnO4

0

t

 K2MnO4 + MnO2 + O2

Để V đạt giá trị lớn phản ứng phải xảy hồn tồn, suy ra:

Ta có:

2

KMnO

O O

n 55,3

n 0,175 mol V = 0,175.22,4 = 3,92 lit

2 158.2

     Đáp án C

Dạng Phản ứng tạo kết tủa ion sunfua (

S), sunfat (

SO) Phương pháp giải

+ Một số muối sunfua( Na2S, K2S, BaS, CaS ) tan nước Hầu hết muối sunfua không tan trong nước

- Một số muối sunfua không tan nước, tan dung dịch axit FeS, ZnS, MgS - Một số muối sunfua không tan nước không tan dung dịch axit (HCl, H2SO4 loãng, HNO3 loãng ) CuS, PbS

+ Hầu hết muối sunfat tan nước Một số muối sunfat không tan nước không tan axit mạnh (HCl, HNO3 ) BaSO4, SrSO4, PbSO4

+ Khi giải tập nên áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng ► Các ví dụ minh họa ◄

Ví dụ 1: Hấp thụ 7,84 lít (đktc) khí H2S vào 64 gam dung dịch CuSO4 10%, sau phản ứng hoàn toàn thu

được m gam kết tủa đen Gía trị m là:

A 33,6 gam B 38,4 gam C 3,36 gam D 3,84 gam

Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: H2S + CuSO4  CuS + H2SO4

Ta có:

2

H S CuSO

7,84 64 10

n 0,35 n 0,04

22,4 160 100

     H2S dư CuSO4 hết

4

CuS CuSO CuS

n n 0,04 m 0,04.96 3,84gam

       Đáp án D

Ví dụ 2: Hịa tan hồn tồn m gam hỗn hợp X gồm Fe FeS dung dịch HCl dư thu dung dịch Y 4,928 lít hỗn hợp khí Z Cho hỗn hợp khí Z qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thu 47,8

gam kết tủa đen Thành phần phần trăm khối lượng FeS hỗn hợp X gần với giá trị sau đây?

A 94% B 6% C 60% D 40%

Hướng dẫn giải: Sơ đồ toán:

HCl d 2 Pb(NO )3

2

H FeCl

Fe

m gam X Y 4,928lit KhÝ Z 47,8 gam PbS

FeS HCl d H S



  



   

  

  

Cách 1: Thông thường

(8)

2

2 3

Fe 2HCl FeCl H ; mol x x FeS 2HCl FeCl H S; mol y y

H S Pb(NO ) PbS 2HNO mol y

  



  



  

 y

Ta có:

2

PbS H

47,8 4,928

y n 0,2 mol; n = x + y = 0,22 mol x 0,02 mol

239 22,4

     

FeS

0,2.88

%m 100 94,017% 94%

0,2.88 0,02.56

   

  Đáp án A

Cách 2: Dùng định luật bảo toàn

Bảo toàn nguyên tố S

2

FeS H S PbS

47,8

n n n 0,2 mol

239

   

Ta có:

2 2

Z H H S H

4,928

n n n 0,22 n 0,22 0,2 0,02 mol

22,4

       

Bảo toàn electron

2

Fe H

n n 0,02 mol

  

FeS

0,2.88

%m 100 94,017% 94%

0,2.88 0,02.56

   

  Đáp án A

Ví dụ 3: Nung 5,6 gam bột sắt 13 gam kẽm với lượng dư bột lưu huỳnh, sau phản ứng thu rắn X Hịa tan hồn tồn X dung dịch axit clohidric thu khí Y Dẫn khí Y vào V lit dung dịch CuSO4 dư, sau phản ứng hồn tồn thu m gam kết tủa Gía trị m là:

Sơ đồ toán:

4

CuSO

t HCl

2

FeS 5,6 gam Fe

S R¾n X ZnS KhÝ Y (H S) m gam CuS

13 gam Zn

S d

 



     

 

 

 Cách 1: Phương trình phản ứng:

Fe + S t0

FeS Zn + S t0 ZnS

FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S

ZnS + 2HCl  ZnCl2 + H2S

H2S + CuSO4  CuS + H2SO4

Ta có:

2

CuS H S FeS ZnS Fe Zn CuS

5,6 13

n n n n n n 0,3 m 0,3.96 28,8

56 65

            Đáp án D

Cách 2: Dùng định luật bảo tồn

Cả sơ đồ tốn ta thấy Fe Zn nhường electron S nhận electron

Bảo tồn electron, ta có: 2nS 2nFe 2nZn nS 5,6 13 0,3 mol

56 65

     

(9)

Ví dụ 4: Thêm từ từ dung dịch BaCl2 vào 300ml dung dịch Na2SO4 1M khối lượng kết tủa

bắt đầu khơng đổi dừng lại, thấy hết 500 ml Nồng độ mol/l dung dịch BaCl2 là:

A 0,3 M B 0,6M C 0,5M D 0,15M

Phương trình phản ứng: Na2SO4 + BaCl2  BaSO4(trắng) + 2NaCl

Phản ứng đến kết tủa không đổi, tức Na2SO4 hết

Ta có:

2

BaCl Na SO M (BaCl )

0,3

n n 0,3.1 0,3 mol C = 0,6M

0,5

      Đáp án B.

Dạng H2S, SO2 tác dụng với dung dịch bazo

+ H2S, SO2 tác dụng với dung dịch bazo tạo muối axit, muối trung hòa phụ thuộc vào số mol chúng với số mol OH- Ta chia trường hợp bảng sau:

+ Khi giải tập nên áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng ► Các ví dụ minh họa ◄

Ví dụ 1:Cho 2,24 lit (đktc) khí H2S hấp thụ hết vào 85 ml dung dịch NaOH 2M, sau phản ứng thu

dung dịch X Dung dịch X chứa chất tan gồm:

A NaHSvà Na2S B NaHS C Na2S D Na2Svà NaOH

Ta có:

2

H S OH

H S NaOH

2,24

n

n 0,1 mol; 0,17

1,7 22,4

n 0,1

n = 0,085.2 = 0,17 mol



  

    



 Muối

1

2

HS S

   

 hay

NaHS Na S  

  Đáp án A.

Ví dụ 2: Cho 2,24 lít SO2 (đktc) hấp thụ hết vào 150 ml dung dịch NaOH 1M thu dung dịch Y

Khối lượng muối có dung dịch Y là:

Ta có:

2

SO OH

SO NaOH

2,24

n

n 0,1 mol; 0,15

1,5 22,4

n 0,1

n = 0,15.1 = 0,15 mol



  

    



 Muối

1 3

HSO SO

   

 hay

3

2

NaHSO Na SO  



(10)

2

NaOH SO NaHSO

x x x mol

2NaOH SO Na SO H O

2y y y mol  

 

  

 

Ta có:

2

NaOH

muèi SO

n x 2y 0,15 x 0,05

m 0,05.104 0,05.126 11,5gam

n x y 0,1 y 0,05

  

  

     

     

 

  Đáp án A.

Cách 2: Bảo toàn nguyên tố

3

NaHSO Na SO SO

1n 1n 1n 0,1 (1);

   

Bảo toàn nguyên tố Na

3

NaHSO Na SO NaOH

1n 2n 1n 0,15 (2);

   

Từ (1), (2) 

2

NaHSO

muèi Na SO

n 0,05

m 0,05.104 0,05.126 11,5gam

n 0,05



    

 

  Đáp án A.

Cách 3: Giải nhanh

Sử dụng công thức giải nhanh

2

3

Na SO OH SO

muèi

NaHSO SO OH

n n n 0,15 0,1 0,05

m 0,05.104 0,05.126 11,5gam

n 2n n 2.0,1 0,15 0,05



    

    

     

  Đáp án A

Nhận xét: Trong cách giải cách áp dụng cho tốn đơn giản, có phương trình phản ứng, cách học sinh quen lớp học trước nên thấy dễ hiểu Cách chất cơng thức giải nhanh hệ qủa rút từ định luật bảo tồn hóa học, tức từ cách Như nên sử dụng cách 2, sử dụng định luật bảo hóa học để giải tập sau Ví dụ 3:Đốt cháy hồn tồn 6,8 gam khí H2S thu V lit SO2 (đktc) m gam nước Hấp thụ toàn

bộ SO2 vào 200 gam dung dịch NaOH 5,6% thu dung dịchY Nồng độ phần trăm

chất tan có phân tử khối lớn Y là:

A 5,04% B 4,74% C 6,24% D 5,86%

Sơ đồ phản ứng: 2

t

2 200 gam dung dÞch NaOH 5,6%

2

H O 6,8 gam H S O

SO  Y

 



2

SO H S

6,8

n n 0,2 mol

34

   

Ta có:

2

3 OH

NaOH

2

SO

n NaHSO

5,6.200 0,28

n 0,28mol 1,4 2muèi

Na SO

100.40 n 0,2

 

      



3 3

NaHSO Na SO SO NaHSO

NaHSO Na SO NaOH Na SO

Bảo toàn nguyên tố S 1.n +1 n = 1.n = 0,2 n 0,12 mol

Bảo toàn nguyên tố Na 1.n + 2.n =1 n = 0,28 n 0,08 mol

   

  

   

Khối lượng dung dịch sau phản ứng =

2

ddNaOH SO

m m 200 0,2.64 212,8gam 

2

Na SO

0,08.126

C% 100 4,74%

212,8

(11)

Ví dụ 4: Đốt cháy hồn tồn m gam S có oxi dư, hấp thụ tồn sản phẩm cháy vào 120 ml dung dịch NaOH 1M thu dung dịch chứa muối có nồng độ mol Giá trị m

Hướng dẫn giải: Phản ứng lưu huỳnh cháy khí oxi: O2 + S

0

t

 SO2;

SO2 tác dụng với dung dịch NaOH thu muối NaHSO3 Na2SO3

Vì muối có nồng độ nên chúng có số mol

3

NaHSO Na SO

n n

 

Bảo toàn nguyên tố Na

3 3

NaHSO Na SO NaOH NaHSO Na SO

1.n 2.n 1.n 0,12 n n 0,04 mol;

      

3

S NaHSO Na SO S

n 1.n 1.n 0,08 mol m 0,08.32 2,56gam

        Đáp án B

Ví dụ 5: Dẫn 3,36 lít khí H2S (đktc) vào 250 ml dung dịch KOH 2M, sau phản ứng hoàn toàn thu

được dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu m gam rắn khan Gía trị m là:

Ta có:

2

H S OH

SO KOH

3,36

n

n 0,15 mol; 0,5

3,33 22,4

n 0,15

n = 0,25.2 = 0,5 mol

           X S OH d    

 hay Rắn

2 K S KOH d   

2

K S H S

1n 1n 0,15 (1);

  

Bảo toàn nguyên tố K

2

KOH ban đầu K S KOH dư KOH dư

1n 2n 1n n 0,5 0,15.2 0,2 (2);

      

Từ (1), (2) 

2

R¾n K S KOH d

m m m 0,15.110 0,2.56 27,7gam   Đáp án D.

Ví dụ 6: Đốt cháy hồn tồn 8,96 lít H2S (đktc) oxi dư, dẫn tất sản phẩm vào 50 ml dung

dịch NaOH25% (d = 1,28) Nồng độ phần trăm muối dung dịch :

A 47,92% B 42,98% C 42,69% D 46,43%

Hướng dẫn giải: Sơ đồ tốn: 8,96 lít H2S + O2

0 t  2 SO H O   

50ml NaOH25%(D 1,28)

 

Muối? Phản ứng H2S cháy khí oxi: 3O2 + 2H2S

0

t

 2SO2 + 2H2O

Ta có:

2

SO H S

OH

SO NaOH

8,96

n n 0,4 mol;

n 0,4

22,4

1

n 0,4

V.C.D 50.25.1,28

n = = =0,4 mol

100.M 100.40             

Muối



3

HSO hay



3

NaHSO SO NaHSO

1.n 1.n 0,4 mol m 0,4.104 41,6 gam

     

Khối lượng dung dịch sau phản ứng =

2

ddNaOH SO H O

m m m 50.1,28 0,4.64 0,4.18 96,8 gam  

3

NaHSO

41,6

C% 100 42,98%

96,8

    Đáp án B

Ví dụ 7: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Fe FeS dung dịch HCl thấy thoát 8,96 lít (đkc) hỗn hợp khí X Dẫn hỗn hợp khí X qua dung dịch CuCl2 dư, tạo 9,6 gam kết tủa Giá trị m

(12)

Sơ đồ toán: HCl CuCl2

2

H Fe

m gam 8,96 lit KhÝ X 9,6 gam CuS

FeS H S



 



  

 

 

2

FeS H S CuS

9,6

Bảo toàn nguyên tố S n = n = n = 0,1 mol; 96

 

2

H X H S

8,96

n = n n 0,1 0,3 mol;

22,4

    

2

Fe H Fe

Bảo toàn electron 2.n = 2.n n 0,3 mol m = 0,3.56 + 0,1.88 = 25,6 gam  Đáp án C. Dạng H2S, SO2 tác dụng với chất oxi hóa mạnh

+ H2S, SO2 có tính khử tác dụng chất có tính oxi hóa mạnh dung dịch KMnO4, dung dịch Br2 thì nguyên tử lưu huỳnh S2, S4 chuyển lên S6 Ví dụ:

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4; H2S + 4Br2 + 4H2O  8HBr + H2SO4;

SO2 + Br2 + 2H2O  2HBr + H2SO4;

+ Khi giải tập nên áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron, bảo toàn khối lượng

Ví dụ 1: Đốt cháy hồn tồn V lít khí H2S (đktc) lượng oxi vừa đủ thu khí Y Hấp thụ hết

Y cần vừa đủ 200 ml dung dịch KMnO4 1M Giá trị V là:

A 0,2 lít B 4,48 lít C 0,5 lít D 11,2 lít

Sơ đồ toán: O2 200ml KMnO 1M4

2

V lit H S KhíY (SO ) Vừa đủ

Phương trình phản ứng: 2H2S + 3O2

t

 2SO2 + 2H2O;

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4;

2

2 2

2

H S SO

H S SO H S

SO KMnO

Bảo toàn nguyên tố S n n 5

n n 0,2 0,5mol V 0,5.22,4 11,2 lit

Bảo toàn electron 2.n 5.n

      



  

 Đáp án D.

Ví dụ 2: Cho 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm H2S SO2 tác dụng hết với 1,25 lít dung dịch nước

brom dư Thêm tiếp vào dung dịch sau phản ứng Ba(NO3)2 dư, thu m gam kết tủa trắng Giá trị m là:

Sơ đồ toán: Br2 H O2 Ba(NO )3

2 4

H S

5,6 lit X Dung dÞch (H SO ) m gam (BaSO )

SO

  



  

(13)

Phương trình phản ứng: H2S + 4Br2 + 4H2O  8HBr + H2SO4;

SO2 + Br2 + 2H2O  2HBr + H2SO4;

H2SO4 + Ba(NO3)2  BaSO4 (trắng) + 2HNO3;

Bảo toàn nguyên tố S 

4 2

BaSO H SO H S SO BaSO

5,6

n n (n n ) 0,25 mol m 0,25.233 58,25 gam

22,4

       

 Đáp án C.

Ví dụ 3: Hấp thụ V lit (đktc) hỗn hợp khí X gồm H2S SO2 lượng vừa đủ 850ml dung

dịch Br2 1M thu dung dịch Y Cho lượng dư BaCl2 vào dung dịch Y thu 93,2 gam kết tủa

trắng Phần trăm khối lượng H2S hỗn hợp X là:

A 37,50% B 62,50% C 75,83% D 24,17%

Sơ đồ toán: Br +H O2 2 BaCl2

4

H S H SO

8,96 lit X Dung dÞch Y 93,20 gam (BaSO )

SO HBr

 

 

  

 

 

Phương trình phản ứng: H2S + 4Br2 + 4H2O  8HBr + H2SO4;

SO2 + Br2 + 2H2O  2HBr + H2SO4;

H2SO4 + BaCl2  BaSO4(trắng) + HCl;

Bảo toàn nguyên tố S 

2 2 4

H S SO H SO BaSO

93,2

1.n 1.n n n 0,4 mol (1);

233

    

Bảo toàn electron 

2 2

H S SO Br

8.n 2.n 2.n 2.0,85 1,7 mol (2);

Từ (1), (2) 

2

H S

H S SO

n 0,15mol 0,15.34

%m 100 24,17%

n 0,25mol 0,15.34 0,25.64



   

  

  Đáp án D

Dạng Oleum - Sự pha loãng dung dịch

+ Khi pha loãng axit sunfuric đặc, ta cho từ từ axit vào nước mà khơng làm ngược lại

+Khi pha lỗng trộn lẫn dung dịch không phản ứng với ta nên sử dụng sơ đồ đường chéo

Ví dụ 1: Trộn 200 gam dung dịch H2SO4 12% với 300 gam dung dịch H2SO4 40% thu 500 gam

dung dịch H2SO4 a% Gía trị a là:

A 20,8% B 28,8% C 25,8% D 30,8%

Hướng dẫn giải: Sơ đồ đường chéo:

2

200 gam H SO (12%) (40 - a) a

300 gam H SO (40%) (a - 12)

200 40 a

(14)

Ví dụ 2: Cho 38,7 gam oleum H2SO4.2SO3 vào 100 gam dung dịch H2SO4 30%, thu dung dịch X

Nồng độ phần trăm H2SO4 X là:

A 67,77% B 53,43% C 74,10% D 32,23%

Hướng dẫn giải: Ta xem H2SO4.2SO3 dung dịch H2SO4 có nồng độ

98.3

.100 114% 98 2.80  ;

2 4

2

38,7 gam H SO 2SO H SO (114%) (a - 30) a

100 gam H SO 

(30%) (114 - a)

38,7 a 30

a 53,43%

100 114 a



   

  Đáp án B.

Ví dụ 3: Hồ tan 67,6 gam oleum H2SO4.xSO3 vào nước thu dung dịch X Sau cho từ từ

lượng dư BaCl2 vào X thấy có 186,4 gam kết tủa trắng Công thức oleum là:

A H2SO4.SO3 B H2SO4.2SO3 C H2SO4.3SO3 D H2SO4.4SO3

Cách 1:

Phương trình phản ứng: H2SO4.xSO3 + xH2O  (x+1)H2SO4

H2SO4 + BaCl2  BaSO4 (trắng) + 2HCl

Ta có:

2 4

H SO

H SO BaSO Oleum

n

186,4 0,8

n n 0,8 mol; n = mol;

233 x x

    

 

Oleum Oleum

67,6 0,8

n x : H SO 3SO

98 80x x

    

   Đáp án C.

Cách 2:

2 4

Oleum H SO BaSO Oleum

186,4 0,8 67,6

(1 x).n n n 0,8 n x H SO 3H O

233 x 98 80x

          

 

 Đáp án C.

Dạng Tính axit mạnh dung dịch H2SO4 loãng

Phương pháp giải + Dãy hoạt động hóa học:

K Ba Ca Na Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au + Kim loại M (trước H) tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng:

2M + xH2SO4  M2(SO4)x + xH2 (x hóa trị thấp kim loại)

Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố, khối lượng bảo tồn electron ta thiết lập số công thức:

2

2 4

2

M H

H SO H

SO

muèi sunfat Kim lo¹i Kimlo¹ i H

(1) x.n = 2.n

(2) n n n

(3) m = m + m m 96.n



 

(15)

+ Bazo, oxit kim loại tác dụng với H2SO4 loãng:

2M(OH)x + xH2SO4  M2(SO4)x + 2xH2O

M2Ox + xH2SO4  M2(SO4)x + xH2O

Bản chất là phản ứng trao đổi, ta thấy kết hợp 1OH 1H tạo 1H2O; 1O kết

hợp với 2H tạo 1H2O

Khi giải tập phần ta nên áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, áp dụng linh hoạt định luật bảo toàn electron, khối lượng, nguyên tố

► Các ví dụ minh họa ◄ 9.1 Tác dụng với kim loại

Ví dụ 1: Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu Fe vào dung dịch H2SO4 loãng (dư) , kết thúc phản ứng thu

được 2,24 lít khí H2 (đktc) Khối lượng Fe 2m gam X

A 4,48 B 11,2 C 16,8 D 5,6

Hướng dẫn giải: Phương trình phản ứng: Fe + H2SO4  FeSO4 + H2

Cu + H2SO4 

Ta có:

2

Fe H Fe(trong 2m) Fe

2,24

n n 0,1 mol n = 0,2 mol m = 0,2.56 = 11,2 gam

22,4

      Đáp án B

Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 0,78 gam hỗn hợp kim loại Al, Mg dung dịch H2SO4 lỗng, thấy

ra 896 ml khí H2 (đktc) Cơ cạn dung dịch sau phản ứng thu gam muối sunfat khan?

Cách 1: Thơng thường

Phương trình phản ứng:

2 4

2Al 3H SO Al (SO ) 3H mol 2x x 3x Mg H SO MgSO H mol y y y

  

 

  

 

Ta có:

2

KL

muèi H

m 27.2x 24.y 0,78

x 0,01

m 0,01.342 0,01.120 4,62gam 0,896

n 3x y 0,04 y 0,01

22,4

  

 



     

      



  Đáp án B

Cách 2: Giaỉ nhanh

2

muèi sunfat KL SO KL H

m = m + m  m 96.n 0,78 96.0,04 4,62gam   Đáp án B

Ví dụ 3:Hịa tan hết gam hỗn hợp X gồm Fe Mg dung dịch H2SO4 loãng, dư thu 4,48 lít

khí H2 đktc Phần trăm khối lượng Fe hỗn hợp X là:

A 30% B 70% C 56% D 44%

(16)

2 4

Fe H SO FeSO H mol x x Mg H SO MgSO H mol y y

  



  



Ta có:

2

KL

Fe H

m 56.x 24.y

x 0,1 0,1.56

%m 100 70%

4,48

n x y 0,2 y 0,1

22,4

  

 



    

      



  Đáp án B

Cách 2: Giaỉ nhanh

2

X Fe Mg

Fe

Fe Mg

Fe Mg H

Bảo toàn khối lư ợ ng m =56.n +24.n

n 0,1 0,1.56

%m 100 70%

4,48 n 0,1

8

Bảo toàn electron 2.n 2.n 2.n 0,4

22,4

   



   

  

      



 Đáp án B

Ví dụ 4: Hịa tan hồn tồn 36,4 gam hỗn hợp X gồm kẽm sắt, có khối lượng dung dịch axit sunfuaric loãng, dư, sau phản ứng thu dung dịch Y V lít khí (đktc) Gía trị V gần nhất với?

A 12,55 lít B 14,55 lít C 13,44 lít D 11,22 lít

Ta có: mZn = m =Fe 36,4=18,2 gam nZn 18,2 0,28 mol; nFe 18,2 0,325 mol

2   65   56 

2 2

H Zn Fe H H

2.n 2.n 2.n n 0,28 0,325 0,605 mol V 13,552 lit 13,44

         

 Đáp án D

Ví dụ 5: Hồ tan hồn tồn 6,48 gam hỗn hợp X gồm Mg kim loại M, có khối lượng nhau, dung dịch H2SO4 loãng dư thu dung dịch Y 7,056 lit H2 (đktc) Kim loại M là:

A Ca B Al C Fe D Cu

Hướng dẫn giải: Gọi k hóa trị kim loại M

2

Mg M Mg H

6,48 3,24 7,056

m m 3,24gam n 0,135mol; n = 0,315mol

2 24 22,4

      

2

Mg M H

2.n k.n 2.n

  

M

k

2.0,315 2.0,135 0,36 3,24

n M 9k

M 27 (Al)

k k 0,36 / k

  

       



  Đáp án B

Ví dụ 6: Hồ tan 13,44 gam kim loại M có hóa trị khơng đổi dung dịch H2SO4 lỗng dư, thu

được dung dịch Y V lit khí H2 (đktc) Cô cạn dung dịch Y thu 36,48 gam muối sunfat khan Kim

loại M là:

A Mg B Al C Fe D Zn

Hướng dẫn giải: Gọi k hóa trị kim loại M

Ta có: muèi sunfat KL KL H H

SO

36,48 13,44

m = m + m  m 96.n n 0,24 mol



(17)

2

M H

5,376

k.n 2.n 0,48

22,4

  

M

k

0,48 13,44

n mol M 28k

M 56(Fe)

k 0,48 / k

 

      



  Đáp án C

9.2 Tác dụng với bazo, oxit kim loại

Ví dụ 7: Hòa tan hết m gam hiđroxit kim loại M có hóa trị khơng đổi cần dùng vừa đủ 10m gam dung dịch H2SO4 10% Kim loại M là:

A Al B Zn C Mg D Cu

Cách 1: Thông thường

Gọi x hóa trị kim loại M Phương trình phản ứng:

 





2M OH xH SO M SO 2xH O

m x.m

mol

(M 17x) 2(M 17x)

  



 

Ta có:

2

H SO

x

10m.10 m x.m

n mol M 32.x

M 64(Cu)

100.98 98 2(M 17x)

 

      



   Đáp án D

Cách 2: Dựa vào đáp án ta thấy có trường hợp kim loại hóa trị II có kim loại hóa trị III Vậy ta giả sử kim loại ta cần tìm có hóa trị II

2 4

H SO H SO

10m.10 m

m m gam n mol

100 98

   

2

M(OH) H SO

m m

n n M 64(Cu)

M 34 98

    

  Đáp án D

Ví dụ 8: Cho 35,3 gam hỗn hợp X gồm CuO Al2O3 tan hoàn toàn dung dịch H2SO4 loãng, thu

được dung dịch chứa 91,3 gam muối Phần trăm khối lượng Al2O3 X là:

A 72,24% B 43,34% C 27,76% D 56,66%

Cách 1: Gọi x, y số mol CuO, Al2O3

2 4

CuO H SO CuSO H O mol x x

Al O H SO Al (SO ) H O mol y y

  



  



Ta có: X Al 2O3

muèi

m 80.x 102.y 35,3 x 0,25 0,15.102

%m 100 43,34%

m 160.x 342.y 91,3 y 0,15 35,3

   

 

   

     



  Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Cu Al

4 3

CuSO CuO Al (SO ) Al O

n n ; n = n

 

(18)

2

2 3

2

X CuO Al O CuO

Al O Al O

muèi CuO Al O

m 80.n 102.n 35,3 n 0,25 0,15.102

%m 100 43,34%

n 0,15

m 160.n 342.n 91,3 35,3

  

  

 

    



   

 



 Đáp án B

Ví dụ 9: Hồ tan hồn tồn 46,1 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO 1,7 lit dung dịch axit H2SO4

0,5M vừa đủ, sau phản ứng thu dung dịch Y Cô cạn dung dịch Y thu m gam hỗn hợp muối sunfat khan Gía trị m là:

Sơ đồ phản ứng:

4

2 4

2

MgSO MgO

46,1gam ZnO 1,7lit H SO 0,5M muèi ZnSO H O

Fe O Fe (SO )

 

    

 

 

 

Cách 1: Sử dụng định luật bảo toàn Bảo toàn nguyên tố H

2

H O H SO

n n 1,7.0,5 0,85 mol

   

Bảo toàn khối lượng

2

Oxit H SO Muèi H O muèi

m m m m m 46,1 0,85.98 0,85.18 114,1 gam

        

 Đáp án A

Cách 2: Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng

Ta có:

2 4

O(oxit) SO (muèi ) H SO

n n  n 1,7.0,5 0,85mol.

Muối sunfat oxit kim loại khác ion

SO (M 96) ion O (M2 16) nên:

1 mol muối sunfat nhiều mol oxit kim loại (96-16) = 80 gam

2

muèi sunfat oxit H SO

m m (96 16).n 46,1 80.0,85 114,1 gam

        Đáp án A

 Đáp án B

Ví dụ 10: Cho 25,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 Fe2O3 tác dụng với dung dịch H2SO4 15%

dư, thu dung dịch Y thấy có 7,84 lít khí (đktc) Thành phần phần trăm khối lượng Fe hỗn hợp X gần nhất với gía trị sau đây?

A 55,55% B 88,88% C 66,66% D 77,77%

Hỗn hợp X cho vào dung dịch axit sunfuric lỗng tất chất phản ứng có Fe phản ứng tạo khí H2

Bảo tồn electron

2

Fe H Fe Fe

7,84 0,35.56

2.n 2.n n 0,35 mol %m 100 77,77%

22,4 25,2

      

 Đáp án D

Ví dụ 11: Cho 855 gam dung dịch Ba(OH)2 10% vào 200 gam dung dịch H2SO4 thu kết tủa

dung dịch X Để trung hoà dung dịch X người ta phải dùng 125ml dung dịch NaOH 25% (d= 1,28) Nồng độ phần trăm dung dịch H2SO4 là:

A 98% B 25% C 49% D 50%

(19)

2NaOH + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O

Ta có:

2

NaOH

H SO Ba(OH)

n 855.10 125.25.1,28

n 1.n + mol;

2 171.100 2.100.40

   

2

H SO

1.98

C% 100 49%

200

    Đáp án C

9.3 Tác dụng với muối

Ví dụ 12: Hồ tan hồn toàn m gam hỗn hợp X gồm MgCO3, K2CO3, Na2CO3 dung dịch H2SO4

loãng, dư thu dung dịch Y 7,84 lít khí bay (đkc) Khi cô cạn dung dịch Y thu 38,2 muối khan Gía trị m là:

3

2 4 2

2

MgCO MgSO

m gam K CO H SO 0,5M 38,2gam muèi sunfat K SO H O 7,84lit CO

Na CO Na SO

 

      

 

 

 

Cách 1: Sử dụng định luật bảo toàn

Bảo toàn nguyên tố H

2 2

H SO H O CO

7,84

n n n 0,35 mol

22,4

    

2 2

muèi cacbonat H SO muèi sunfat H O CO

m m m m m

    

muèi cacbonat

m 38,2 0,35.18 0,35.44 0,35.98 25,6 gam

       Đáp án A

Cách 2: Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng

Muối sunfat muối cacbonat khác ion SO (M24 96) ion CO (M23 60) nên: mol muối sunfat nhiều mol muối cacbonat (96-60) = 36 gam

2

muèi cacbonat muèi sunfat CO

7,84

m m (96 60).n 38,2 36 25,6 gam

22,4

        Đáp án A

Ví dụ 13: Hòa tan 32,2 gam hỗn hợp X gồm muối MgCO3 CaCO3, K2CO3 dung dịch H2SO4

loãng dư, sau phản ứng hồn tồn, thu V lít khí (đktc) dung dịch Y chứa 43 gam muối sunfat Gía trị V là:

A 5,60 lit B 6,72 lit C 4,48 lit D 8,96 lit

Hướng dẫn giải: Sơ đồ phản ứng:

3

2 4 2

3

MgCO MgSO

32,2 gam K CO H SO 43 gam K SO H O V lit CO

CaCO CaSO

 

      

 

 

 

Cách 1: Sử dụng định luật bảo toàn Bảo toàn nguyên tố H

2 2

CO H O H SO

n n n a mol

   

2 2

muèi cacbonat H SO muèi sunfat H O CO

m m m m m

    

32,2 98.a 43 18.a 44.a a 0,3mol V 0,3.22,4 6,72lit

(20)

2 2

muèi cacbonat muèi sunfat CO CO CO

43 32,2

m m (96 60).n n 0,3mol V 6,72lit

36 

         Đáp án B

Dạng 10 Tính oxi hóa mạnh dung dịch H2SO4 đặc

+ H2SO4 đặc có tính oxi hóa mạnh, oxi hóa hầu hết kim loại (trừ Au, Pt ), nhiều phi kim C, P, S , nhiều hợp chất FeO, C12H22O11, H2S Trong phản ứng đó, nguyên tử

6

S



bị khử số oxi hóa thấp S4



, S, S2



Ví dụ: Cu + 2H2SO4 đặc

0

t

 CuSO4 + SO2+ 2H2O; C + 2H2SO4 đặc

0

t

 CO2 + 2SO2+ 2H2O; 2FeO + 4H2SO4 đặc

0

t

 Fe2(SO4)3+ SO2+ 4H2O; H2S + 3H2SO4 đặc

0

t

 4SO2+ 4H2O;

+ Phương pháp: Khi giải tập phần ta nên áp dụng linh hoạt định luật bảo toàn electron, khối lượng, nguyên tố

Ví dụ: Kim loại M + H2SO4 đặc

t

 muối sunfat M2(SO4)x + sản phẩm khử (SO2, S, H2S) + H2O

2

4

2

4

M SO S H S

electron nh êng

SO S H S

SO (trong muèi sunfat)

muèi sunfat Kim lo¹i SO Kimlo¹ i SO S H S

(1) x.n = 2.n 6.n 8.n n

(2) n 1.n 3.n 4.n

2

(3) m = m + m m 96.(1.n 3.n 4.n )



 

   

   

PS: Một số kim loại Cr, Al, Fe tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, thụ động trong H2SO4 đặc nguội

Ví dụ 1: Cho 2,8 gam Fe kim loại tác dụng hồn tồn với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thu dung

dịch X V lít SO2 đktc (sản phẩm khử S+6) Giá trị V là:

A 2,24 B 1,008 C 1,12 D 1,68

Cách 1:

Phương trình phản ứng: 2Fe + 6H2SO4 đặc

t

 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Ta có:

2

Fe SO

2,8

n 0,05 mol n 0,05 0,075 mol VSO2 0,075.22,4 1,68lit

56

         Đáp án D

2 2

Fe SO SO SO

2,8

56

3.n 2n n 0,075 mol V 0,075.22,4 1,68 lit

2

       

(21)

Ví dụ 2: Hồ tan hoàn toàn 0,8125 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu 0,28

kít khí SO2 (đktc) Kim loại dùng là:

A Mg B Cu C Zn D Fe

Cách 1:

Phương trình phản ứng: 2M + 2xH2SO4 đặc

t

 M2(SO4)x + xSO2 + 2xH2O

Ta có:

2

SO M

0,28 0,025

n 0,0125 mol n 0,0125 mol

22,4 x x

     M 0,8125 65.x x

M 65 (Zn) 0,025 / x

 

    

   Đáp án C

Bảo toàn electron M SO2 SO2

0,28

0,025 22,4

x.n 2n n mol

x x

    

x

0,8125 65

M x

M 65 (Zn) 0,025 / x

 

    



  Đáp án C

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 14,6 gam hỗn hợp kim loại X gồm Al, Zn dung dịch H2SO4 đặc nóng

thu dung dịch Y thoát 12,32 lit khí SO2 (đktc), sản phẩm khử Cơ cạn cẩn thận dung

dịch Y thu m gam muối sunfat khan Gía trị m là:

Cách 1:

Phương trình phản ứng: 2Al + 6H2SO4 đặc

t

 Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Zn + 2H2SO4 đặc

0

t

 ZnSO4 + SO2 + 2H2O

Gọi x, y số mol Al2(SO4)3 , ZnSO4

Ta có:

2

X Al Zn

SO

m m m 27.2x 65.y 14,6

x 0,15

BTKL 12,32

n 3x y 0,55 y 0,1

22,4

    



  

      

 

2 4

muèi Al (SO ) ZnSO

m m m 0,15.342 0,1.161 67,4 gam

       Đáp án D

2

Al Zn SO Al

Zn

X Al Zn

12,32

Bảo toàn electron 3n + 2n = 2n = 1,1 n 0,3 22,4

n 0,1

Bảo toàn khối lư ợ ng m = 27.n + 65.n = 14,6 

    

  

 

 

2

4

Al SO Al

muèi

ZnSO Zn

B¶o toàn nguyên tố Al 2.n = n = 0,3 0,3

m 342 0,1.161 67,4 gam

Bảo toàn nguyên tè Zn n n 0,1

 

   



     Đáp án D

Cách 3: Sử dụng công thức giải nhanh

2

muèi sunfat Kimlo¹ i SO Kim lo¹ i SO

12,32

m m m m 96.n 14,6 96 67,4 gam

22,4



(22)

Ví dụ 4: Hồ tan hồn tồn 17,4 gam hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Al, Cu dung dịch H2SO4 đặc

nóng thu dung dịch Y 12,32 lit khí SO2 (đktc), sản phẩm khử Cô cạn cẩn thận

dung dịch Y thu m gam muối sunfat khan Gía trị m là:

Ta nhận thấy sau phản ứng có muối, tức có ẩn mà có kiện số liệu để lập phương trình tốn học Vậy nên ta khơng thể giải tốn theo cách thơng thường Bài tốn giải theo công thức giải nhanh (Công thức thiết lập dựa định luật bảo toàn electron , bảo toàn khối lượng định luật bảo tồn điện tích)

2

muèi sunfat Kim lo¹ i SO Kim lo¹ i SO

12,32

m m m m 96.n 17,4 96 70,2 gam

22,4



        Đáp án B

Ví dụ 5: Hịa tan 18,4 gam hỗn hợp X gồm Fe Cu dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu 7,84

lít SO2 (đktc) dung dịch Y Phần trăm khối lượng Fe hỗn hợp X là:

A 60,87% B 45,65% C 53,26% D 30,43%

Cách 1:

Phương trình phản ứng: 2Fe + 6H2SO4 đặc

t

 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

Cu + 2H2SO4 đặc

0

t

 CuSO4 + SO2 + 2H2O

Gọi x, y số mol Fe, Cu Suy số mol SO2 (3x/2 + y)

Ta có:

2

X

Fe SO

m 56.x 64.y 18,4

x 0,1 0,1.56

%m 100 30,43%

3 7,84

n x y 0,35 y 0,2 18,4

2 22,4

  



 

    

     

 

  Đáp án D

2

X Fe Cu

Fe

Fe Cu SO Cu

Bảo toàn khối lư ợ ng m = 56.n + 64.n = 18,4

n 0,1 0,1.56

%m 100 30,43%

7,84

Bảo toàn electron 3.n + 2.n = 2.n = n 0,2 18,4

22,4

  



    

 

   

 Đáp án D

Ví dụ 6: Khi cho 7,2 gam Al tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, thấy có 49 gam H2SO4 tham

gia phản ứng, tạo muối Al2(SO4 )3, H2O sản phẩm khử X Vậy X là:

A SO2 B S C H2S D SO2, H2S

Vì sản phẩm khử H2SO4 đặc có nhiều dạng SO2, S, H2S nên toán sử dụng cách truyền

thống (viết phương trình, cân đặt ẩn) khơng khả thi Vì sử dụng định luật bảo tồn cách hợp lí

Gọi sản phẩm khử X k số electron mà H2SO4 nhận để tạo X

Sơ đồ phản ứng: Al + H2SO4 đặc

t

 Al2(SO4)3 + X + H2O ;

Bảo toàn nguyên tố Al

2 4

Al Al (SO ) Al (SO )

7,2 27

1.n 2.n n mol;

2 15

(23)

2 4

H SO Al (SO ) X X

49

1.n 3.n n n 0,1mol;

98 15

      

Bảo toàn electron Al X 2

4

15

3.n k.n k X lµ H S

0,1

       Đáp án C

Dạng 11 Điều chế hợp chất chứa lưu huỳnh - Hiệu suất phản ứng Phương pháp giải

+ Để sản xuất axit sunfuric người ta chủ yếu sử dụng quặng pirit sắt (FeS2), qua giai đoạn sau: FeS2

0

O ,t (1)



 SO2

0 2

O ,t ,V O (2)



 SO3  H O(3)2 H2SO4

+ Trong thực tế, q trình sản xuất ln có hiệu suất H = a% < 100%

Khi toán cho hiệu suất yêu cầu xác định lượng chất ta tính tốn bình thường, sau lấy kết nhân cho H

100(nếu chất cần tính phía sau phản ứng), nhân cho 100

H (nếu chất cần tính phía trước phản ứng)

Ví dụ 1: Nung hỗn hợp X gồm SO2 O2 có tỉ khối so với O2 1,6 với xúc tác V2O5 thu hỗn

hợp Y Biết tỉ khối X so với Y 0,8 Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp SO3 ?

A 66,7% B 50% C 75% D 80%

Sơ đồ toán:

2

3

2 t , V O

2 H ?

2

dX /O2 1,6 dX / Y 0,8

2

SO SO

Hỗn hợ p X Hỗn hợ pY SO dư

O

O d



 



 



 

 



2

a mol SO (M=64) (51,2 - 32) 1,6.32 51,2

b mol O (M=32) (64 - 51,2) 

a 19,2

a 1,5b b 12,8

    

0

V O ,t

2

2SO O 2SO ban đầu: 1,5b b mol ph¶n øng: x 0,5x x mol sau ph¶n øng

 

 

: (1,5b-x)(b-0,5x)  x mol

Ta có: MY m 64(1,5b x) 32(b 0,5x) 80x 51,2 64 x b

n (1,5b x) (b 0,5x) x 0,8

    

     

(24)

Hiệu suất phản ứng: 2

SO ph¶n ứng SO ban đầu

n x 1

H 100 100 100 66.67%

n 1,5b 1,5

     Đáp án A.

Ví dụ 2: Trong cơng nghiệp người ta sản xuất axít sunfuric theo sơ đồ sau: FeS2 SO2 SO3

H2SO4 Người ta sử dụng 15 quặng pirit sắt (chứa 80% FeS2) để sản xuất 39,2 dung dịch

H2SO4 40% Vậy hiệu suất chung cho trình sản xuất axít sunfuric từ quặng là:

A 40% B 60% C 80% D 62,5%

Hướng dẫn giải: Ta có:

2

FeS FeS

80 12

m 15 12tÊn n 0,1

100 120

    

2 2

H SO FeS H SO (lÝ thuyÕt)

n 2.n 0,2 m 0,2.98 19,6 tÊn

     

Lượng H2SO4 thực tế thu H SO (thùc tÕ)2 4

40

m 39,2 15,68 tÊn

100

 

Hiệu suất phản ứng là:

2

H SO (thùc tÕ) H SO (lÝ thuyÕt)

m 15,68

H 100 100 80%

m 19,6

    Đáp án C

Ví dụ 3: Có loại quặng pirit chứa 96% FeS2 Nếu ngày nhà máy sản xuất 100 axit sunfuric

98% cần m quặng pirit biết hiệu suất trình sản xuất H2SO4 90% Gía trị m là:

A 69,44 B 68,44tấn C 67,44 D 70,44tấn Hướng dẫn giải:

Phương trình phản ứng: FeS2 + O2

0

t

 Fe2O3 + SO2;

SO2 + O2

0

V O ,t

 SO3;

SO3 + H2O  H2SO4;

Ta có:

2 4

H SO (thùc tÕ) H SO

98 98

m 100 98 tÊn n

100 98

    

2

FeS H SO FeS

1

2.n 1n n 0,5

2

    

2

FeS qng pirit

100

m 0,5.120 60 tÊn m = 60 62,5 tÊn

96

    

Vì hiệu suất đạt 90% nên lượng quặng thực tế cần là:

mqng pirit thùc tÕ 62,5 tÊn.100 69,44 tÊn

90

   Đáp án A

Cách 2: Giải nhanh (1 dòng)

Khối lượng quặng pirit cần là:

98 1 100 100

m 100 tÊn .120 69,44 tÊn

100 98 96 90

   Đáp án A

Dạng 12 Tổng hợp

(25)

Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X gồm H2S H2 có tỉ khối so với hidro 35

3 Đốt cháy hồn tồn V lít hỗn hợp

X lượng khí O2 vừa đủ, chia sản phẩm cháy thành phần Phần dẫn vào bình đựng

dung dịch NaOH dư thấy khối bình tăng thêm 18,2 gam Phần cho tác dụng hết với dung dịch nước Brom, sau cho thêm lượng dư BaCl2 vào ta thấy xuất m gam kết tủa trắng Gía trị m gần nhất với giá trị sau đây?

A 46 gam B 70 gam C 35 gam D 23 gam

2 2

2

NaOH d

bình tăng

2 O

Br H O BaCl

2 4

140 dX / H

3

PhÇn m = 18,2 gam

H S SO

Hỗn hợ p X H SO

H H O PhÇn 2 m gam BaSO

HBr

 

  





 



  

 

  



;

2

H S

H

70 n (34) ( 2)

3

35 70

.2

3

70 n (2) (34 - )

3 



2

H S H

70

( 2)

n 3 2 2a mol

70

n a mol

(34 - ) 

   

Bảo toàn nguyên tố S H

2 2 2

SO H S H O H S H

n n 2a mol vµ n = n +n = 2a + a = 3a mol

  

2

SO H O

n a

Số mol phần

n 1,5a

 

  

 

Khối lượng bình NaOH tăng khối lượng SO2 H2O giữ lại

Ta cú:

2

bình tăng SO H O

m = m + m a.64 1,5a.18 18,2 gam a = 0,1 mol

    

4

BaSO H SO SO BaSO4

n n n a 0,1mol m 0,1.233 23,3 23gam

        

 Đáp án D

Ví dụ 2: Nung 22,4 gam kim loại M hoá trị với lưu huỳnh dư, sau phản ứng hoàn toàn thu chất rắn X Cho chất rắn X tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch HCl thu khí Y 6,4 gam bã rắn không tan Làm khô chất bã rắn đốt cháy hồn tồn thu khí Z Khí Z phản ứng vừa đủ với khí Y thu 19,2 gam đơn chất rắn Vậy M là:

A Ca B Mg C Fe D Zn

0

2

t HCl d

2 H 100%

O Y (H S)

2

6,4gam 19,2 gam

khÝ Y(H S)

22,4 gam M MS

R¾n X MCl

S S d

R¾n (S d ) SO R¾n(S)

 

 

   

 

 

 

;

(26)

0

t

2

t

2

M S MS Mol x x x

MS 2HCl MCl H S Mol x x S O SO

6,4

Mol 0,2 0,2 32

 

 

  



 

 

2

2 2

M MS H S

SO 2H S 3S 2H O 19,2

Mol 0,2 0,4 0,6 32

22,4

n n n 0,4 M 56(Fe) Đ p n C

0,4

  

  

       

S d S

6,4 19,2

n 0,2 mol; n 0,6mol

32 32

   

Nhìn tổng qt tốn ta có: Bảo toàn nguyên tố S

2 2

S(ban đầu) S dư MS S dư H S SO H S S (kÕt thóc)

n n n n n n n n

2

M MS H S S (kÕt thóc) S d

22,4

n n n n n 0,6 0,2 0,4 mol M 56(Fe)

0,4

            Đáp án C

Ví dụ 3: Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh nung nóng (trong điều kiện khơng có khơng khí), thu hỗn hợp rắn M Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X cịn lại phần khơng tan G Để đốt cháy hồn tồn X G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc) Giá trị

V là:

A 2,80 B 3,36 C 3,08 D 4,48

2

2 2

2 ?%

2

X(H S, ) O

2,4gamS

¾ M Fe -5,6

- ( )

O t

H

O

khi H SO H

FeS

R n d FeCl

gamFe

S d Ran G S du SO

 



  

   

 

   ;

Nhìn tổng qt tốn ta có:

0 2

4e 2e 4e

2 2

S SO ; Fe FeCl ; O 2O

  

  

  

2 2

S Fe O O O

2,4 5,6

4.n 2.n 4.n n 0,125 mol V 0,125.22,4 2,8 lit

32 56.2

        

 Đáp án A

Ví dụ 4: Nung 20,8 gam hỗn hợp X gồm bột sắt lưu huỳnh bình chân khơng thu hỗn hợp

Y Cho toàn Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu m gam chất rắn không tan 4,48 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 Giá trị m

A 6,4 B 16,8 C 4,8 D 3,2

Sơ đồ phản ứng: 2

2 ?%

2 /

S

20,8 Ht ¾ Y Fe 4,48

dZ H

FeS

H S

gamX R n du lit Z m gam S FeCl

Fe H

S du





     

  

  



(27)

Ta có: 2 2

2 d

2

H S FeS H S

Z H S H

H Fe H

Z H S H

4,48

n 0,1 mol n n 0,1 mol

n n n 0,2

22,4

n 0,1 mol n n 0,1 mol

m 34.n 2.n 9.2.0,2 3,6

         

  

     

 

      



Bảo toàn nguyên tố Fe nFenFe d + nFeS = 0,2 molmFe 0,2.56 11,2 gam.  ,

Bảo toàn nguyên tố S nS nS d + nFeS 20,8 11,2 nS d 0,1 mS d 0,2.32 6,4 gam 32



        ,

 Đáp án A

Ví dụ 5: Để m gam bột sắt ngồi khơng khí, sau thời gian thu 11,936 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho hỗn hợp X phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu 0,7616 lít khí

SO2(đktc) Gía trị m là:

2

2 2

3

m Fe 11,936 ( ) + 0,7616

FeO Fe O

gam gamX Fe SO lit SO H O

Fe O Fe

  

    

 

;

2

Fe O X O

(11,936 m)

m m m n

32 

     mol

Nhìn tổng quát tốn ta có:

0

3e 4e 2e

2 4 3 2 2 4 2

Fe Fe (SO ) ; O 2O; H SO SO

   

  

  

2

Fe O SO

m (11,936 m) 0,7616

3.n 4.n 2.n m 8,736 gam

56 32 22,4



      

 Đáp án A

Ví dụ 6: Hòa tan hết 8,4 gam Fe dung dịch chứa 0,4 mol H2SO4 đặc, nóng thu dung dịch X

và V lít khí SO2 (đktc) Cơ cạn dung dịch X thu m gam muối khan Giá trị V m

A 5,04 30,0 B 4,48 27,6 C 5,60 27,6 D 4,48 22,8

2 4 2

8,4 gam Fe0,4mol H SO muoi Fe SO( ) + V lit x SO  H O;

Cách 1:

Bảo toàn nguyên tố Fe

2 x x

Fe

Fe Fe (SO ) Fe (SO )

8,4

n 56

n 2.n n 0,075 mol

2

     

2 4 x 2

H SO Fe (SO ) SO SO

1.n x.n 1.n n (0,4 x.0,075) mol

     

Bảo toàn nguyên tố H 2.nH SO2 4 2.nH O2 nH O2 nH SO2 4 0,4mol

2 4 x 2

Fe H SO Fe (SO ) SO H O

m m m m m

    

8 8,4 0,4.98 0,075(56.2 96x) (0,4 0,075x)64 0,4.18 x

3

(28)

Cách 2:

Vì 2S 4

2

2 0,

pham tao muoi

( )

1 0,15

H O

Fe

n FeSO

san

Fe SO n



     



0

t

2 4 2

t

2 4 2

Fe 2H SO FeSO SO 2H O

mol x 2x x x

2Fe 6H SO Fe (SO ) 3SO 6H O mol y 3y 0,5y 1,5y

    

  

    

  

Ta có: Fe SO2

H2SO4 muèi

V (0,05 1,5.0,1).22,4 4,48 lit

n x y 0,15 x 0,05

n 2x 3y 0,4 y 0,1 m 152.0,05 400.0,5.0,1 27,6 gam

  



   

  

      

  

 

 

 Đáp án B

Ví dụ 7: Nhiệt phân 40,3 gam hỗn hợp X gồm KClO3 KMnO4, thu O2 m gam chất rắn gồm

K2MnO4, MnO2 KCl Toàn lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu 11,2 lít hỗn hợp

khí Y (đktc) có tỉ khối so với H2 17,2 Thành phần % theo khối lượng KMnO4 X gần nhất

với giá trị sau đây?

A 40% B 80% C 60% D 20%

2

3

2

2 / 17,2

, ,

40,3gam X

11,

dY H

K MnO MnO KCl KClO

CO

O lit Y

KMnO

CO



 



  

  ;

2

Y CO CO CO

CO

Y CO CO

11,2

n n n 0,5 n 0,3 mol

22,4

n 0,2 mol

m 28.n 44.n 0,5.17,2.2 17,2

      

 

  



     



Bảo toàn nguyên tố O

2 2

O CO CO O

2.n 1.n 2.n 0,3 2.0,2 0,7 n 0,35 mol

       

0

t

3

t

4 2

2KClO 2KCl 3O mol x 1,5x

2KMnO K MnO MnO O

mol y 0,5y

  



   



4

X

KMnO O

m 122,5.x 158.y 40,3 x 0,2 mol 0,1.158

%m 100 39,2% 40%

n 1,5.x 0,5.y 0,35 y 0,1 mol 40,3

  

  

     

     

 

  Đáp án A

Ví dụ 8: Cho a mol Fe phản ứng vừa đủ với b mol H2SO4 (đặc, nóng) thu khí SO2 (sản phẩm khử

duy nhất) 5,04 gam muối Biết tỉ lệ a : b = : Giá trị a

A 0,03 B 0,02 C 0,025 D 0,05

2 4 2

(29)

Vì 2S 4

2

pham tao muoi

( )

1

H O

Fe

n b FeSO

san

Fe SO

n a



     



0

t

2 4 2

t

2 4 2

Fe 2H SO FeSO SO 2H O

mol x 2x x

2Fe 6H SO Fe (SO ) 3SO 6H O mol y 3y 0,5y

    

 

    

 

Ta có:

2

H SO

Fe Fe

muèi

n 2x 3y 7

x 0,02

n a 0,03 mol

n x y

y 0,01

m 152x 400.0,5y 5,04

 

   

     

  



   



 Đáp án A

(30)

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I.Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II.Khoá Học Nâng Cao HSG

-Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

-Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III.Kênh học tập miễn phí

-HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia