QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương p[r]
(1)QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi tìm đáp số nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh Các chú ý áp dụng phương pháp quy đổi: Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay còn chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp Có thể quy đổi hỗn hợp X cặp chất nào, chí quy đổi chất Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử để đơn giản việc tính toán Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi ta gặp số âm đó là bù trừ khối lượng các chất hỗn hợp Trong trường hợp này ta tính toán bình thường và kết cuối cùng thỏa mãn Khi quy đổi hỗn hợp X chất là Fe xOy thì oxit FexOy tìm là oxit giả định không có thực Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe không khí, sau phản ứng thu m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO dư thu 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử Giá trị m là A 11,2 gam B 10,2 gam C 7,2 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1 0,1 mol Số mol nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là n Fe Vậy: 8,4 0,1 0,35 56 3 n Fe2O3 0,35 2 m X m Fe m Fe2O3 mX 0,1 0,35 56 160 3 = 11,2 gam Quy hỗn hợp X hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,1 ta có: 0,1 mol 2Fe O2 2FeO 0,1 mol 0,1 0,15 mol 2Fe2O3 4Fe 3O2 0,05 0,025 mol D 6,9 gam (2) m h2 X = 0,172 + 0,025160 = 11,2 gam (Đáp án A) Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X hai chất (FeO và Fe 3O4) (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4) việc giải trở nên phức tạp (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số) Quy hỗn hợp X chất là FexOy: FexOy + (6x2y)HNO3 Fe(NO3)3 + (3x2y) NO2 + (3xy)H2O 0,1 3x 2y mol 0,1 mol n Fe 8,4 0,1.x x 56 3x 2y y mol Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và n Fe6O7 0,1 6 7 = 0,025 mol mX = 0,025448 = 11,2 gam Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 HNO3 đặc nóng thu 4,48 lít khí NO2 (đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 145,2 gam muối khan giá trị m là A 35,7 gam B 46,4 gam C 15,8 gam D 77,7 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,2 mol 0,4 mol 145,2 n Fe( NO3 )3 242 = 0,6 mol mX = 0,2(72 + 160) = 46,4 gam (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 H2SO4 đặc nóng thu dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc) a) Tính phần trăm khối lượng oxi hỗn hợp X A 40,24% B 30,7% C 20,97% D 37,5% b) Tính khối lượng muối dung dịch Y A 160 gam Hướng dẫn giải B.140 gam C 120 gam D 100 gam (3) Quy hỗn hợp X hai chất FeO, Fe2O3, ta có: 2FeO 4H 2SO4 Fe2 (SO4 )3 SO 4H 2O 0,4 0,4 mol 0,8 49,6 gam Fe2 (SO4 )3 3H 2O Fe2O3 3H 2SO4 0,05 0,05 mol m Fe2O3 nO (X) = 0,8 + 3(0,05) = 0,65 mol Vậy: a) b) = 49,6 0,872 = 8 gam (0,05 mol) %m O 0,65 16 100 49,9 = 20,97% (Đáp án C) m Fe2 (SO4 )3 = [0,4 + (-0,05)]400 = 140 gam (Đáp án B) Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2 Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X dung dịch H 2SO4 đặc nóng thì thu thể tích khí SO2 (sản phẩm khử đktc) là A 224 ml B 448 ml C 336 ml D 112 ml Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: o t FeO + H2 x Fe + H2O y o t Fe2O3 + 3H2 x 2Fe + 3H2O 3y x 3y 0,05 x 0,02 mol 72x 160y 3,04 y 0,01 mol 2FeO + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,02 0,01 mol Vậy: VSO2 = 0,0122,4 = 0,224 lít (hay 224 ml) (Đáp án A) Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt oxi, thu gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư) thoát 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là A 2,52 gam B 2,22 gam C 2,62 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,025 m Fe2O3 0,025 0,025 mol = 560,025 = 1,6 gam D 2,32 gam (4) 1,6 m Fe ( Fe2O3 ) 2 160 = 0,02 mol mFe = 56(0,025 + 0,02) = 2,52 gam (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2SO4 loãng) dư thu dung dịch Z Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z ngưng thoát khí NO Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát đktc thuộc phương án nào? A 25 ml; 1,12 lít B 0,5 lít; 22,4 lít C 50 ml; 2,24 lít D 50 ml; 1,12 lít Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4 Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+ Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2 0,2 0,4 mol Fe + 2H+ Fe2+ + H2 0,1 0,1 mol Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 + 4H+ 3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 0,1 0,1 mol VNO = 0,122,4 = 2,24 lít n Cu( NO3 )2 n NO = 0,05 mol Vd2 Cu( NO )2 0,05 = 0,05 lít (hay 50 ml) (Đáp án C) Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe không khí hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 A hòa tan vừa vặn dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay khí NO là sản phẩm khử Số mol NO bay là A 0,01 B 0,04 C 0,03 D 0,02 Hướng dẫn giải n Fe 8,96 0,16 56 mol Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2 2FeO x x 4Fe + 3O2 2Fe2O3 y y/2 3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x 10x/3 x/3 (5) Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O y/2 3y Hệ phương trình: x y 0,16 x 0,06 mol 10x 3y 0,5 y 0,1 mol n NO 0,06 0,02 mol (Đáp án D) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi PHƯƠNG PHÁP Phương pháp quy đổi Nguyên tắc chung I CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP Quy đổi là phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là hỗn hợp phức tạp dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dàng, thuận tiện Khi áp dụng phương pháp quy đổi phải tuân thủ nguyên tắc sau : + Bảo toàn nguyên tố + Bảo toàn số oxi hoá Các hướng quy đổi và chú ý (l) Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau, đó có hướng chính : Quy đổi hỗn hợp nhiều chất hỗn hợp hai chất Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít (cũng các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp chất, chí là chất Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau : (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe3O4 và Fe2O3) FexOy Quy đổi hỗn hợp nhiều chất các nguyên tử tương ứng Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất chất gồm (hoặc 3) nguyên tố Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu hỗn hợp gồm (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng Ví dụ ; (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S) quy đổi (Cu, Fe, S) Khi thực phép quy đổi phải đảm bảo : * Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron) (6) * Do thay đổi tác nhân oxi hoá có thay đổi sản phẩm cho phù hợp Thông thường ta hay gặp dạng bài sau : Kim loại OXH1 Hỗn hợp sản phẩm trung gian OXH2 Sản phẩm cuối Ví dụ : Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe Fe 3+ + O2 + O2 (1) + HNO3 (2) FexOy D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com Fe 3+ (7) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi 3+ Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe ) hai quá trình là nhau, ta có thể quy đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành tác nhân là O2 (2) Do việc quy đổi nên số trường hợp s+ốHNmO ol chất có thể có giá trị âm để tổng số mol nguyên tố là không đổi (bảo toàn) (3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hoá bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài (4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao là quy đổi thẳng các nguyên tử tương ứng Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu biểu thị đúng chất hoá học II CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hoà tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 dư thoát 0,56 lít đktc NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là: A 2,52 B 2,22 C 2,62 D 2,32 Giải: Sơ đồ hoá bài toán: Fe FeO [O ] Fe X Fe2O3 Fe3O4 m gam gam Khí NO (0,56 lít, đktc) + dung dịch HNO3 Dung dịch Fe 3+ 3,0 Có: nNO 0,025mol = Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu các hỗn hợp khác đơn giản gồm hai chất (Fe và Fe2O3; FeO và Fe2O3 ; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và FeO; Fe và Fe3O4 ; FeO và Fe3O4 hoăc chí chất FexOy đây tác giả trình bày hai phương án tối ưu Fe : x mol Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành Fe 2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1) Các quá trình nhường nhận D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com electron: 3+ Fe Fe +3e N +5 + 3e (8) N+2 x 3x 0,025 0,075 Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 ⇒ x = 0,025 (2) (9) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi x 0,025; Vậy X gồmFe : 0,025mol Fe 2O3 : 0,01mol y 0,01 Từ (1) và (2) ⇒ Theo bảo toàn nguyên tố Fe: nFe = nFe + n 2Fe O = 0,045 mol ⇒ m =56.0,045= 2,52 ⇒ Đáp án A Fe : x mol Phương án 2: Quy đổi hỗn hợp X thành FeO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3) Các quá trình nhường nhận eletron: Fe0 Fe3+ + 3e ; Fe+2 Fe3++ 1e ; x y 3x N+5 + 3e N+2 y 0,075 0,025 Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4) Fe : 0,015 mol x 0,015 ; Vậy X gồm: Từ (3) (4) ⇒ y 0,03 FeO : 0,03 mol Theo bảo toàn nguyên tố Fe: nFe = nFe +nFeO = 0,045 mol ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 ⇒ Đáp án A Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm CuS Cu2S và S HNO3 dư, thoát 20,16 lít khí NO (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu m gam kết tủa Giá trị m là A 81,55 B 104,20 C 110,95 D 115.85 Giải: Cu : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành CuS : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5) Sơ đồ hoá bài toán: u X C CuS +5 + HNO3 dư 30,4 gam +2 Khí NO (20,16 lít , đktc) Dung dịch Y Cu2+ +2 +Ba(OH)2 dư Cu(OH)2 SO42- +6 BaSO4 m gam Các quá trình nhường nhận electron D&0 3H ạp c2+hí + dạy2e và ;học hóaCuS học, h ttp://Cu ngo2+ cbi+ nh.S da+6 yho+aho8e c.co;m Cu TCu x 2x y 8y N+5 + 3e N+2 2,7 0,9 (10) Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6) (11) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Từ (5),(6) ⇒ x 0,05 ⇒ X gồm Cu : 0,05 mol uS : 0,35 mol y 0,35 Theo bảo toàn nguyên tố: n BaSO n Cu(OH)2 ∑ n Cu 0,3mol C n S 0,35 mol ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m=110,95 ⇒ Đáp án C Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng CO2 và H2O thu là A 18,60 gam B 18,96 gam C 19,32 gam D 20,40 gam Giải: C H8 O2 , t CO đồ đốt cháy: Sơ C H H O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu là: M = 44 0,3 +18 (0,06 + 0,042)= 18,96 gam ⇒ Đáp án B Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (C3H8 và C3H6) (C3H6 và C3H4) thu kết trên Ví dụ 4: Nung m gam bột Cu Oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hoà tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng thoát 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m là A 9,6 B 14,72 C 21,12 D 22,4 Giải: Sơ đồ hoá bài toán Cu Cu [O] X CuO H SO đ 2 4 Cu 2O Khí SO2 (0,2 mol) Dung dịch Cu2+ Cu : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành CuO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9) Các quá trình nhường nhận eletron: (12) Cu Cu2+ + 2e x 2x ; S+6 + 2e S+4 0,4 ĐLBT e 0,2 x= 0,2 (10) Từ (9) và (10) ⇒ Cu : 0,2 mol x 0,2 y 0,15 ; Vậy X gồm: CuO : 0,15 mol D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com (13) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Theo bảo toàn nguyên tố Cu : ∑n Cu nCuO 0,2 0,15 0,35mol ⇒ m 64 0,35 ⇒ Đáp án D 22,4 Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu2O) (CuO và Cu2O) Quy đổi nhiều hợp chất các nguyên tử đơn chất tương ứng Ví dụ 5: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hoà tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư), thoát 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là A 2,52 B 2,22 C 2,62 D 2,32 Giải : Fe : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành: O : y mol Sơ đồ hoá bài toán: NO: 0,025 mol Fe d d5H N O Fe X O0 [O] Fe3+: x mol O2-: y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y =3,0 (11) Các quá trình nhường nhận electron: Fe X Fe+3 + 3e ; O0 3x y + 2e O-2 ; N+5 + 3e N+2 2y 0,075 0,025 Fe : 0,045 mol x 0,045 Từ (11) và (12) ⇒ ; Vậy X gồm y 0,03 Cu : 0,03 mol m = 56.0,045 = 2,52 Đáp án A Ví dụ 6: Trộn 5,6 gam bột mắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh đun nóng (trong điều kiện không có không khí) thu hỗn hợp rắn M Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại phần không tan Y Để đốt cháy hoàn toàn X và Y cần vừa D&V3H Tạp coxi hí dạ(đktc) y và học hó a họtrị c, hcủa ttp://nV golà cbinh.dayhoahoc.com đủ lít khí Giá A 2,8 B 3,36 C 4,48 D 3,08 (14) Giải : Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H2S và H2, phần không tan Y là S Hỗn hợp H2 và H2S có thể quy đổi thành H2 và S, đốt X và Y coi đốt H2 và S, vì số mol H2 số mol Fe 2H2 + O2 2H2O (15) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi S + O2 SO2 ⇒ V O2 ( nFe n S ).22,4 2,8lít ⇒ Đáp án A Ví dụ 7: (Làm lại ví dụ 2) Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S HNO3 dư, thoát 20,16 lít khí NO (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu m gam kết tủa Giá trị m là A 81,55 B 104,20 C 110,95 115,85 Giải: Quy đổi hỗn hợp X thành Cu : x mol S : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13) Sơ đồ hóa bài toán: Khí +2 N O C u H N O dư X 5 đktc) (20,16 lít, Cu2+ S0 +Ba(OH)2 dư +2 Cu(OH)2 +6 Dung dịch Y SO4 BaSO4 2- \ m gam Các quá trình nhường, nhận electron: Cu0 Cu+2 + 2e ; x 2x S S+6 + 6e ; N+5 + 3e N+2 y 6y 2,7 0,9 Theo bảo toàn electron: 2x+6y =2,7 (14) Cu : 0,3 mol x 0,3 X gồm Từ (13),(14) ⇒ ⇒ S : 0,35 mol y 0,35 Theo bảo toàn nguyên tố: n Cu 0,3mol n Cu(OH) n BaSO n 0,35mol D&3H Tạp cShí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 D (16) ⇒ m= 110,95 ⇒ Đáp án C (17) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Ví dụ 8: (Làm lại ví dụ 3) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X tổng khối lượng CO2 và H2O thu là A l8,60 gam B 18,96 gam C 19,32 gam D 20,40 gam C : 0,3 mol⇒ nH = 4,24 - 0,3 12 = 0,64 mol H : y mol Quy đổi hỗn hợp X thành Sơ đồ cháy: C O2 ,t o CO H H 2O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu là: m= 44 0,3 + 18 0,32 = 18,96 gam ⇒ Đáp án B Ví dụ 9: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hoà tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng thoát 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m là A.9,6 B.14,72 C.21,12 Giải : Cu : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành O : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15) Sơ đồ hóa bài toán : SO2 Cu Cu [O] X H 2SO O 4 đ m gam 24,8 gam (0,2 mol) Cu2+ 2- O Các quá trình nhường, nhận electron: Cu Cu+2 + 2e ; O0 + 2e O-2 ; S+6 + 2e S+4 x 2x y 2y 0,4 Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16) x 0,35 Từ (15),(16) ⇒ y 0,15 D&3H TạpcCu hí dạ:y0,35 và họcmol hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com Vậy X gồm O : 0,15 mol 0,2 D 22,4 (18) ⇒ m= 64.0,35 =22,4 (19) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi ⇒ Đáp án D Quy đổi chất thành nhiều chất Ví dụ 10: Khi đốt cháy hoàn toàn polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp buta-1,3- đien và acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành hỗn hợp khí nồng độ áp suất xác định chứa 59,1 % CO2 thể tính Tỉ lệ số mol hai loại monome là 3 C A B D Giải: Quy đổi polime thành monome ban đầu C4H6 4CO2 x + 3H2O 4x 3x C3H3N 3CO2 + 1,5 H2O + 0,5 N2 y 3y 1,5y 0,5y Ta có: x 4x 3y 0,591 ⇒ ⇒ y 7x 5y Đáp án C Quy đổi tác nhân oxi hóa Ví dụ 11: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt oxi, thu 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư), thoát 0,56 lít (đktc) NO (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là: A 2,52 B 2,22 C 2,62 Giải : Sơ đồ hóa bài toán: Fe FeO [O] Fe X Fe O dd HNO3 NO (0,025 mol) dd Fe3+ Fe3O D& 3H Tạp chí dạ3,0 y và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com m gam gam Thay vai trò oxi hóa HNO [O], ta có: D 2,32 (20) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Fe [O] [O] FeO Fe O Fe Fe O (**) X (*) Fe3O m gam gam Ở đây ta đã thay vai trò nhận electron N+5 O: N+5 + N+2 3e O0 + 2e O-2 0,075 0,025 Theo nguyên tắc quy đổi, số electron N+5 nhận và O0 nhận phải nhau: ⇒ 2nO(**) = 0,075 ⇒ nO(**) = 0,0375 Theo bảo toàn khối lượng: m Fe O m X m O(**) 3,0 16.0,0375 3,6 gam Theo bảo toàn nguyên tố Fe: nFe =2 n Fe 2O3 2.3,6 0,045mol 160 ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 gam ⇒ Đáp án A Ví dụ 12: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu oxi thu 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O Hoà tan hoàn toàn X H2SO4 đặc nóng thoát 4,48 lít khí SO2 (đktc) Giá trị m là A 9,6 B 14,72 C 21,12 Giải : Sơ đồ hóa bài toán: Cu Cu X C uO Cu 2O m gam gam [O] 24,8 H 2SO đ Thay vai trò oxi hóa H2SO4 [O]: Khí SO2 (0,2 mol) Dung dịch Cu2+ D 22,4 (21) Cu [O] Cu CuO [O] CuO X (*) Cu O (**) m gam 24,8 gam Ở đây ta thay vai trò nhận electron S+6 O: D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com (22) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi S+6 + 2e S+4 O0 + 2e O-2 0,4 0,2 Theo nguyên tắc quy đổi: nO(**) =0,2 mol Theo bảo toàn khối lượng: mCuO =mX + mO(**) = 24,8 + 16.0,2 =28 gam 28 64 22,4 ⇒m 80 ⇒ Đáp án D III BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu : Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đó số mol FeO số mol Fe2O3) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M Giá trị V là A 0,08 B 0,16 C 0,18 D 0,23 Câu : Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 Phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu 1,344 lít NO (sản phẩm khử đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu m gam muối khan Giá trị m là A 49,09 B 38,72 C 35,50 D 34,36 Câu : Oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí thu 12 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư Hoà tan hoàn toàn X HNO3 thu 2,24 lít NO (chất khử nhất, đo đktc) Giá trị m là A 7,57 B 7,75 C 10,08 D 10,80 Câu : Đốt cháy 6,72 gam bột Fe không khí dư m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư Để hoà tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M thu V lít khí NO2 (Sản phẩm khử nhất, đo đktc) Giá trị m, V là A 8,4 và 3,360 B 8,4 và 5,712 C 10,08 và 3,360 D 10,08 và 5,712 Câu : Hỗn hợp X gồm Mg, MgS và S Hoà tan hoàn toàn m gam X HNO3 đặc, nóng thu 2,912 lít khí N2 (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y 46,55 gam kết tủa Giá trị m là A 4,8 B 7,2 C 9,6 D 12,0 Câu : Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe3O4 vào 200ml HNO3 đun nóng Sau phản ứng thu D&được 3H Tạp chí dạy và học hóa học, http://ngocbinh.dayhoahoc.com 2,24 lít khí NO (đktc), dung dịch X 10 và còn lại 1,46 gam kim loại chứa tan Nồng độ (23) mol dung dịch HNO3 đã dùng là A 2,7M B 3,2M C 3,5M D 2,9M (24) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Câu : Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl2 , FeCl3 H2SO4 đặc nóng, thoát 4,48 lít khí SO2 (đktc) và dung dịch Y Thêm NH3 dư vào Y thu 32,1 gam kết tủa Giả trị m là A 16,8 B 17,75 C 25,675 D 34,55 Câu : Hoà tan hoàn toàn 34,8 gam oxit sắt dạng FexOy dung dịch H2SO4 đặc nóng Sau phản ứng thu 1,68 lít khí SO2 (sản phẩm khử đo đktc) Oxit FexOy là A FeO B Fe3O4 C FeO Fe3O4 D Fe2O3 Câu : Hoà tan hoàn toàn 25,6 gam chất rắn X gồm Fe , FeS, FeS2 và S dung dịch HNO3 dư, đktc V lít khí NO (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu 126,25 gam kết tủa Giá trị V là A 17,92 B 19,04 C 24,64 D 27,58 Câu 10 : Cho hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 với số mol Lấy a gam X cho phản ứng với CO nung nóng sau phản ứng bình còn lại 16,8 lít hỗn hợp rắn Y Hoà tan hoàn toàn Y H2SO4 đặc, nóng thu 3,36 lít khí SO2 (đktc) Giá trị a và số mol H2SO4 đã phản ứng là A 19,20 và 0,87 B 19,20 và 0,51 C 18,56 và 0,87 D 18,56 và 0,51 Câu 11 : Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en, etylaxetilen và đivinyl Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối lượng CO2 và H2O thu là A 34,50 gam B 36,66 gam C 37,20 gam D 39,90 gam Câu 12 : Hoà tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 , KHCO3 và MgCO3 dung dịch HCl dư, thu 3,36 lít khí CO2 (đktc) Khối lượng muối KCl tạo thành dung dịch sau phản ứng là A 8,94 gam B 16, gam C 7,92 gam D 12,0 gam Câu 13 : Cho 13,92 gam hỗn hợp X gồm Cu và oxit sắt vào dung dịch HNO3 loãng dư thu 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử nhất, đo đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 42,72 gam muối khan Công thức oxit sắt là A FeO B Fe3O4 C Fe2O3 D Fe3O4 FeO Câu 14 : Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư) Sau các phản ứng xảy hoàn toàn, dung dịch Y ; cô cạn Y thu 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3 Giá trị m là A 4,875 D& 3H T ạp chí dạy và học hóa họB.c, 9,60 http://ngocbinh.dayhoahoc.com 11 C 9,75 D 4,80 (25) ĐÁP ÁN 1A 2B 3C 4A 5C 6B 7D 8B 9C 10D 11B 12A 13A 14C 3/ Phơng pháp 3: Chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán chất tơng đơng Nguyªn t¾c: Khi bµi to¸n x¶y nhiÒu ph¶n øng nhng c¸c ph¶n øng cïng lo¹i vµ cïng hiÖu suÊt th× ta thay hỗn hợp nhiều chất thành chất tơng đơng Lúc đó lợng (số mol, khối lợng hay thể tích) chất tơng đơng lợng hỗn hợp Phạm vi sử dụng: Trong vô cơ, phơng pháp này áp dụng hỗn hợp nhiều kim loại hoạt động hay nhiều oxit kim lo¹i, hçn hîp muèi cacbonat, hoÆc hçn hîp kim lo¹i ph¶n øng víi níc Bµi 1: Mét hçn hîp kim lo¹i kiÒm A, B thuéc chu k× kÕ tiÕp b¶ng hÖ thèng tuÇn hoµn cã khèi lîng lµ 8,5 gam Hçn hîp nµy tan hÕt níc d cho 3,36 lit khÝ H2 (®ktc) T×m hai kim lo¹i A, B vµ khèi lîng cña mçi kim lo¹i Híng dÉn gi¶i: PTHH 2A + 2H2O ❑ 2AOH + H2 (1) ⃗ 2B + 2H2O ❑ 2BOH + H2 (2) ⃗ §Æt a = nA , b = nB ,36 ta cã: a + b = = 0,3 (mol) (I) 22 , 8,5 = 28,33 M trung b×nh: M = 0,3 Ta thÊy 23 < M = 28,33 < 39 Gi¶ sö MA < MB th× A lµ Na, B lµ K hoÆc ngîc l¹i mA + mB = 23a + 39b = 8,5 (II) Từ I, II ta tính đợc: a = 0,2 mol, b = 0,1 mol VËy mNa = 0,2 * 23 = 4,6 g, mK = 0,1 * 39 = 3,9 g Bài 2: Hoà tan 115,3 g hỗn hợp gồm MgCO3 và RCO3 500ml dung dịch H2SO4 loãng ta thu đợc dung dịch A, chất rắn B và 4,48 lít CO (đktc) Cô cạn dung dịch A thì thu đợc 12g muối khan Mặt khác đem nung chất rắn B tới khối lợng không đổi thì thu đợc 11,2 lít CO2 (đktc) và chất rắn B1 Tính nồng độ mol/lit dung dịch H2SO4 loãng đã dùng, khối lợng B, B1 và khối lợng nguyên tử R Biết hçn hîp ®Çu sè mol cña RCO3 gÊp 2,5 lÇn sè mol cña MgCO3 Híng dÉn gi¶i: Thay hỗn hợp MgCO3 và RCO3 chất tơng đơng M CO3 PTHH ⃗ M CO3 + H2SO4 ❑ M SO4 + CO2 + H2O (1) 0,2 0,2 0,2 0,2 , 48 Số mol CO2 thu đợc là: nCO ❑2 = = 0,2 (mol) 22 , VËy nH ❑2 SO ❑4 = nCO ❑2 = 0,2 (mol) 0,2 = 0,4 M ⇒ CM H ❑2 SO ❑4 = 0,5 R¾n B lµ M CO3 d: ⃗ M CO3 ❑ M O + CO2 (2) 0,5 0,5 0,5 Theo ph¶n øng (1): tõ mol M CO3 t¹o mol M SO4 khèi lîng t¨ng 36 gam áp dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có: 115,3 = mB + mmuèi tan - 7,2 VËy mB = 110,5 g Theo ph¶n øng (2): tõ B chuyÓn thµnh B1, khèi lîng gi¶m lµ: mCO ❑2 = 0,5 * 44 = 22 g VËy mB ❑1 = mB - mCO ❑2 = 110,5 - 22 = 88,5 g Tæng sè mol M CO3 lµ: 0,2 + 0,5 = 0,7 mol 115 , Ta cã M + 60 = 164,71 ⇒ M = 104,71 0,7 V× hçn hîp ®Çu sè mol cña RCO3 gÊp 2,5 lÇn sè mol cña MgCO3 (26) Nªn 104,71 = 24 ∗1+ R ∗ 2,5 3,5 ⇒ R = 137 VËy R lµ Ba Bµi 3: §Ó hoµ tan hoµn toµn 28,4 gam hçn hîp muèi cacbonat cña kim lo¹i thuéc ph©n nhãm chÝnh nhãm II cÇn dïng 300ml dung dÞch HCl aM vµ t¹o 6,72 lit khÝ (®ktc) Sau ph¶n øng, c« c¹n dung dÞch thu đợc m(g) muối khan Tính giá trị a, m và xác định kim loại trên Híng dÉn gi¶i: , 72 nCO ❑2 = = 0,3 (mol) 22 , Thay hçn hîp b»ng M CO3 ⃗ M CO3 + 2HCl ❑ M Cl2 + CO2 + H2O (1) 0,3 0,6 0,3 0,3 Theo tØ lÖ ph¶n øng ta cã: nHCl = nCO ❑2 = * 0,3 = 0,6 mol 0,6 CM HCl = = 2M 0,3 Sè mol cña M CO3 = nCO ❑2 = 0,3 (mol) 28 , Nªn M + 60 = = 94,67 0,3 ⇒ M = 34,67 Gäi A, B lµ KHHH cña kim lo¹i thuéc ph©n nhãm chÝnh nhãm II, MA<MB ta cã: MA < M = 34,67 < MB để thoả mãn ta thấy 24 < M = 34,67 < 40 Vậy hai kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm II đó là: Mg và Ca Khối lợng muối khan thu đợc sau cô cạn là: m = (34,67 + 71)* 0,3 = 31,7 gam Phương pháp : QUY ðỔI NHIỀU CHẤT THÀNH MỘT CHẤT Nguyên tắc : ðưa hỗn hợp các chất chất có công thức trung bình sau ñó dựa vào giá trị trung bình vừa tìm ñược ñể kết luận chất cần xác ñịnh I/ Phương pháp khối lượng mol trung bình M m Cơ sở : Sử dụng công thức : M hh nhh sau ñó dùng M ñể xác ñịnh M các chất ban ñầu M1< M < M2 với M1 < M2 Phạm vi ứng dụng : Áp dụng rộng rãi cho các bài tập hoá hữu Ví dụ minh hoạ : VD1 : Hỗn hợp A gồm ankanal X, Y có tổng số mol là 0,25mol Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thì tạo 86,4g kết tủa và khối lượng dung dịch AgNO3 giảm 77,5g Biết Mx<My CTCT X là : A CH3CHO B HCHO C C2H5CHO D Kết qủa khác Giải : Vì khối lượng Ag tách là 86,4g mà khối lượng dung dịch giảm 77,5g nên Khối lượng anñehit là : 86,4 - 77,5 = 8,9 (g) 8,9 35,6( g / mà MX < M < My MX < 35,6 MX = 30 X là HCHO M mol ) 0,25 VD2 : Một hỗn hợp X gồm ankin là ñồng ñẳng Nếu cho 5,6 lit hỗn hợp X ñi qua dung dịch Br2 thì thấy khối lượng bình tăng 8,6g CTPT ankin : A C3H4 , C4H6 B C4H6 , C5H8 C C2H2 , C3H4 D Kết khác Giải : Theo ñề ta có : mankin = 8,6 g 5,6 0,25(mol ) Số mol ankin là : nankin 22,4 Khối lượng phân tử trung bình ankin là : M1 < M2 với ankin 34,4 < (27) 0,25 34,4( g / mol ) 8,6 M M1 = 26 và M2 = 40 CTPT ankin là : C2H2 và C3H4 n II/ Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình Cơ sở : ðặt CT các chất cùng thuộc dãy ñồng ñẳng dạng CT chung dãy thay n n Sau ñó tính n và kết luận số nguyên tử C các chất : n1 < n < n2 Pham vi ứng dụng : Dùng ñể giải các bài toán các chất thuộc cùng dãy ñồng ñẳng ñặc biệt là các chất ñồng ñẳng liên tiếp Ví dụ minh hoạ : VD1: Có axit hữu no : A là axit ñơn chức và B là axit ña chức Hỗn hợp X chứa 0,3 mol hỗn hợp A và B ðốt cháy hoàn toàn X thì thu ñược 11,2 lit CO2(ñkc) Vậy CTPT A là : A CH3COOH B HCOOH C C2H5COOH D Kết khác Giải : Số nguyên tử C trung bình A và B là : 0,5 Số nguyên tử C A < 1,667 n Số nguyên tử C A = A là HCOOH 1,667 0,3 (28) Do nH2O > nCO2 nên hiñrocacbon là ankan Gọi CT chung ankan là : Cn H n CH O n n 3n nCO (n 1)H O 2 0,2 0,2 n n n1 0,3 Vậy n = và n = CT hiñrocacbon là CH và C H 0,3 III/ Phương pháp gốc hiñrocacbon trung bình : R Cơ sở : ðặt CT các hợp chất cần tìm dạng công thức có chứa R Sau ñó tiến hành xác ñịnh gốc R Biện luận R1 ,R2 theo : R1 < R < R2 Phạm vi ứng dụng : Thường dùng cho bài toán vể R chứa nhóm chức, ñặc biệt là axit, este Ví dụ minh hoạ : VD1 : Hỗn hợp X gồm este A, B ñồng phân với và ñều tạo từ axit ñơn chức và rượu o ñơn chức Cho 2,2g hỗn hợp X bay 136,5 C và 1atm thì thu ñược 840ml este Mặt khác, ñem thuỷ phân hoàn toàn 26,4g hỗn hợp X 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2g/ml) ñem cô cạn thì thu ñược 33,8g chất rắn khan Vậy CTPT este là : A C2H4O2 B C3H6O2 C C4H8O2 D C5H10O2 Giải : A, B là este ñơn chức 0,025(mol ) 0,84 nX 0,082(273 136,5) M este 2,2 88( g / mol ) 0,025 neste thuỷ phân = 26,4 : 88 = 0,3 (mol) 100.20.1,2 n NaOH NaOH dư 0,6(mol ) 100.40 mmuối = 33,8 - (0,6-0,3).40 = 21,8 (g) 5,66 R M muoi R 68 R 5,66 R 21,8 72,66 0,3 R 1 R1 ứng với -H mà R1 + 44 + R1' = 88 R1' = 43 ứng với C3H7- CTPT este là : HCOOC3H7 hay C4H8O2 VD2 : Cho 3,55 g hỗn hợp các amin ñơn chức tác dụng vừa ñủ 0,1 mol HCl Xác ñịnh CT amin có phân tử khối bé A CH3NH2 B C2H5NH2 C CH3NHCH3 D Kết khác Giải : Gọi CT chung là : RNH RNH HCl RNH 3Cl R 19,5 R M RNH 3,55 35,5 R 19,5 R 15 (29) 1 0,1 R1 ứng với CH3Ngoài phương pháp trung bình còn ñược mở rộng ñể tính toán cho hỗn hợp các chất thuộc dãy ñồng ñẳng khác nhau, ñể tính số liên kết π trung bình, hoá trị trung bình Phương pháp : QUY ðỔI MỘT CHẤT THÀNH NHIỀU CHÁT Nguyên tắc : Chuyển chất cần xác ñịnh thành hay nhiều chất ñể xác ñịnh ñược, sau ñó viết phương trình phản ứng bình thường, ñể xác ñịnh yếu tố cần tìm Ví dụ : VD1 : Khi ñốt cháy hoàn toàn polime X (tạo thành ñồng trùng hợp 2,3-ñimetyl butañien và acrilo nitrin CH2=CH-CN) với lượng O2 vừa ñủ thấy tạo thành hỗn hợp khí nồng ñộ áp suất xác ñịnh chứa 57,69% CO2 V Tỉ lệ loại monome là A 3/5 B 3/3 C 1/3 D 3/2 Giải : +) Cách 1: Tách polime thành monome ban ñầu : 17 C6 H10 O2 6CO2 5H 2O PƯ cháy : x 6x 5x CH CH CN O Ta có: 15 y 3CO 3y H O 2 3/2y N y/2 57,69 6x3y 600 x 300 y 634,59 x 288,45 y 11x y 100 11,55 y 34,59 x : y 3x x y +) Cách 2: Tách polime thành các nguyên tố viết sơ ñồ cháy : (- CH2 - C(CH3) = C(CH3) - CH2 -)x(- CH2 - CH(CN) - )y (6x + 3y) C (10x + 3y) H y N (6x + 3y) CO2 (5x + 3y/2) H2O y/2 N2 57,69 x Do ñó : 6x3y %CO2 100 6x 100 3 y 5x y y y (30) 2 Phương pháp QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi tìm đáp số nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh Các chú ý áp dụng phương pháp quy đổi: Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay còn chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp Có thể quy đổi hỗn hợp X cặp chất nào, chí quy đổi chất Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử để đơn giản việc tính toán Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi ta gặp số âm đó là bù trừ khối lượng các chất hỗn hợp Trong trường hợp này ta tính toán bình thường và kết cuối cùng thỏa mãn Khi quy đổi hỗn hợp X chất là FexOy thì oxit FexOy tìm là oxit giả định không có thực Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe không khí, sau phản ứng thu m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử Giá trị m là A 11,2 gam B 10,2 gam C 7,2 gam D 6,9 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3 0,1 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1 mol Số mol nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là 8, 0,1 0,35 0, 35 n Fe2O3 n Fe 56 3 Vậy: m X m Fe m Fe2 O 73 (31) 0,1 m X 56 0, 35 160 3 = 11,2 gam Quy hỗn hợp X hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,1 Fe ta có: 0,15 mol 0,1 mol 2FeO O2 0,1 Fe 0,1 mol 3O2 2Fe2O3 0, 05 m h2 0, 025 mol = 0,1 72 + 0,025 160 = 11,2 gam (Đáp án A) Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X hai chất (FeO và Fe 3O4) (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4) việc giải trở nên phức tạp (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số) Quy hỗn hợp X chất là FexOy: FexOy + (6x 2y)HNO3 0,1 mol 3x 2y 8, 0,1.x n 56 3x 2y Fe Fe(NO3)3 + (3x 2y) NO2 + (3x y)H2O 0,1 mol x y mol Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và 0,1 = 0,025 mol n Fe6 O7 mX = 0,025 448 = 11,2 gam Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 HNO3 đặc nóng thu 4,48 lít khí NO2 (đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 145,2 gam muối khan giá trị m là 74 (32) A 35,7 gam B 46,4 gam C 15,8 gam D 77,7 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol 0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3 0,2 mol n Fe( NO3 )3 0,2 mol 2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,4 mol 145, = 0,6 mol 242 mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4 gam (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 H2SO4 đặc nóng thu dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc) a) Tính phần trăm khối lượng oxi hỗn hợp X A 40,24% B 30,7% C 20,97% D 37,5% b) Tính khối lượng muối dung dịch Y A 160 gam B.140 gam C 120 gam D 100 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hai chất FeO, Fe2O3, ta có: FeO 49,6 gam 0,8 Fe O 4H 2SO4 0, 3H 2SO4 0, 05 m Fe2 O = 49,6 0,8 72 = gam Vậy: a) Fe2 (SO4 )3 Fe2 (SO4 )3 SO 4H 2O 0, mol 3H 2O 0, 05 mol ( 0,05 mol) nO (X) = 0,8 + ( 0,05) = 0,65 mol %m O 0, 65 16 100 = 20,97% (Đáp án C) 49, 75 (33) b) m Fe2 (SO4 )3 = [0,4 + (-0,05)] 400 = 140 gam (Đáp án B) Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2 Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu thể tích khí SO2 (sản phẩm khử đktc) là A 224 ml B 448 ml C 336 ml D 112 ml Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: FeO + H2 x t o y to Fe2O3 + 3H2 x Fe + H2O 2Fe + 3H2O 3y x 3y 0, 05 72x 160y 3, 04 2FeO + 4H2SO4 x 0, 02 mol y Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,02 Vậy: 0, 01 mol 0,01 mol VSO2 = 0,01 22,4 = 0,224 lít (hay 224 ml) (Đáp án A) Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt oxi, thu gam hỗn hợp chất rắn X Hòa tan hết hỗn hợp X dung dịch HNO3 (dư) thoát 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử nhất) Giá trị m là A 2,52 gam B 2,22 gam C 2,62 gam Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 0,025 0,025 + NO + 2H2O 0,025 mol m Fe2 O = 56 0,025 = 1,6 gam m Fe ( Fe2O3 ) 76 1, 160 = 0,02 mol D 2,32 gam (34) mFe = 56 (0,025 + 0,02) = 2,52 gam (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu dung dịch Z Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z ngưng thoát khí NO Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát đktc thuộc phương án nào? A 25 ml; 1,12 lít B 0,5 lít; 22,4 lít C 50 ml; 2,24 lít D 50 ml; 1,12 lít Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4 Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+ 0,2 Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2 Fe + 2H+ 0,4 mol Fe2+ + H2 0,1 0,1 mol Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 0,3 + 4H+ 3Fe3+ + NO + 2H2O 0,1 0,1 mol VNO = 0,1 22,4 = 2,24 lít = 0,05 mol nNO3 n Cu ( NO3 )2 Vd Cu ( NO3 )2 0, 05 = 0,05 lít (hay 50 ml) (Đáp án C) Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe không khí hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 A hòa tan vừa vặn dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay khí NO là sản phẩm khử Số mol NO bay là A 0,01 B 0,04 C 0,03 D 0,02 Hướng dẫn giải 77 (35) n Fe 0,16 mol 8,9 56 Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2 2FeO x x 4Fe + 3O2 2Fe2O3 y y/2 3FeO + 10HNO3 x 10x/3 Fe2O3 + 6HNO3 y/2 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x/3 2Fe(NO3)3 + 3H2O 3y Hệ phương trình: x y 0,16 10x 3y 0,5 x 0, 06 mol y 0,1 mol (36) n NO (37) 0,06 (38) 0, 02 mol (Đáp án D) KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI – TRUNG BÌNH – ĐƯỜNG CHÉO ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC (Trích từ “Các phương pháp giải bài toán Hóa học – NXB GD 2010) Vũ Khắc Ngọc Phòng Công nghệ Hóa sinh Protein – Viện Công nghệ Sinh học Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam Giải nhanh bài toán Hóa học là mục tiêu quan trọng thí sinh các kỳ thi Đại học – Cao đẳng, đặc biệt là hình thức thi đã thay đổi từ tự luận sang trắc nghiệm Sự thay đổi này tạo động lực quan trọng đòi hỏi phải có thay đổi tương ứng nhận thức và phương pháp việc dạy và học giáo viên và học sinh Trong số các phương pháp giải toán Hóa học thì Trung bình, Đường chéo và Quy đổi là phương pháp nhanh, hiệu và có nhiều phát triển thú vị thời gian gần đây, phương pháp lại có mạnh và ứng dụng riêng: - Các giá trị Trung bình vừa dùng để biện luận, xác định CTPT các chất hỗn hợp, vừa dùng để tính nhanh các giá trị chung cho hỗn hợp - Phương pháp Đường chéo thường kết hợp với phương pháp Trung bình để tính nhanh tỷ lệ các thành phần hỗn hợp thành phần, thay cho việc giải hệ phương trình - Phương pháp Quy đổi tập hợp các phương pháp tư sáng tạo, dựa vào giả định Hóa học và Toán học phi thực tế giúp tính nhanh các giá trị lượng chất hỗn hợp phức tạp Sự kết hợp khéo léo phương pháp này cho phép khai thác tối đa mạnh phương pháp và mang lại hiệu đặc biệt giải toán Bài viết đây giới thiệu số ví dụ điển hình cho hướng kết hợp này: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 22,4g kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu dung dịch A và khí B có khả làm phai màu cánh hoa hồng Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy hoàn toàn cô cạn dung dịch, thu 48,1 g chất rắn Kim loại M đã cho ban đầu là: A Fe B Ca C Mg D Cu Hướng dẫn giải: Ta có: n NaOH = 0,8 mol Điểm mấu chốt bài toán là phải biện luận để tìm thành phần 48,1g chất rắn, từ đó xác định số mol SO2 NaOH có thể phản ứng với SO2 theo phản ứng: vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh) (39) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510 NaOH + SO2 2NaOH + SO2 → → NaHSO3 Na SO3 + H2 O Khi cho SO2 tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu có thể bao gồm chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO3 (M = 104) và Na2SO3 (M=126) Để khai thác kiện n NaOH = 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi mol muối Na2SO3 là 126 mol NaX với M NaX = = 63g/mol m hh Khi đó 48,1g chất rắn tương ứng với 0,8 mol, với M = n hh = 48,1 0,8 = 60,125g/mol → hỗn hợp phải có ít chất có M < 60,125 → phải có NaOH dư Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp này, ta có: 20,125 0,7 mol (NaX) 63 60,125 (NaOH) 40 2,875 0,35 mol Na2SO3 0,1 mol → nSO2 = n Na2 SO3 = 0,35 mol → ne nhËn= 0,35 × = 0,7 mol = 32n Giả sử kim loại có hóa trị n, ta dễ dàng có: M = m = 22,4 → 0,7 n n M lµ Cu Đáp án đúng là D Cu Ví dụ 2: Crackinh C4H10 thu hỗn hợp gồm hiđrocacbon có tỷ khối so với H2 là 16,325 Hiệu suất phản ứng crackinh là: A 77,64% Phản ứng: Ankan C rack ⎯⎯ B 38,82% ing ⎯ ⎯→ C 17,76% D 16,325% Hướng dẫn giải: Ankan' + Anken tạo Anken và Ankan có số mol Do đó, KLPT trung bình hỗn hợp các Anken và Ankan này KLPT ankan ban đầu → Quy đổi: Coi hỗn hợp khí sản phẩm phản ứng cracking C4H10 là khí có KLPT M = 58 = 29 → Hỗn hợp sau phản ứng trở thành hỗn hợp gồm thành phần là: (hỗn hợp các ankan và anken sinh ra) và C4H10 dư Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo sau: vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh) (40) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510 Hçn hîp (M = 29) M = 32,65 25,35 3,65 C4H10 (M = 58) Giả sử hỗn hợp sau chứa 29 mol khí (3,65 mol C4H10 dư và 25,35 mol hỗn hợp các ankan 25,35 và anken sinh ra) thì số mol C4H10 ban đầu là: n ® = 3,65 + = 16,325 mol 16,325 - 3,65 100% = 77,64% Do đó, hiệu suất phản ứng là: H% = × 16,325 Đáp án đúng là A 77,64% Ví dụ 3: Cho 37,6g hỗn hợp gồm chất rắn Fe3O4, FeO và Cu2O tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu 2,24 lít khí NO đktc Khối lượng Fe3O4 hỗn hợp là: A 34,8g B 23,2g C 11,6g D 17,4g Hướng dẫn giải: Sơ đồ các quá trình oxh – kh bài: Fe 2+ - e → Fe3+ → Cu Cu + - e 2+ N +5 + 3e → N +2 Căn vào các sơ đồ trên và lấy mol electron cho làm mốc, ta có: - Cứ mol Fe3O4 (232g) cho mol electron - Cứ mol FeO (72g) cho mol electron - Cứ 0,5 mol Cu2O (72g) cho mol electron 376 hỗn hợp cho mol electron 37,6 = g - Cứ 0,1 × 3 → Quy đổi: Coi FeO và Cu2O là chất trung bình X mà 72g chất này lại cho mol electron → Hỗn hợp ban đầu trở thành hỗn hợp gồm thành phần là: Fe3O4 và X Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo sau: 320 X (M = 72) M = 376 160 Fe O (M = 232) 0,2 mol 0,1 mol Do đó, m Fe 3O = 23,2g vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh) (41) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510 Đáp án đúng là B 23,2g Ví dụ 4: Cho 8,96 lít hỗn hợp CO2 và NO2 (đktc) hấp thụ vào lượng dung dịch NaOH vừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu 36,6 gam muối khan Thành phần % thể tích khí hỗn hợp ban đầu là: A 25% CO2 và 75% NO2 C 75% CO2 và 25% NO2 B 50% CO2 và 50% NO2 D 30% CO2 và 70% NO2 Hướng dẫn giải: Sơ đồ các phản ứng hóa học: 2NaOH + 2NO2 → NaNO3 + NaNO2 2NaOH + CO2 → Na CO Từ phản ứng, ta thấy: - Cứ mol NO2 tạo mol hỗn hợp muối NaNO3 và NaNO2 có tỷ lệ 1:1 số mol, → 69 + 85 = 77 có thể quy đổi hỗn hợp muối này thành muối có M = - Cứ mol CO2 tạo mol muối Na2CO3 có M = 106 36,6 = 91,5 - M hçn hîp = 0,4 Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: Na2CO3 (M = 106) Mhçn hîp = 91,5 M = 77 14,5 50% 14,5 50% Vậy đáp án đúng là B 50% CO2 và 50% NO2 Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3 dung dịch HCl dư, thu 3,36 lít khí CO2 (đktc) Khối lượng muối KCl tạo thành dung dịch sau phản ứng là: A 8,94 gam B 16,17 gam C 7,92 gam D 12,0 gam Hướng dẫn giải: Sơ đồ chung các phản ứng hóa học: CO ⎯ ⎯ ⎯ → CO + HC l Nói cách khác, tỷ lệ phản ứng: n muối : n CO 1: → n muèi = n CO 3,36 = 0,15 mol = 22,4 Vì M NaHCO3 = M MgCO3 = 84 và giải phóng CO2 theo tỷ lệ 1:1 số mol vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh) (42) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510 → Quy đổi: Coi hỗn hợp NaHCO3 và MgCO3 là muối có CTPT MCO3 có KLPT M = 84 → Hỗn hợp X trở thành hỗn hợp gồm thành phần là MCO3 và K2CO3 Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo sau: MCO3 (M = 84) M = 14,52 = 96,8 0,15 KHCO3 (M = 100) 3,2 0,03 mol 12,8 0,12 mol → mKCl = 74,5 × 0,12 = 8,94g Vậy đáp án đúng là A 8,94 gam Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H6, sản phẩm thu dẫn qua bình I đựng dung dịch H2SO4 đặc và bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 dư Sau thí nghiệm, thấy bình II có 15 gam kết tủa và khối lượng bình II tăng nhiều bình I là 2,55 gam Thành phần % thể tích khí hỗn hợp đầu là: A 50%, 30%, 20% B 30%, 40%, 30% C 50%, 25%, 25% D 50%, 15%, 35% Từ giả thiết, ta có: n CO Hướng dẫn giải: 15 = 0,15 mol vµ n H2 O 44 - 2,55 = 0,225 mol = 100 = 0,15 × 18 Gọi C x H ylà CTPT trung bình hỗn hợp ban đầu, ta có: CH x → xCO + y y HO Bảo toàn nguyên tố vế, ta dễ dàng có: x = 1,5 vµ y = 4,5 Quy đổi: Coi hỗn hợp C2H4 và C2H6 là hiđrocacbon có 2C Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: CH4 (C = 1) C = 1,5 (C = 2) 0,5 50% 0,5 50% Quy đổi: Coi hỗn hợp CH4 và C2H4 là hiđrocacbon có 4H Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: vukhacngoc@gmail.com http://my.opera.com/saobanglanhgia Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: http://giasuams.com/ Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh) (43) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc 0985052510 C2H6 (H = 6) H = 4,5 (H = 4) Vậy đáp án đúng là C 50%, 25%, 25% 0,5 25% (44) (45) (46) (47) (48) (49) 1,5 75% (50) (51)