Xemtailieu Tải về BÀI TẬP VỀ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ
Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 CHUYÊN ĐỀ 2: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ I. Phương pháp bảo toàn nguyên tố 1. Nội dung phương pháp bảo toàn nguyên tố - Cơ sở của phương pháp bảo toàn nguyên tố là định luật bảo toàn nguyên tố : Trong phản ứng hóa học, các nguyên tố được bảo toàn. - Hệ quả của của định luật bảo toàn nguyên tố : Trong phản ứng hóa học, tổng số mol của một nguyên tố tham gia phản ứng bằng tổng số mol nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng. Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn 6 gam axit axetic cần vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng NaOH dư, thấy khối lượng bình tăng m gam. Tính V và m ? Các hướng tư duy để tính V và m : * Hướng 1 : Dựa vào số mol của axit axetic (CH3COOH) và phương trình phản ứng để tính số mol của O2 cần dùng, số mol CO2 và số mol H2O tạo thành. Từ đó suy ra thể tích O2 và khối lượng bình NaOH tăng. 6 = 0,1 mol. Theo giả thiết : n CH3COOH = 60 Phương trình phản ứng : o t CH3COOH + 2O2 → 2CO2 + 2H2O → mol: 0,1 → 0,2 0,2 → 0,2 Theo phương trình và giả thiết, ta có : VO2 (ñktc) = 0,2.22,4 = 4,48 lít m bình NaOH taêng = m CO2 + m H2O = 0,2.44 + 0,2.18 = 12,4 gam * Hướng 2 : Dựa vào hệ quả của định luật bảo toàn nguyên tố và số mol axit CH3COOH (0,1 mol) để tính số mol CO2 và số mol H2O tạo thành; số mol O2 tham gia phản ứng. Từ đó suy ra thể tích O2 và khối lượng bình NaOH tăng. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với C và H, ta có : n CO2 = 2n CH3COOH = 2.0,1 = 0,2 n CO2 = 0,2 ⇒ 2n H2O = 4n CH3COOH = 4.0,1 = 0,4 n H2O = 0,2 Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta có : 2 nCH3COOH + 2 nO2 = 2 nCO2 + n H2O ⇒ nO2 = 0,2 mol. { { { 1 424 3 0,1 ? 0,2 0,2 Suy ra : VO2 (ñktc) = 0,2.22,4 = 4,48 lít m bình NaOH taêng = m CO2 + m H2O = 0,2.44 + 0,2.18 = 12,4 gam - Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải bài tập hóa học sử dụng hệ quả của định luật bảo toàn nguyên tố. Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 1 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 2. Ưu điểm của phương pháp bảo toàn nguyên tố a. Xét các hướng giải bài tập sau : Câu 25 – Mã đề 231: Dẫn V lít (đktc) hỗn hợp X gồm axetilen và hiđro có khối lượng là m gam đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dẫn Y vào lượng dư AgNO3 trong dung dịch NH3 thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí Z. Đốt cháy hoàn toàn khí Z được 2,24 lít khí CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. Giá trị của V là: A. 11,2. B. 13,44. C. 5,60. D. 8,96. (Đề thi tuyển sinh Cao đẳng khối A năm 2007) Hướng dẫn giải ● Cách 1 : Phương pháp thông thường – Tính toán theo phương trình phản ứng Theo giả thiết ta suy ra Y gồm H2 dư, C2H2 dư, C2H4 và C2H6. Số mol của các chất : 16 12 nC2H 4 = nBr2 = = 0,1 mol; nC2 H2 dö = nC2Ag2 = = 0,05 mol; 160 240 nCO2 4,5 2,24 n H2 O = = 0,25 mol; nCO2 = = 0,1 mol ⇒ nC2 H6 = = 0,05 mol. 18 22,4 2 Phương trình phản ứng : o mol: Ni, t C2H2 + H2 → C2H4 ← 0,1 ← 0,1 0,1 mol: Ni, t C2H2 + 2H2 → C2H6 ← 0,05 ← 0,1 0,05 mol: t C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3 ← 0,05 0,05 (1) o (2) o C2H6 + mol: 0,05 7 Ni, t o O2 → 2CO2 + 3H2O 2 ← 0,1 → 0,15 o Ni, t 2H2 + O2 → 2H2O ← mol: 0,1 (0,25 – 0,15) = 0,1 Theo các phản ứng ta thấy : ∑n ∑n H2 (3) (4) (5) = n H2 (1) + n H2 (2) + n H2 (5) = 0,3 mol; C2 H 2 = n C2H2 (1) + n C2H 2 (2) + n C2H2 (3) = 0,2 mol. ⇒ VX = VC2H2 + VH2 = 0,5.22,4 = 11,2 lít ● Cách 2 : Sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố n C2H2 dö = n C2Ag2 = 0,05 mol; n C 2H4 = n Br2 = 0,1 mol; n H2O = 0,25 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có : 2n H2 + 2n C2H2 ban ñaàu = 2 nC2 H2 dö + 4 n C2H 4 + 2 n H2O { { 123 0,05 0,1 0,25 ⇒ n(H2 , C2 H2 ban ñaàu ) = 0,5 mol ⇒ V(H2 , C2 H2 ban ñaàu) ôû ñktc = 11,2 lít 2 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 b. Nhận xét : Với cách 1 : Viết nhiều phản ứng, mối liên quan về số mol của các chất được tính toán dựa trên phản ứng. Tuy dễ hiểu nhưng phải trình bày dài dòng, mất nhiều thời gian, chỉ phù hợp với hình thức thi tự luận trước đây. Với cách 2 : Mối liên quan về số mol của các chất được tính toán trực tiếp dựa vào sự bảo toàn các nguyên tố nên không phải viết phương trình phản ứng. c. Kết luận : So sánh 2 cách giải ở trên, ta thấy : Phương pháp bảo toàn nguyên tố có ưu điểm là trong quá trình làm bài tập học sinh không phải viết phương trình phản ứng, tính toán đơn giản dựa vào sự bảo toàn nguyên tố và cho kết quả nhanh hơn so với việc tính toán theo phương trình phản ứng. Như vậy : Nếu sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố một cách hiệu quả thì có thể tăng đáng kể tốc độ làm bài so với việc sử dụng phương pháp thông thường. 3. Phạm vi áp dụng : Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thể giải quyết được nhiều dạng bài tập liên quan đến phản ứng trong hóa vô cơ cũng như trong hóa hữu cơ. Một số dạng bài tập thường dùng bảo toàn nguyên tố là : +Ion Al3+, Zn2+ tác dụng với dung dịch kiềm (NaOH, Ba(OH)2,...). + Khí CO2 tác dụng với dung dịch kiềm. + Tính số mol HNO3, H2SO4 tham gia phản ứng. + Đốt cháy hợp chất, thường là hợp chất hữu cơ. + Thủy phân không hoàn toàn peptit. 4. Bảng tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố trong phản ứng Từ ví dụ ở trên ta thấy : Có thể tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố như sau : Số mol nguyên tố X hoặc nhóm nguyên tố X = số nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử X trong đơn chất, hợp chất × số mol chất đó. Chất Bảng tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố Số mol chất Số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố Ba(OH)2 n Ba(OH ) 2 H2SO4 n H SO 2 Fe2(SO4)3 Al2O3 n Fe 2 (SO 4 )3 n Al O 2 CxHyOzNt 4 3 nCx Hy Oz N t nBa2+ = n Ba(OH)2 ; nOH− = 2n Ba(OH)2 n H + = 2n H2 SO4 ; n SO 2− = n H2 SO4 4 n Fe3+ = 2n Fe2 (SO4 )3 ; n SO 2− = 3nFe2 (SO4 )3 4 nAl3+ = 2nAl2O3 ; nO2− = 3n Al2O3 nC = x.n Cx Hy Oz N t ; n H = y.n Cx HyOz N t ; n O = z.n Cx Hy Oz Nt ; n N = t.n Cx HyOz Nt . Ala-Ala-Ala Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val n Ala −Ala −Ala n Ala = 3n Ala−Ala −Ala n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val nAla = 2n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val ; nGly = 2n Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val . Đối với các chất khác ta tính tương tự. Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 3 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 II. Phân dạng bài tập và các ví dụ minh họa 1. Dạng 1: Tính lượng chất trong phản ứng Phương pháp giải - Bước 1 : Lập sơ đồ phản ứng biểu diễn quá trình chuyển hóa giữa các chất, để thấy rõ bản chất hóa học của bài toán. - Bước 2 : Nhận dạng nhanh phương pháp giải bài tập : Khi gặp bài tập mà giữa lượng chất cần tính và lượng chất đề bài cho đều có chứa cùng 1 nguyên tố hay một nhóm nguyên tố thì ta nên dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố. - Bước 3 : Xác định áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với nguyên tố, nhóm nguyên tố nào. - Bước 4 : Thiết lập phương trình bảo toàn nguyên tố. Ngoài ra, kết hợp với các giả thiết khác để lập các phương trình toán học có liên quan. Từ đó suy ra lượng chất cần tính. PS : - Trong phương pháp bảo toàn nguyên tố, nếu xác định sai hoặc thiếu các chất chứa nguyên tố mà ta sử dụng để tính lượng chất thì bảo toàn nguyên tố không còn đúng nữa. ► Các ví dụ minh họa ◄ a. Phản ứng một giai đoạn Ví dụ 1: Điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực bằng than chì, thu được m kilogam Al ở catot và 89,6 m3 (đktc) hỗn hợp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H2 bằng 16,7. Cho 1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 115,2. B. 82,8 . C. 144,0. D. 104,4. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013) Hướng dẫn giải ● Bước 1 : Lập sơ đồ phản ứng : Trong phản ứng điện phân nóng chảy Al2O3 với các điện cực làm bằng than chì (C), Al sinh ra ở catot, O2 sinh ra ở anot và như vậy anot sẽ bị O2 oxi hóa thành CO, CO2, ngoài ra vẫn có thể còn O2 dư. Sơ đồ phản ứng : Al2 O3 ñpnc → Al (catot) + (CO 2 , CO, O 2 ) (anot) CO2 + CaCO3 → CaCO3 + H2O ● Bước 2 : Nhận dạng nhanh phương pháp giải bài tập Bài tập yêu cầu tính khối lượng của Al khi điện phân nóng chảy oxit Al2O3, trong khi lại cho thông qua thông tin về số mol của CO2, CO, O2. Nhận thấy : Giữa hỗn hợp (CO, CO2, O2) và Al2O3 đều có chứa nguyên tố O; Giữa Al và Al2O3 đều có nguyên tố Al. Đây là dấu hiệu chứng tỏ bài tập này sẽ sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố. ● Bước 3 : Xác định áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với nguyên tố, nhóm nguyên tố nào Dựa vào giả thiết tính được số mol của CO2, CO, O2. Từ đó tính được số mol của Al2O3 dựa vào bảo toàn nguyên tố O. Biết được số mol của Al2O3 sẽ tính được số mol của Al dựa vào bảo toàn nguyên tố Al. ● Bước 4 : Thiết lập phương trình bảo toàn nguyên tố. Từ đó suy ra lượng chất cần tính. Theo giả thiết, ta có : 89,6 n X = nCO2 + n O2 + n CO = = 4 kmol (1) 22,4 4 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 MX = 44n CO2 + 32n O2 + 28n CO n CO2 + n O2 + n CO = 16,7.2 = 33, 4 ⇒ 44n CO2 + 32n O2 + 28nCO = 33, 4.4 = 133,6 kg (2) nCO2 = nCaCO3 = 1,5 0,015 = 0,015 mol ⇒ %nCO2 trong hoãn hôïp X = .100% = 30%. 100 0,05 ⇒ n CO2 trong X = 30%.4 = 1,2 kmol (3) Thay (3) vào (1), (2), ta được hệ hai phương trình hai ẩn. Giải hệ phương trình ta có : n O2 = 0,6 kmol; n CO = 2,2 kmol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O và Al, ta có : 5,8 3n Al2O3 = n{ n Al2O3 = kmol CO + 2 n CO2 + 2 n O2 { { 11,6 3 2,2 1,2 0,6 ⇒ ⇒ m Al = 27. = 104,4 kg 3 n Al = 2n Al O n = 11,6 kmol 2 3 Al 3 Ví dụ 2: Đốt 5,6 gam Fe trong không khí, thu được hỗn hợp chất rắn X. Cho toàn bộ X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là: A. 18,0. B. 22,4. C. 15,6. D. 24,2. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) Hướng dẫn giải Vì dung dịch HNO3 dư nên Fe phản ứng hết, muối sắt tạo thành là Fe(NO3)3. Giữa lượng chất cần tính là khối lượng Fe(NO3)3 và lượng chất đã biết là Fe đều có nguyên tố Fe, nên áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có : nFe(NO3 )3 = n Fe = 0,1 mol ⇒ m Fe(NO3 )3 = 24,2 gam Ví dụ 3: Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít khí CO2 (ở đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/l, thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là: A. 0,032. B. 0,048. C. 0,06. D. 0,04. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2007) Vì n CO2 > n BaCO3 { { 0,12 Hướng dẫn giải nên phản ứng còn tạo ra cả muối Ba(HCO3 )2 và BaCO3. 0,08 Theo bảo toàn nguyên tố đối với C và Ba, ta có kết quả sau : n CO2 = n BaCO3 + 2n Ba(HCO3 )2 ⇒ 2n Ba(OH )2 − n CO2 = n BaCO3 n = n + n Ba(OH) BaCO Ba(HCO ) 2 3 3 2 Từ kết quả trên, ta có : 0,1 2 n Ba(OH)2 − nCO2 = n BaCO3 ⇒ n Ba(OH)2 = 0,1 ⇒ a = [Ba(OH)2 ] = = 0,04M 1 424 3 { { 2,5 ? 0,12 0,08 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 5 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 4: Hấp thụ hoàn toàn V lít CO2 (đktc) vào bình đựng 200 ml dung dịch X gồm NaOH 1M và Na2CO3 0,5M, thu được dung dịch Y. Kết tinh dung dịch Y (chỉ làm bay hơi nước) thu được 19,9 gam chất rắn khan. Giá trị V là: A. 2,24. B. 3,36. C. 5,6. D. 1,12. (Đề thi thử đại học lần 5 – THPT Chuyên – Đại học SPHN, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Na ta thấy : nNa trong Y = nNa trong X = n NaOH + 2 n Na2CO3 = 0,4 mol. { 123 0,2.1 0,2.0,5 Nếu trong dung dịch Y chỉ có Na2CO3 thì số mol Na2CO3 là 0,2 mol, khi đó khối lượng chất rắn là 21,2 gam; nếu Y chỉ chứa NaHCO3 thì số mol NaHCO3 là 0,4 mol, khi đó khối lượng chất rắn là 33,6; còn nếu Y chứa cả hai muối thì khối lượng chất rắn thuộc khoảng (21,2 ; 33,6). Trên thực tế khối lượng chất rắn chỉ là 19,9 gam nên xảy ra trường hợp NaOH dư. Như vậy chất rắn gồm NaOH dư và Na2CO3. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố Na, ta có : 40n NaOH dö + 106n Na2CO3 = 19,9 n NaOH dö = 0,1 ⇒ n + 2n = 0,4 NaOH dö Na CO n Na2CO3 = 0,15 2 3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : nCO2 = nNa2CO3 trong Y − n Na2CO3 trong X = 0,05 ⇒ VCO2 (ñktc) = 0,05.22,4 = 1,12 lít 14243 14243 0,15 0,1 Ví dụ 5: Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, lượng kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là: A. 1,2. B. 1,8. C. 2,4. D. 2. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2007) Vì nAl3+ > n Al(OH)3 { 123 0,3 Hướng dẫn giải nên còn một phần ion nhôm nằm trong dung dịch sau phản ứng. 0,2 Phản ứng có thể xảy ra theo hai hướng khác nhau : AlCl3 + dd NaOH (1) NaCl Al(OH)3 ↓ + dd AlCl3 dö NaCl Al(OH)3 ↓ + dd Na[Al(OH)4 ] Theo hướng (1) : AlCl3 dư, nên lượng NaOH dùng trong trường hợp này là ít nhất. Theo hướng (2) : AlCl3 chuyển hết vào kết tủa Al(OH)3, sau đó kết tủa bị hòa tan một phần. Trường hợp này lượng NaOH dùng nhiều nhất. Vậy ta phải tính lượng NaOH theo hướng (2). (2) Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Al và bảo toàn nhóm OH − , ta có kết quả sau : n Al3+ = n Al(OH )3 + n[Al(OH)4 ]− ⇒ 4n Al3+ − n OH − = n Al(OH)3 n − = 3n Al(OH) + 4n − OH [Al(OH) 4 ] 3 6 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Từ kết quả trên, ta có : 4 nAl3+ − nOH − = n Al(OH)3 ⇒ n OH− = 1 mol ⇒ nNaOH = 1 mol ⇒ Vdd NaOH = 1: 0,5 = 2M { { 123 0,3 ? 0,2 PS : Ở bài này, nếu đề chỉ nói “Giá trị của V là : ...” thì phản ứng có thể xảy ra theo hướng (1) hoặc (2). Khi đó sẽ có hai giá trị của V thỏa mãn là V(min) ứng với hướng (1) và V(max) ứng với hướng (2). Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn m gam ZnSO4 vào nước được dung dịch X. Nếu cho 110 ml dung dịch KOH 2M vào X thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140 ml dung dịch KOH 2M vào X thì thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là: A. 32,20. B. 24,15. C. 17,71. D. 16,10. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2010) Hướng dẫn giải Bản chất phản ứng : Zn 2+ + 2OH − → Zn(OH)2 Zn(OH)2 + 2OH − → [Zn(OH)4 ]2 − Trường hợp phản ứng của Zn2+ và OH − có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa, áp dụng bảo toàn nguyên tố Zn và nhóm OH − , ta có kết quả sau : n Zn2+ = n Zn(OH)2 + n[Zn(OH)4 ]2− ⇒ 4n Zn2+ − n OH − = 2n Zn(OH)2 n OH− = 2n Zn(OH)2 + 4n[Zn(OH )4 ]2− Cho 110 ml KOH 2M (0,22 mol) vào dung dịch X (TN1), thu được 3a gam Zn(OH)2. Cho 140 ml dung dịch KOH 2M (0,28 mol) vào dung dịch X (TN2), thu được 2a gam kết tủa. Chứng tỏ ở trường hợp (TN2) kết tủa đã bị hòa tan một phần. Ở TN1 kết tủa có thể bị hòa tan một phần hoặc chưa bị hòa tan. Nếu ở TN1 kết tủa chưa bị hòa tan, áp dụng bảo toàn nhóm OH − ở TN1; bảo toàn nhóm OH − và Zn ở TN2, ta có : 2n Zn(OH)2 = n KOH 4n ZnSO4 − n KOH = 2n Zn(OH )2 3a 2. 99 = 0,22 a = 3,63 ⇒ ⇒ 2a n ZnSO4 = 0,1067 4n + 0,28 ZnSO4 = 2. 99 Trường hợp này không thỏa mãn vì ở TN1 : 2 n ZnSO4 < n KOH nên kết tủa đã bị hòa tan. { { 0,1067 0,22 Vậy ở TN1 kết tủa đã bị hòa tan một phần, ta có : 3a 4n ZnSO4 − 0,22 = 2. 99 n ZnSO4 = 0,1 ⇒ ⇒ m ZnSO4 = 16,1 gam 2a a = 2,97 4n − 0,28 = 2. ZnSO4 99 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 7 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 7: Hòa tan hết hỗn hợp chứa 10 gam CaCO3 và 17,4 gam FeCO3 bằng dung dịch HNO3 loãng, nóng. Số mol HNO3 đã tham gia phản ứng là: A. 0,8 mol. B. 0,5 mol. C. 0,7 mol. D. 0,2 mol. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : o t FeCO3 + CaCO3 + HNO3 → Fe(NO3)3 + Ca(NO3)2 + NO + CO2 + H2O Áp dụng bảo toàn nguyên tố Ca, Fe và bảo toàn electron, ta tính được số mol của Ca(NO3)2, Fe(NO3)3 và NO. Sau đó áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta tính được số mol của HNO3 : nCa(NO3 )2 = nCaCO3 = 0,1 n NO = 0,05 mol nFe(NO3 )3 = n FeCO3 = 0,15 ⇒ n HNO3 = 2 nCa(NO3 )2 + 3 nFe(NO3 )3 + nNO = 0,7 mol 1 424 3 1 424 3 { 0,05 0,1 0,15 3n NO = n FeCO3 = 0,15 Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,18 mol FeS2 và a mol Cu2S bằng dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat và V lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của V là: A. 44,8 lít. B. 22,4 lít. C. 26,88 lít. D. 33,6 lít. (Đề thi thử đại học lần 3 – THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải Vì phản ứng chỉ tạo ra muối sunfat nên suy ra trong X có hai muối là CuSO4 và Fe2(SO4)3. Sơ đồ phản ứng : Cu 2 S HNO3 CuSO 4 → + NO + H 2 O FeS2 Fe 2 (SO4 )3 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Cu, Fe, S, ta có : HNO3 → 2CuSO4 + Fe2(SO4)3 Cu2S + 2FeS2 → 0,18 → 0,09 mol: 0,09 ← 0,18 Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng của FeS2 và Cu2S với HNO3, ta có : 15 n FeS2 + 10 n Cu2S = 3n{ NO ⇒ n NO = 1,2 mol ⇒ VNO (ñktc) = 26,88 lít { { 0,18 ? 0,09 Ví dụ 9: X là hỗn hợp 2 hiđrocacbon mạch hở, cùng dãy đồng đẳng. Để đốt cháy hết 2,8 gam X cần 6,72 lít O2 (đktc). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư được m gam kết tủa. Giá trị m là: A. 30 gam. B. 20 gam. C. 25 gam. D. 15 gam. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng đốt cháy hai hiđrocacbon trong X : o t Cx H y + O2 → CO2 + H 2 O (1) Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng (1), ta có : m X + m O2 = 44n CO2 + 18n H2O { 2,8 { 44n CO2 + 18n H2O = 12,4 n H2 O = 0,2 0,3.32 ⇒ ⇒ 2 n 2n n 2n n 0,6 = + + = O CO H O CO H O n CO2 = 0,2 {2 2 2 2 2 0,3 8 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có : nCaCO3 = nCO2 = 0,2 mol ⇒ m CaCO3 = 0,2.100 = 20 gam Ví dụ 10: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacboxylic đơn chức, cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là: A. 8,96. B. 11,2. C. 6,72. D. 4,48. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2007) Hướng dẫn giải Công thức phân tử của axit cacboxylic đơn chức có dạng là CxHyO2. Sơ đồ phản ứng : CxHyO2 + O2 → CO2 + H2O (1) Áp dụng bảo toàn nguyên tố O cho phản ứng (1), ta có : 2 n CxH yO2 + 2 n O2 = 2 n CO2 + n H2O ⇒ n O2 = 0,3 mol ⇒ VO2 (ñktc) = 6,72 lít { { { 123 0,1 ? 0,3 0,2 Ví dụ 11: Hỗn hợp X gồm axit axetic, axit fomic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng với NaHCO3 (dư) thì thu được 15,68 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn m gam X cần 8,96 lít khí O2 (đktc), thu được 35,2 gam CO2 và y mol H2O. Giá trị của y là: A. 0,3. B. 0,8. C. 0,2. D. 0,6. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, hỗn hợp X gồm CH3COOH, HCOOH, HOOC – COOH. Phản ứng của X với NaHCO3 : –COOH + NaHCO3 → –COONa + CO2 ↑ + H2O (1) ← mol: 0,7 0,7 Theo (1) và bảo toàn O trong hỗn hợp X, ta có : n − COOH = n CO2 = 0,7 mol ⇒ n O trong axit = n O trong n h oùm − COOH = 2n − COOH = 1, 4 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố O trong phản ứng đốt cháy hỗn hợp X, ta có : nO trong axit + 2 n O2 = 2 nCO2 + nH2O ⇒ n H2O = 0,6 mol { { { 1 424 3 1,4 0,4 0,8 ? Ví dụ 12: Tripeptit X và tetrapeptit Y đều mạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hỗn hợp gồm X và Y chỉ tạo ra một amino axit duy nhất có công thức H2NCnH2nCOOH. Đốt cháy 0,05 mol Y trong oxi dư, thu được N2 và 36,3 gam hỗn hợp gồm CO2, H2O. Đốt cháy 0,01 mol X trong oxi dư, cho sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 29,55. B. 17,73. C. 23,64. D. 11,82. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2013) Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy ra : Amino axit tạo nên X, Y là amino axit no, mạch hở, có một nhóm – COOH và một nhóm –NH2. Đặt công thức phân tử của amino axit là CaH2a+1O2N. X là tripeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C3aH6a-1O4N3. Y là tetrapeptit tạo ra từ amino axit trên có công thức là C4aH8a-2O5N4. Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 9 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H trong phản ứng đốt cháy Y, ta có : n CO2 = 4a.n Y = 0,2a; n H 2 O = (4a − 1)n Y = 0,05(4a − 1) { { 0,05 0,05 Mặt khác, theo giả thiết khi đốt cháy Y thu được : m CO2 + m H2 O = 36,3 ⇒ 0,2a.44 + 0,05(4a − 1)18 = 36,3 ⇒ a = 3 Với a = 3 thì công thức phân tử của X là C9H17O4N3. Áp dụng bảo toàn nguyên tố C trong phản ứng đốt cháy X và bảo toàn nguyên tố Ba khi hấp thu sản phẩm cháy của X vào dung dịch Ba(OH)2 dư, ta có : n BaCO3 = n CO2 = 9 n X = 0,09 ⇒ m BaCO3 = 0,09.197 = 17, 73 gam { 0,01 PS : Cách thiết lập công thức của X, Y : X là tripeptit nên công thức của X là : (3CaH2a+1O2N – 2H2O) = C3aH6a-1O4N3; Y là tetrapeptit nên công thức của X là : (4CaH2a+1O2N – 3H2O) = C4aH8a-2O5N4. Ví dụ 13: Thủy phân hết m gam tetrapeptit Ala-Ala-Ala-Ala (mạch hở) thu được hỗn hợp gồm 28,48 gam Ala, 32 gam Ala-Ala và 27,72 gam Ala-Ala-Ala. Giá trị của m là: A. 90,6. B. 111,74. C. 81,54. D. 66,44. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011) Hướng dẫn giải Ala (alanin) là tên thường gọi của amino axit CH3 – CH(NH2) – COOH (M = 89). Sơ đồ phản ứng : Ala-Ala-Ala-Ala + H2O → Ala + Ala-Ala + Ala-Ala-Ala mol: 0,32 0,2 0,12 Áp dụng bảo toàn nhóm Ala, ta có : 4n Ala −Ala − Ala− Ala = n Ala + 2 n Ala− Ala + 3n Ala − Ala− Ala ⇒ n Ala −Ala− Ala −Ala = 0,27 mol. { 123 14243 0,32 0,2 0,12 ⇒ m Ala− Ala−Ala− Ala = (4.89 − 3.18).0,27 = 81,54 gam PS : Sự hình thành liên kết peptit : H2NCH(R)CO–OH + H–NHCH(R’)COOH → H2NCH(R)CONHCH(R’)COOH + H2O Như vậy mỗi một liên kết peptit hình thành thì sẽ đồng thời giải phóng 1 phân tử H2O. Suy ra : 32 27, 72 = 0,2 mol ; n Ala − Ala − Ala = = 0,12 mol . 2.89 − 18 3.89 − 2.18 Đây là dạng bài tập mới xuất hiện từ năm 2011 và còn có thể xuất hiện trong các đề thi ở những năm tiếp theo. Trước đó, ta chỉ gặp những bài tập áp dụng bảo toàn nguyên tố hoặc nhóm nguyên tố vô cơ như NO 3− , OH − , SO 4 2− ,... n Ala − Ala = 10 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 b. Phản ứng xảy ra nhiều giai đoạn Ví dụ 14: Điện phân 200 ml dung dịch CuSO4 (dung dịch X) với điện cực trơ sau thời gian ngừng điện phân thì thấy khối lượng X giảm. Dung dịch sau điện phân tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch BaCl2 0,3M tạo kết tủa trắng. Cho biết khối lượng riêng dung dịch CuSO4 là 1,25 g/ml; sau điện phân lượng H2O bay hơi không đáng kể. Nồng độ mol/lít và nồng độ phần trăm của dung dịch CuSO4 trước điện phân là: A. 0,35M, 8%. B. 0,52, 10%. C. 0,75M, 9,6%. D. 0,49M, 12%. Hướng dẫn giải Khi điện phân dung dịch CuSO4, ion SO 42 − không bị điện phân, nên mol SO 42 − trước và sau điện phân không đổi. Áp dụng bảo toàn gốc SO 42 − và nguyên tố Ba, ta có : n CuSO4 = n BaSO4 = n BaCl2 = 0,5.0,3 = 0,15 mol. Vậy nồng độ mol/lít và nồng độ phần trăm của CuSO4 trước điện phân là : 0,15 0,15.160 [CuSO 4 ] = = 0,75M ; C%CuSO4 = .100% = 9,6% 0,2 200.1,25 Ví dụ 15: Cho hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe, 0,15 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4 tác dụng hết với dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Z. Tính m. A. 70. B. 72. C. 65. D. 75. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : Fe FeSO 4 Fe(OH)2 ↓ + O2 , t o + dd H 2 SO4 + dd NaOH → Fe2O3 Fe2 O3 → Fe2 (SO4 )3 → 123 Fe(OH) ↓ Fe O H SO dö 3 Z 3 4 2 4 424 14243 1 3 X Y Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n Fe trong Z = n Fe trong X ⇒ 2 n Fe2O3 trong Z = n Fe + 2 n Fe2O3 + 3n Fe3O4 { { 14243 { ? 0,3 0,15 0,1 ⇒ n Fe2O3 trong Z = 0,45 mol ⇒ m Z = m Fe2O3 trong Z = 72 gam Ví dụ 16: Nung hỗn hợp gồm 11,2 gam Fe; 6,4 gam Cu và 19,5 gam Zn với một lượng dư lưu huỳnh đến khi phản ứng hoàn toàn. Sản phẩm của phản ứng tác dụng với dung dịch HCl dư thu được khí B. Thể tích dung dịch Pb(NO3)2 20% (d = 1,1 g/ml) tối thiểu cần dùng để hấp thụ hết khí B là A. 752,27 ml. B. 902,73 ml. C. 1053,18 ml. D. 910,25 ml (Đề thi thử đại học lần 2 – THPT Chuyên Nguyễn Huệ – Hà Nội, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Khi cho Fe, Cu, Zn phản ứng với S dư thì sản phẩm thu được là FeS, CuS, ZnS. Trong các chất sản phẩm chỉ có FeS và ZnS phản ứng được với HCl, CuS không phản ứng. Vì vậy ta không cần quan tâm đến lượng Cu ban đầu. Sơ đồ phản ứng : Zn + S, t o ZnS + dd HCl + dd Pb(NO3 )2 → → H 2 S ↑ → PbS ↓ { Fe FeS B Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 11 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với các nguyên tố Pb, S, Fe, Zn, ta có : 11,2 19,5 n Pb(NO3 )2 = n PbS = n H2S = n (FeS, ZnS) = n Fe + n Zn = + = 0,5 mol 56 65 0,5.331 ⇒ Vdd Pb(NO3 )2 = = 752,27 ml 1,1.20% PS : Ta có n = m mdd .C % V .d .C % M .n = = ⇒V = M M M d .C % (n : số mol, M : khối lượng mol, m : khối lượng chất tan, mdd : khối lượng dung dịch, d : khối lượng riêng của dung dịch, V : thể tích của dung dịch, C% : nồng độ phần trăm của dung dịch.) Ví dụ 17: Cho 13,5 gam hỗn hợp X gồm Fe và Zn vào 200 ml dung dịch Z chứa CuCl2 và FeCl3. Phản ứng xong thu được chất rắn B nguyên chất và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa D và dung dịch E. Sục CO2 đến dư vào dung dịch E, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 8,1 gam chất rắn. Thành phần % theo khối lượng của Fe và Zn trong X lần lượt là: A. 50,85; 49,15. B. 30,85; 69,15. C. 51,85; 48,15. D. 49,85; 50,15. (Đề thi thử Đại học lần 2 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2010 – 2011) Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta thấy : Chất rắn B là Cu, dung dịch Y có muối ZnCl2, FeCl2 và có thể còn CuCl2 dư. Sơ đồ phản ứng : FeCl 2 Na2 ZnO2 CO2 Fe dd (CuCl2 , FeCl3 ) dd NaOH dö to → ZnCl 2 → → Zn(OH)2 ↓ → ZnO Zn NaOH dö { 14243 CuCl 424 X E 1 32 Y Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Zn, ta có : 8,1 6,5 n Zn = n ZnO = = 0,1 mol ⇒ %m Zn = .100% = 48,15% ; %m Fe = 51,85% 81 13,5 Ví dụ 18: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,2 mol Fe2O3 vào dung dịch axit H2SO4 loãng (dư), thu được 2,24 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cho lượng dư dung dịch NaOH vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Giá trị nhỏ nhất của m là: A. 54,0. B. 59,1. C. 60,8. D. 57,4. (Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2011) Hướng dẫn giải Nếu Fe chỉ phản ứng với H thì số mol H2 tạo ra phải là 0,2 mol, trên thực tế chỉ là 0,1. Suy ra bản chất phản ứng là Fe tác dụng cả với H+ và với muối sắt(III) sinh ra để tạo ra sắt(II). Như vậy muối sắt(II) sinh ra từ Fe và một từ phần muối sắt(III). Áp dụng bảo toàn electron, ta có : 2 n Fe = 2 nH2 + nFe3+ phaûn öùng ⇒ nFe3+ phaûn öùng = 0,2 mol. { { 14243 0,2 + 0,1 ? Vậy dung dịch Y gồm các cation Fe3+ và Fe2+ : 12 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 nFe3+ = 2 n Fe2 O3 − n Fe3+ phaûn öùng = 0,2 mol ; nFe2+ = n Fe ban ñaàu + n Fe3+ phaûn öùng = 0,4 mol. { 14243 1 424 3 14243 0,2 0,2 0,2 0,2 Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có : n Fe(OH )2 ↓ = n Fe2+ = 0,4 mol ⇒ m keát tuûa (min) = 0,4.90 + 0,2.107 = 57,4 gam n Fe(OH )3 ↓ = n Fe3+ = 0,2 mol PS : Đề nói “Giá trị nhỏ nhất của m là : ...” vì Fe(OH)2 trong hỗn hợp có thể tiếp tục tác dụng với O2 và H2O tạo thành Fe(OH)3 làm cho khối lượng kết tủa tăng lên. Ví dụ 19: Hòa tan hoàn toàn 0,3 mol hỗn hợp gồm Al và Al4C3 vào dung dịch KOH (dư), thu được a mol hỗn hợp khí và dung dịch X. Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết tủa thu được là 46,8 gam. Giá trị của a là: A. 0,60. B. 0,55. C. 0,45. D. 0,40. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2008) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : H 2 ↑ CH 4 ↑ Al Al 4C3 4 1 24 3 dd KOH 0,3 mol K[Al(OH)4 ] CO2 → Al(OH)3 ↓ 14243 KOH dö 14 0,6 mol 4244 3 dd X Theo sơ đồ phản ứng ta thấy : Hỗn hợp khí X là CH4 và H2; 46,8 gam kết tủa là Al(OH)3 ứng với số mol là 0,6 mol. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố Al, ta có : n Al + n Al4C3 = 0,3 n Al = 0,2 ⇒ n Al + 4n Al4C3 = n Al(OH)3 = 0,6 n Al4C3 = 0,1 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với C và bảo toàn electron, ta có : n CH 4 = 3n Al 4C3 = 3.0,1 n CH4 = 0,3 ⇒ ⇒ a = n CH4 + n H2 = 0,6 mol 2n H2 = 3n Al = 3.0,2 n H2 = 0,3 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 13 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 20: Nung nóng m gam hỗn hợp gồm Al và Fe3O4 trong điều kiện không có không khí. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH (dư) thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít khí H2 (ở đktc). Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 48,3. B. 57,0. C. 45,6. D. 36,7. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2009) Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : 0 H2 +3 Al 2 O3 + 83 Fe3 O 4 t o 0 + (H → Fe 0 0 Al Al dö +1 2 O + NaOH) +3 NaAlO2 CO2 → Al(OH)3 NaOH dö Từ sơ đồ phản ứng, ta thấy : Chất khử là Al, chất oxi hóa là Fe3O4 và H2O trong dung dịch NaOH; sản phẩm khử của H2O là H2 (0,15 mol). Trong phản ứng toàn bộ quá trình phản ứng, số oxi 8 hóa của Fe giảm từ + về 0, của H giảm từ +1 về 0, của Al tăng từ 0 lên +3. Kết tủa thu được là 3 Al(OH)3 với khối lượng là 39 gam ứng với 0,5 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Al và bảo toàn electron, ta có : n Al = n Al(OH )3 = 0,5 n Al = 0,5 ⇒ m = m Al + m Fe3O4 = 48,3 gam 3 n Al = 8n Fe3O4 + 2 n H2 ⇒ { 123 = n 0,15 { { { Fe O 3 4 0,5 0,5.27 0,15.232 0,15 ? Ví dụ 21: Nung 2,23 gam hỗn hợp X gồm các kim loại Fe, Al, Zn, Mg trong oxi, sau một thời gian thu được 2,71 gam hỗn hợp Y. Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HNO3 (dư), thu được 0,672 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Số mol HNO3 đã phản ứng là A. 0,12. B. 0,14. C. 0,16. D. 0,18. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2010) Hướng dẫn giải Thay các kim loại bằng kim loại M. Sơ đồ phản ứng : +5 + n −2 +n +2 + H N O3 M → M 2 O n → M(NO3 )n + N O + H 2 O M dö 0 0 + O2 Theo bảo toàn khối lượng, ta có : 0,48 m X + m O2 = m Y ⇒ m O2 = 0,48 gam ⇒ n O2 = = 0,015 mol. { { { 32 2,23 2,71 ? ● Cách 1 : Tính số mol HNO3 theo số mol N Theo bảo toàn electron, ta có : n NO − taïo muoái = n electron trao ñoåi = 4 n O2 + 3 n NO = 0,15 mol. { 3 { 0,015 0,03 14 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Theo bảo toàn nguyên tố N, ta có : n HNO3 = n NO − taïo muoái + n NO = 0,15 + 0,03 = 0,18 mol 3 + ● Cách 2 : Tính số mol HNO3 theo số mol H Ion H+ đã tham gia vào 2 phản ứng : 4H+ + NO3 − + 3e → NO + 2H2O 2H+ + O2− Suy ra : → H2O n H + = 4n NO3− = 4n NO = 4.0,03 = 0,12 ⇒ n HNO3 = ∑ n H+ = 0,18 mol n H + = 2n O2− = 4n O2 = 4.0,015 = 0,06 Ví dụ 22: Hỗn hợp X gồm 0,5 mol C2H4 và 0,7 mol H2. Nung nóng hỗn hợp X có Ni xúc tác một thời gian, thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y được bao nhiêu mol H2O ? A. 1,2. B. 1,7. C. 0,9. D. 0,6. (Đề thi thử Đại học lần 1 – THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2011 – 2012) Hướng dẫn giải Đốt cháy hỗn hợp Y cũng chính là đốt cháy hỗn hợp X (theo bảo toàn nguyên tố và khối lượng). Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có : 2 n H2O = 4 nC2 H4 + 2 n H2 ⇒ n H2O = 1,7 mol { { { ? 0,5 0,7 Ví dụ 23: Cho hỗn hợp khí X gồm HCHO, C2H2 và H2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung nóng. Sau một thời gian thu được hỗn hợp Y (gồm khí và hơi). Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ 0,07 mol O2, sinh ra 0,055 mol CO2 và 0,81 gam H2O. Phần trăm thể tích của HCHO trong X là A. 25,00%. B. 75,00%. C. 66,67%. D. 33,33%. (Đề thi thử đại học lần 1 – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Ở bài này, nếu đề chỉ yêu cầu tính số mol của HCHO thì chỉ cần sử dụng bảo toàn nguyên tố O là đủ. Nhưng đề yêu cầu tính phần trăm về thể tích của HCHO nên phải tính được số mol của từng chất (1) hoặc phải tính được số mol của HCHO và tổng số mol của ba chất (2). Nếu theo hướng (1) ta phải áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với cả O, C, H. Ta có : nHCHO + 2 nO = 2 nCO + n H O 2 {2 {2 { nHCHO = 0,015 0,07 0,055 0,045 ⇒ nC2 H2 = 0,02 ⇒ %VHCHO = 33,33% nHCHO + 2n C2H2 = n{ CO2 0,055 nH2 = 0,01 2n 2n 2n 2 n + + = HCHO C H H H O 2 2 2 2 { 0,045 Nếu theo hướng (2) ta chỉ cần áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O và H. Ta có : n HCHO + 2 n O2 = 2 n CO2 + n H2O { { { 0,07 0,055 0,045 n HCHO = 0,015 ⇒ ⇒ %VHCHO = 33,33% n (HCHO, C2 H2 , H2 ) = 0,045 H2 O 2n HCHO + 2n C2H2 + 2n H2 = 2 n{ 0,045 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 15 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 24: Oxi hoá 2,3 gam ancol etylic bằng CuO đun nóng thu được 3,3 gam hỗn hợp X gồm anđehit, axit, ancol dư và nước. Hỗn hợp này tác dụng với Na sinh ra 0,84 lít H2 (ở đktc). Hiệu suất phản ứng oxi hoá ancol là: A. 25%. B. 50%. C. 75%. D. 90%. (Đề thi thử lần 2 – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ, năm học 2009 – 2010 Hướng dẫn giải ● Cách 1 : Giải theo phương pháp thông thường - Tính toán theo phản ứng Khối lượng hỗn hợp X tăng lên so với khối lượng ancol ban đầu là do lượng O trong CuO phản ứng đã chuyển vào H2O và CH3COOH. Theo giả thiết ta có : n CuO phaûn öùng = n O phaûn öùng = 3,3 − 2,3 0,84 = 0,0625 mol; n H = = 0,0375 mol. 2 16 22, 4 Gọi số mol của ancol tham gia phản ứng là x, y và số mol ancol dư là z. Phương trình phản ứng : CH3CH2OH + CuO → CH3CHO + H2O + Cu (1) mol: x x → x x → → CH3CH2OH + 2CuO → CH3COOH + H2O + 2Cu (2) mol: y 2y y y → → → 2CH3CH2OH + 2Na → 2CH3CH2ONa + H2 (3) mol: z 0,5z → 2CH3COOH + 2Na → 2CH3COOH + H2 (4) mol: y 0,5y → 2H2O + 2Na → 2NaOH + H2 (5) mol: (x + y) 0,5(x+y) → Theo các phương trình phản ứng và giả thiết, ta có : n C2H5OH = x + y + z = 0,05 x = 0,0125 n H2 = 0,5y + 0,5z + (0,5x + 0,5y) = 0,0375 ⇒ y = 0,025 z = 0,0125 n CuO = x + 2y = 0,0625 Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa ancol là : H = 0,05 − 0,0125 .100 = 75% 0,05 ● Cách 2: Áp dụng bảo toàn nguyên tố Sơ đồ phản ứng : CH 3COOH CH 3COONa C H OH dö o 2 5 CuO, t Na → C2 H 5ONa + H 2 ↑ C2 H 5OH → (1) (2) { 1424 3 HOH NaOH 0,0375 mol 0,05 mol CH 3CHO 144244 3 3,3 gam Bản chất phản ứng (1) là C2H5OH bị oxi hóa bởi CuO, khối lượng hỗn hợp sau phản ứng tăng lên là do O trong CuO chuyển vào H2O và CH3COOH. Ở phản ứng (2), CH3COOH, C2H5OH dư, H2O có nguyên tử H linh động trong nhóm -OH nên tham gia phản ứng thế Na, CH3CHO không tham gia phản ứng này. 16 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Theo giả thiết ta có : n CuO phaûn öùng = n O phaûn öùng = 3,3 − 2,3 0,84 = 0,0625 mol; n H = = 0,0375 mol. 2 16 22, 4 Theo bảo toàn nguyên tố O trong CuO phản ứng và H trong nhóm –OH, ta có : = 0,0625 nHOH + nCH3COOH = nO CuO phaûn öùng 144444244444 3 baûo toaøn nguyeân toá O ⇒ nC2H5OH dö = 0,0125. + + = = n n n 2n 0,075 HOH CH 3COOH C2 H 5OH dö H2 42444444 3 144444 baûo toaøn nguyeâ n toá H trong n h oùm OH Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa ancol là : H = 0,05 − 0,0125 .100 = 75% 0,05 2. Dạng 2 : Tìm công thức hợp chất Ngoài việc sử dụng để tính lượng chất trong phản ứng, phương pháp bảo toàn nguyên tố còn được dùng vào việc tìm công thức của các hợp chất (thường là hợp chất hữu cơ). Phương pháp giải - Bước 1 : Dựa vào giả thiết để xác định xem hợp chất có chứa những nguyên tố nào. Đối với hợp chất hữu cơ, khi đốt cháy thường sinh ra CO2 và H2O nên chưa thể xác định được ngay hợp chất có oxi hay không trừ khi đề bài đã cho biết. - Bước 2 : Sử dụng bảo toàn nguyên tố để tính số mol các nguyên tố trong hợp chất, sử dụng bảo toàn khối lượng để kiểm xem hợp chất có oxi hay không. Từ đó suy ra công thức đơn giản nhất, công thức phân tử hoặc có thể tìm ngay được số lượng nguyên tử của các nguyên tố trong hợp chất để suy ra công thức phân tử. ► Các ví dụ minh họa ◄ Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 20 ml hơi hợp chất hữu cơ X (chỉ gồm C, H, O) cần vừa đủ 110 ml khí O2 thu được 160 ml hỗn hợp Y gồm khí và hơi. Dẫn Y qua dung dịch H2SO4 đặc (dư), còn lại 80 ml khí Z. Biết các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện. Công thức phân tử của X là A. C4H8O2. B. C4H10O. C. C3H8O. D. C4H8O. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) Hướng dẫn giải Dung dịch H2SO4 đặc rất háo nước, nên khi dẫn Y qua dung dịch này thì nước bị giữ lại, khí còn lại thoát ra là CO2. Vậy VCO2 = 80 ml, VH2O = 80 ml. Đối với các chất khí và hơi (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) thì tỉ lệ thể tích bằng tỉ lệ số mol. Nên có thể áp dụng bảo toàn nguyên tố theo thể tích của các chất. Đặt công thức phân tử của X là CxHyOz. Sơ đồ phản ứng : CxHyOz + O2 → CO2 + H2O ml: 20 → 110 → 80 → 80 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với C, H, O, ta có : 20x = 80 x = 4 ⇒ y = 8 ⇒ X laø C 4 H 8O 20y = 80.2 20z + 110.2 = 80.2 + 80 z = 1 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 17 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 2: Đốt cháy 1 lít hơi hiđrocacbon với một thể tích không khí (lượng dư). Hỗn hợp khí thu được sau khi hơi H2O ngưng tụ có thể tích là 18,5 lít, cho qua dung dịch KOH dư còn 16,5 lít, cho hỗn hợp khí đi qua ống đựng photpho dư thì còn lại 16 lít. Xác định CTPT của hợp chất trên biết các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất và O2 chiếm 1/5 không khí, còn lại là N2. A. C2H6. B. C2H4. C. C3H8. D. C2H2. Hướng dẫn giải Theo giả thiết, ta có : VCO = 2 lít; VO 2 2 dö = 0,5 lít; VN = 16 lít ⇒ VO 2 2 ban ñaàu = 4 lít. Sơ đồ phản ứng : CxHy + O2 → CO2 + H2O + O2 dư lít: 1 4 2 a 0,5 Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với các nguyên tố C, H, O, ta có : x = 2 x = 2 ⇒ y = 6 y = 2a 4.2 = 2.2 + a + 0,5.2 a = 3 Công thức của hiđrocacbon là C2 H 6 Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X cần 6,72 lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy hấp thụ hết vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 thấy có 19,7 gam kết tủa xuất hiện và khối lượng dung dịch giảm 5,5 gam. Lọc bỏ kết tủa, đun nóng nước lọc lại thu được 9,85 gam kết tủa nữa. CTPT của X là: A. C2H6. B. C2H6O. C. C2H6O2. D. C4H12O2. Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : BaCO3 ↓ 1 424 3 0,1 mol CO 0 ,3 mol Cx H y Oz → 2 1 424 3 H 2O O2 { Ba(OH)2 X o t → BaCO3 ↓ + CO 2 Ba(HCO3 )2 14243 1 424 3 0,05 mol 0,05 mol ← Theo bảo toàn nguyên tố C, ta có : nC trong X = nCO2 = n BaCO3 + 2 nBa(HCO3 )2 = 0,2 mol. { 1424 3 0,1 0,05 Theo giả thiết, ta có : m dd giaûm = m BaCO3 − (m CO2 + m H2O ) ⇒ m H2O = 5,4 gam ⇒ nH2O = 0,3 mol. 1 424 3 123 { { 5,5 19,7 0,2.44 ? Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có : n H trong X = 2n H2O = 2.0,3 = 0,6 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O, ta có : n O trong X + 2 n O2 = 2 n CO2 + n H2O ⇒ n O trong X = 0,1 mol. { { { 1 424 3 ? 0,3 0,2 0,3 18 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Tỉ lệ số mol của các nguyên tử trong X là : n C : n H : n O = 0,2 : 0,6 : 0,1 = 2 : 6 :1 ⇒ Công thức đơn giản nhất của X là C2H6O. Đặt công thức phân tử của X là (C2H6O)n hay C2nH6nOn. 2.2n − 6n + 2 ≥ 0 ⇒ n ≤ 1 ⇒ n = 1. Độ bất bão hòa của X là ∆ X = 2 Vậy C2 H 6O chính là công thức phân tử của X. PS : Đối với những dạng bài tập : “Đốt cháy (oxi hóa) hoàn toàn một hợp chất hữu cơ X. Cho toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 …” thì : + Khối lượng bình tăng = mCO2 + mH 2O . + Khối lượng dung dịch tăng = (mCO2 + mH 2O ) − mkeát tuûa . + Khối lượng dung dịch giảm = mkeát tuûa − (mCO2 + mH 2O ) . Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn một amin đơn chức X bằng một lượng không khí (chứa 80% thể tích N2, còn lại là O2) vừa đủ, chỉ thu được 0,15 mol CO2; 0,175 mol H2O và 0,975 mol N2. Công thức phân tử của X là A. C2H7N. B. C9H21N. C. C3H9N. D. C3H7N. (Đề thi thử đại học lần 1 – THPT Chuyên – Đại học Vinh, năm học 2012 – 2013) Hướng dẫn giải Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với C và H, ta có : n C = n CO2 = 0,15 mol; n H = 2n H2O = 2.0,175 = 0,35 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với O trong phản ứng đốt cháy X, ta có : 2 n O2 khoâng khí = 2 n CO2 + n H2O ⇒ n O2 khoâng khí = 0,2375 mol. { { 1424 3 ? 0,15 0,175 Trong không khí, N2 chiếm 80% về thể tích, còn lại là O2 nên : n N2 khoâng khí = 4n O2 khoâng khí = 4.0,2375 = 0,95 mol. Suy ra : nN trong hchc = 2(∑ n N2 − n N2 khoâng khí ) = 0,05 mol. 123 1424 3 0,975 0,95 Tỉ lệ mol của các nguyên tố trong X là : n C : n H : n N = 0,15 : 0,35 : 0,05 = 3 : 7 :1. Dùng độ bất bão hòa chứng minh được C3 H 7N chính là công thức phân tử của X. PS : Với bài tập này ta có thể làm nhanh bằng cách tính tỉ lệ mol C và H rồi căn cứ vào đáp án để suy ra kết quả. Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 19 Biên soạn và giảng dạy : Thầy giáo Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – Phú Thọ – ĐT : 01689 186 513 Ví dụ 5 : Hóa hơi 8,64 gam hỗn hợp gồm một axit no, đơn chức, mạch hở X và một axit no, đa chức Y (có mạch cacbon hở, không phân nhánh) thu được một thể tích hơi bằng thể tích của 2,8 gam N2 (đo trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). Đốt cháy hoàn toàn 8,64 gam hỗn hợp hai axit trên thu được 11,44 gam CO2. Phần trăm khối lượng của X trong hỗn hợp ban đầu là A. 72,22%. B. 65,15%. C. 27,78%. D. 35,25%. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2012) Hướng dẫn giải Theo giả thiết : Y là axit no, đa chức, mạch hở, không phân nhánh. Suy ra : Y là axit no, mạch hở, trong phân tử có 2 nhóm –COOH (vì nếu Y có từ 3 nhóm –COOH trở lên thì phải có mạch nhánh). Đặt công thức phân tử của X là CnH2nO2 và Y là CmH2m-2O4. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có : 2,8 = 0,1 (1) n Cn H2 nO2 + n Cm H2 m−2O4 = n N2 = n Cn H2 nO2 = 0,04 28 (2) (14n + 32).n Cn H2 nO2 + (14m + 62).n Cm H2 m−2O4 = 8,64 ⇒ n Cm H2 m−2 O4 = 0,06 0,04n + 0,06m = 0,26 (3) n.n C H O + m.n C H O = n CO = 11,44 = 0,26 n 2n 2 m 2 m −2 4 2 22,4 X : C2 H 4O 2 n = 2 12.0,04 ⇒ ⇒ ⇒ %C2 H 4O 2 = .100 = 27, 78% 8, 64 m = 3 Y : C3 H 4 O 4 PS : Thế (3) vào (2) được phương trình 32n Cn H2 nO2 + 62n C m H2 m−2O4 = 5 (4). Kết hợp (1) với (4) tìm được số mol của X và Y. Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm hai este đồng phân cần dùng 27,44 lít khí O2, thu được 23,52 lít khí CO2 và 18,9 gam H2O. Nếu cho m gam X tác dụng hết với 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 27,9 gam chất rắn khan, trong đó có a mol muối Y và b mol muối Z (MY < MZ). Các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tỉ lệ a : b là A. 2 : 3. B. 4 : 3 . C. 3 : 2. D. 3 : 5. (Đề thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012) Hướng dẫn giải Để tìm công thức phân tử của hai este trong X ta có thể làm như sau : 23,52 18,9 = 1,05 mol; n H2O = = 1,05 mol . Theo giả thiết : nCO2 = 22,4 18 Suy ra hai este là este no, đơn chức có công thức phân tử là CnH2nO2. Theo bảo toàn khối lượng, ta có : m X + m O2 = m CO2 + m H2O ⇒ m X = 25, 9 gam. { { { 1,225.32 1,05.44 18,9 Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố C, ta có : m X = (14n + 32)n X = 25,9 n.n X = 1,05 n = 3 ⇒ ⇒ nCO2 = n.n X = 1,05 n X = 0,35 n X = 0,35 Công thức cấu tạo của hai este là HCOOC2H5 và CH3COOCH3. 20 Phát hành tại nhà sách Khang Việt (71 Đinh Tiên Hoàng P.ĐaKao Q.1 TP.HCM) – Tháng 10 – 2013 Tải về bản full