115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh MÓN QUÀ NHỎ DÀNH CHO HỌC SINH LỚP Nhân dịp Tết Mậu Tuất đến, thầy tổng hợp số tập gửi tặng em học sinh u thích mơn Hóa học Tài liệu tổng hợp từ câu hỏi mà học sinh nhờ thầy hướng dẫn Ngồi thầy soạn thêm số để nội dung tài liệu phong phú hơn, giúp em học sinh có nhìn rộng phương pháp, kỹ thuật giải BTHH chinh phục kỳ thi HSG hóa học THCS cấp đạt kết cao Trong trình tổng hợp tránh khỏi số lỗi, thầy mong em thơng cảm! Bài 1: Hồ tan hồn toàn hidroxit kim loại M lượng vừa đủ HCl 10% sau phản ứng thu dung dịch A Thêm vào A lượng vừa đủ AgNO3 20% thu dung dịch muối có C% 8,965 Xác định cơng thức hóa học hidroxit Phân tích: Đề cho tất kiện dạng tương đối (tỷ lệ) nên toán phù hợp với phương pháp tự chọn lượng chất Để đơn giản ta thường chọn mol chất Hướng dẫn: Giả sử có 1mol MOH M(OH)x + xHCl  MClx + xH2O x (mol)  (M+17) 36,5x (gam) MClx + xAgNO3  M(NO3)x + xAgCl  x x (mol)  170x (M+62x) 143,5x (gam) Dung dịch sau phản ứng có chất tan M(NO3 )x Theo BTKL ta có: 100 100  170x  – 143,5x = (M + 1088,5x) gam 10 20 x  M  62x 8,965    0,08965  M  39x    KOH M  1088,5x 100  M  39(K) m dd (spư) = M  17x  36,5x  Bài 2: Khi phân tích oxit hidroxit tương ứng cung nguyên tố hoá học số liệu sau : Tỉ số thành phần trăm khối lượng oxi oxit = 20:27 Tỉ số % khối lượng nhóm hidroxit hidroxit = 107:135 Xác định nguên tố Hướng dẫn: Đặt oxit : R2Ox R2Oy hydroxit tương ứng: R(OH)x ; R(OH)y  8y R  8x 27 2,8xy   R= (1)  20 y  1,35x  R  8y 8x    17y R  17x  135  R= 476xy (2)  R  17y 17x 107 107y  135x Từ (1), (2)  x  2,8 476 107y-135x x    170     y  1,35x 107y  135x y  1,35x y y  Từ (1)  R = 56 (Fe) Bài 3: Cho 16,0 gam hỗn hợp rượu với nước tác dụng với K vừa đủ giải phóng 7,392 lít khí 27,3oC atm Để trung hòa lượng KOH thu cần 100 ml dd HCl 2M a Tìm CTPT rượu b Lấy 48 gam hỗn hợp tác dụng với V (ml) dung dịch axit axetic 20%, D =1,02g/ml có xúc tác, sau thời gian thu m (gam) este Tính m, V nhỏ Biết lượng rượu lại 25% 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Hướng dẫn: a) n H  1.7,392  0,3(mol) 22,4 (27,3  273) 273 2R(OH)n + 2nK  2R(OK)n + nH2  a 0,5an (mol) 2HOH + 2K  2KOH + H2  0,2 0,2 0,1 (mol) HCl + KOH  KCl + H2O 0,2 0,2 (mol) 0,4 n 16  0,2.18  R + 17n = R  17n   R  14n  CT cuûa R: (-CH -)n 0,4 / n Vì gốc hidrocacbon - CH2 - có hóa trị nên  có n = thỏa mãn Ta có: 0,5an  0,1  0,3  a  Vậy CTPT ancol là: C2H4(OH)2 etilen glycol 24  0,3(mol) 16 1,02V n CH COOH  20  0,204V(mol) 100 75 n C H (OH) ( phản ưng)  0,3   0,225(mol) 100 H 2SO đặc ,t   (CH3COO)2C2 H4 + 2H2O 2CH3COOH + C2H4(OH)2   b) n C 2H (OH) 0,45  0,  0,225 0,225 (mol)  m = 0,225 146 = 32,85 gam  0,45 = 0,75.0,204V  V = 2,94 ml Bài 4: Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe Cu 87,5 gam dung dịch HNO3 50,4%, sau kim loại tan hết thu dung dịch X hỗn hợp khí B Thêm 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu kết tủa Y dung dịch Z Nung Y khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 16,0 gam chất rắn Cô cạn dung dịch Z chất rắn T Nung T đến khối lượng không đổi thu 41,05 gam chất rắn (Biết phản ứng xảy hồn tồn) a Tính phần trăm khối lượng kim loại A b Tính nồng độ phần trăm chất dung dịch X Tóm tắt:  hhB   Fe  87,5(g)dd (0,7molHNO3 )  cô cạn t0  11,6(g)A     T   41,05(g) raén 0,5mol KOH ddZ  Cu ddX   t /KK  Y  16g raén  %m(trongA)  ? ; C%(trong X)=? Hướng dẫn: Nếu KOH hết  n KNO  n KOH = 0,5  mT  0,5.85 = 42,5 gam > 41,05 gam (loại)  KNO2 : a 85a  56b  41,05 a  0,45  n NO  (trong X)  KOH dư     a  b  0,5  KOH : b a  0,05  Fe : n1  Fe O : 0,5n1 56n1  64b  11,6 n1  0,15 %m Fe  72,41%      Cu : n CuO : n 80n1  80n  16 n  0,05 %m Cu  27,59% Nếu muối X Fe(NO3)3 Cu(NO3)2:  n NO (trong muối) = 0,15.3+0,05.2 = 0,55 > 0,45 (vơ lý)  X có muối Fe(NO3)2 , HNO3 hết 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh  Fe(NO3 )3 : x  x  y  0,15  x  0,05  X  Fe(NO3 ) : y   Cu(NO ) : 0,05 3x  2y  0,45  0,1  0,35  y  0,1  Sơ đồ bảo toàn oxi, hidro, nitơ : HNO3  (-NO3) + H2O + NOn (B) 0,7 0,45 0,35 0,25 (mol)  m B = 0,7.63 – 0,45.62 – 0,35.18 = 9,9  m X  11,6  87,5  9,9  89, 2(g) 0,1.180  C%Fe( NO3 )2  89,2 100%  20,17%  0,05.242   C%Fe( NO )  100%  13,57% 3 89,   0,05.188 100%  10,54% C%Cu(NO3 )2  89,2  Bài 5: Chất hữu X có phần trăm khối lượng H N 7,86% 15,73% Đốt cháy hồn tồn 2,225 gam X thu 1,68 lít khí CO2 (đktc), biết MX < 100 Xác định cơng thức phân tử X Hướng dẫn: n C  n CO  0,075(mol) ; n H =2,225.8,86/1= 0,1(mol); n N =2,225.15,73/14= 0,025(mol);  n C : n H : n N  0, 075 : 0,175 : 0,025  : : Đặt công thức X: (C3H7NRx)n Vì MX < 100 nên  n =  CTPT có dạng C3 H7NRx MX = 100 14  89  x.M R= 89 – 57 = 32  x = 2; MR = 16 (O) 15,73 Vậy CTPT X là: C3H7NO2 Bài 6: Cho 3,82 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe, Cu vào cốc đựng 850 ml dung dịch CuSO4 0,1M sau phản ứng thu dung dịch Y chất rắn Z Lọc lấy chất rắn Z nung nóng oxi dư, nhiệt độ cao, phản ứng xong thu 6,8 gam chất rắn Đem 1/2 lượng dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 2,2 gam chất rắn Viết phương trình hóa học xảy tính khối lượng kim loại hỗn hợp X Biết phương trình hóa học xảy hoàn toàn Hướng dẫn: Nếu CuSO4 phản ứng hết số mol Cu Z > 0,085 mol (vì hỗn hợp X có Cu)  sau đốt cho khối lượng chất rắn > 0,085.80 = 6,8 gam  loại Vậy CuSO4 dư  Al, Fe phản ứng hết Al2 (SO4 )3 : 0,5x  Al : x(mol) Fe O : 0,5y NaOH t /O2 Y FeSO4 : y  [Fe(OH)2  Cu(OH)2 ]  4,4(g)   CuSO4 dö 3,82(g)XFe: y(mol)   CuO: z CuSO : z 0,085(mol)  Cu : z(mol)  t ,O2 Z: Cu  CuO: 0,085(mol) 1,5x  y  z  n  0,085  x  0,02 m  0,54(g) SO4 Al     27x  56y  64z  3,82   y  0,03  m Fe  1,68(g) 80y  80z  4,4 z  0,025    m Cu  1,60(g) Bài 7: Oxi hóa hồn tồn gam hỗn hợp kim loại A,B hóa trị II thu hỗn hợp oxit tương ứng Để hòa tan hết lượng oxit thu phải dùng 150ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng thu dung dịch muối Cho dung dịch NaOH vào muối thu kết tủa cực đại gồm hidroxit kim loại có khối lượng m (gam) Tính m 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Hướng dẫn: Đặt chung 2KL M 2M + O2  2MO (1) MO + 2HCl  MCl2 + H2O (2) MCl2 + 2NaOH  M(OH)2  + 2NaCl (3) Theo (2,3): n OH  nCl  nHCl  0,15(mol) BTKL  m M(OH)  m M  m OH  m   0,15.17  10,55(g) Bài 8: Cho 14,8 gam hỗn hợp kim loại hóa trị II, oxit muối sunfat cua kim loại tan vào dung dịch tan vào dung dịch H2S0 lỗng dư thu dung dịch A 4,48l khí đktc Cho Na0H dư vào dung dịch A thua kết tủa B Nung B đến nhiệt độ cao lại 14 gam chết rắn Mặt khác, cho 14,8 gam hỗn hợp vào 0,2 lít dung dịch CuS0 2M Sau phản ứng kết thúc, tách bỏ chất kêt tủa đem cạn dung dịch thu 62 gam chất rắn Xác định kim loại Hướng dẫn: M  0,2 H  0,2(mol)   H SO 14,8(g) MO : x    NaOH t0 dd A  M(OH)2  14(g)MO : (x  y  0,2) MSO : y  côcạn dd  62(g) rắn (muối) dd   raén + 0,4 mol CuSO4   TN1: Chuyển 14,8 gam hỗn hợp  14 gam MO  giảm 0,8 gam  16x + 96y – 16(x+y+0,2) = 0,8  y = 0,05 mol  TN2: 0,2 mol M + 0,4 mol CuSO4  CuSO4 dư 0,2 mol  dung dịch chứa muối MSO4 = 62 – 0,2.160 = 30 gam BT mol SO4  số mol muối MSO4 = 0,2 + 0,05 = 0,25 mol Ta có: 0,25.(M+96) = 30  M = 24 (Mg) Bài 9: Hòa tan gam hỗn hợp A gồm Mg, MgO H2SO4 loãng vừa đủ dung dịch B Thêm NaOH dư vào B thu kết tủa D, nung D đến khối lượng không đổi 8,4 gam chất rắn E Viết PTHH tính % khối lượng chất hỗn hợp A Hướng dẫn: MgO + H2SO4  MgSO4 + H2O Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  MgSO4 + 2NaOH  Mg(OH)2  + Na2SO4 t Mg(OH)2   MgO + H2O  Cách 1: Phương pháp đại số thông thường 0,06.40  100%  40%  MgO : x BT Mg  40x  24y   x  0,06 %m MgO  Đặt   MgO : (x  y)      Mg : y  40x  40y  8,4  y  0,15 %m Mg  60%   Cách 2: Sử dụng tăng giảm khối lượng Chuyển gam (Mg, MgO)  8,4 gam MgO => tăng 2,4 gam  Khối lượng chất rắn tăng lên khối lượng oxi hóa hợp với đơn chất Mg  n Mg 2,4  nO   0,15(mol)  16 0,15.24  100%  60% %m Mg   %m MgO  40%   Cách 3: Sử dụng tỷ lệ chuyển chất + Quy tắc đường chéo Đặt T  mE mA  8,4  1,4 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Mg  MgO (T1 = 40/24=5/3) ; MgO  MgO (T2 =1) Áp dụng quy tắc đường chéo ta có: m Mg m MgO  1,  %m Mg  100%  60%    /  1,4 %m MgO  40%   Cách 4: Phương pháp bảo toàn khối lượng n MgO (trong E)= 8,4  0, 21 mol 40 Theo BTKL ta có: m A  m Mg 0,06.40  100%  40% %m MgO   m O  0,21.24  n MgO 16   n MgO (trong A)  0, 06(mol)   %m Mg  60%  Bài 10: A chứa C,H,O tỉ khối so với He 20 a) Xác định CTPT A b) Xác định CTCT A Biết A mạch hở, tác dụng với Na Hướng dẫn: x   a) Công thức tổng quát A: CxHyOz 2  y  2x  ; y chaün z   M A  4.20  80  12x + y + 16z = 80 Khi x = 1, y =  z max  80  14  4,25  z  {1;2;3;4} 16  Nếu z =  12x + y = 16  x= ; y =4  CH4O4 (loại, khơng tồn tại)  Nếu z =  12x + y = 32  x= ; y =8  loại, số H vượt bão hòa  Nếu z =  12x + y = 48  x= ; y =12  loại, số H vượt bão hòa  Nếu z =  12x + y = 64  x= ; y =  C5H4O b) A tác dụng với Na  A có nhóm –OH C5H4O (k = 4) CTCT ancol A: CH≡C-C≡C-CH2OH Bài 11: Chia lượng FexOy làm phần nhau: Phần 1: Hòa tan dung dịch H2SO4 lỗng cần a(mol) axit Phần 2: Hòa tan dung dịch H2SO4 đặc, cần b mol axit (biết phản ứng có sinh SO2) Biết n Fe phần b – a Xác định công thức oxit sắt Hướng dẫn: - Phần 1: 2FexOy + 2yH2SO4  xFe2(SO4)2y/x + 2yH2O  n O(oxit)  n H 2SO4  a(mol) - Phần 2: 2FexOy + (6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (6x-2y)H2O + (3x-2y)SO2  Theo đề: n Fe  n H SO  n O Theo phản ứng  2x = 6x – 2y – 2y  x = y Công thức oxit FeO 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Bài 12: Cho hỗn hợp A gồm 1,12gam Fe 1,92gam Cu vào 400ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M NaNO3 0,2M Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch B khí NO (sp khử nhất) cho V( ml) dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X lượng tủa đạt lớn Tính V nhỏ nhất? Hướng dẫn: Số mol Fe = 0,02 mol ; số mol Cu = 0,03 mol Số mol H2SO4 = 0,2 mol ; NaNO3 = 0,08 mol 2Fe + 4H2SO4 + 2NaNO3  Fe2(SO4)3 + Na2SO4 + 4H2O + 2NO  0,02 0,04 0,02 0,01 0,01 3Cu + 4H2SO4 + 2NaNO3  3CuSO4 + Na2SO4 + 4H2O + 2NO  0,03 0,04 0,02 0,03 0,01 H2SO4 dư + 2NaOH  Na2SO4 + 2H2O 0,12 Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3  + 3Na2SO4 CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 n NaOH  n H2SO4 ( dö)  n Fe  n Cu  0,12.2  0,02.3  0,03.2  0,36(mol) V 0,36  0,36(lít)  360ml Bài 13: Cho 0,51g hỗn hợp A dạng bột gồm Fe Mg vào 100 ml dd CuSO4 Sau phản ứng hoàn toàn lọc thu 0,69g chất rắn B dd C Thêm dd NaOH dư vào C lấy kết tủa đem nung ngồi khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 0,45g chất rắn D a) Tính CM CuSO4 dùng? b) Tính thành phần % theo khối lượng kim loại hỗn hợp? Hướng dẫn: Nếu toàn kim loại Mg, Fe chuyển hết vào chất rắn D mD > 0,51 gam Theo đề cho mD = 0,45 gam < 0,51  kim loại dư  CuSO4 hết Mg + CuSO4  MgSO4 + Cu x x x x rắn tăng 40x (g) Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu y y y y rắn tăng 8y (g) MgSO4  Mg(OH)2  MgO x x 2FeSO4  2Fe(OH)2  Fe2O3 y 0,5y 0,00375.24   100%  17,65%  40x  8y  0, 69  0,51  0,18  x  0, 00375 %m Mg  0,51   Ta có:   40x  80y  0, 45  y  0,00375 %m  82,35% Fe   CM (CuSO4) = 0,00375*2/0,1 =0,075M Bài 14: Hỗn hợp A gồm : FeO, Fe, Cu Cho m gam hỗn hợp A tác dụng với 200 ml dd HCl, thu dung dịch B; 0,56 lít khí đktc chất rắn D Để phản ứng vừa đủ thu với dd B cần dùng 500ml dd NaOH 0,2 M Sau phản ứng thu đc kết tủa C, lọc lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu đc 3,6g chất rắn Cho D tác dụng với H2SO4 đặc,dư thu khí có tỉ khối so với hidro 32 tích 1,12 lít (đktc) a) tìm m b) Tìm Cm HCl ban đầu Hướng dẫn: FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O x 2x x (mol) Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  0,025 0,05 0,025 0,025 (mol) Dung dịch B + 0,1 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Dung dịch B: FeCl2, HCl (có thể) HCl + NaOH  NaCl + H2O FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2  + 2NaCl t 2Fe(OH)2 + ½ O2   Fe2O3 + 2H2O 0,045 0,0225 mol Số mol OH (kết tủa) = 0,045.2= 0,09 < số mol NaOH = 0,1  HCl dư so với hỗn hợp A  D có Cu Cu + 2H2SO4  CuSO4 + 2H2O + SO2  0,05 0,05 (mol) BT mol Fe  x + 0,025 = 0,045  x = 0,02 Tổng số mol HCl = số mol NaOH = 0,1 (mol)  m = 0,02.72 + 0,025.56 + 0,05.64 = 6,04 gam CM (HCl) = 0,1/0,2= 0,5M Bài 15: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 Fe3O4 Cho khí CO qua m gam X nung nóng, sau thời gian thu rắn Y khí Z Cho toàn Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn thu gam kết tủa Mặt khác, hòa tan hồn tồn Y H2SO4 đặc nóng, dư thu 1,008 lít khí SO2 (đktc, spk nhất) dung dịch chứa 18 gam muối Tính m Hướng dẫn: Cách 1: BTKL + BT mol nguyên tố m (gam) X + 0,04 mol CO + H2SO4  18 gam Fe2(SO4)3 + H2O + 0,045 molSO2 + 0,04 mol CO2 0,045 (mol) BT mol S  số mol H2SO4 = 0,045.3 + 0,045 = 0,18 mol = số mol H2O BTKL  m + 0,04.28 + 0,18.98 = 18 + 0,18.18 + 0,045.64 + 0,04.44  m = 7,12 gam Cách 2: Quy đổi tác nhân oxi hóa Nếu oxi hóa X oxi, lượng O cần = 0,045 – 0,04 = 0,005 mol  0,045mol Fe2O3 m (gam) + 0,005 mol O2  0,045mol Fe2O3  m + 0,005.16 = 0,045.160 => m = 7,12 gam  Cách 3: Sử dụng BT e m(g)X (Fe=0,09, O = x)  Y(Fe = 0,09, O = x – 0,04) BT e  0,09.3 = 0,045.2 + 2.(x-0,04)  x = 0,12  m = 0,13.16 + 0,09.56 = 7,12 gam Bài 16: Cho V lít khí SO2 (đktc) hấp thụ vào 350ml dung dịch X gồm KOH 2M Ba(OH)2 aM, sau phản ứng thu 86,8 gam kết tủa Mặt khác, hấp thụ 3,25V lít khí SO2 (đktc) vào 350ml dung dịch X trên, thu 86,8 gam kết tủa Tính giá trị a V? Hướng dẫn: Do khối lượng kết tủa khơng đổi nên TN1 Ba(OH)2 dư, TN2 kết tủa tan phần TN1: SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O 0,4 0,4 (mol)  V = 0,4*22,4 = 8,96 lít TN2: Số mol SO2 = 1,3 mol SO2 + Ba(OH)2  BaSO3  + H2O 0,35a 0,35a 0,35a (mol) SO2 + KOH  KHSO3 0,7 0,7 SO2 + H2O + BaSO3  Ba(HSO3)2 (0,35a – 0,4) (0,35a – 0,4) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh TN1: V lít SO2  Ba(OH)2 dö  n SO =n BaSO =0,4=>V= 8,96 lít TN2 : nSO2=0,4.3,25=1,3(mol), kết tủa tan phần BaSO : 0,4(mol)   SP gồm KHSO3 : 0,7(mol) Ba(HSO ) : (0,35a -0,4) mol  BT mol S => 0,4+0,7+2*(0,35a-0,4)=1,3 => a =10/7  1,42M Bài 17: Cho 11,9 gam hỗn hợp X gồm kim loại Al Zn tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa H2SO4 loãng HNO3, thu dung dịch Y hỗn hợp khí Z gồm 0,05 mol N2O 0,2 mol H2 (giả sử N2O tạo trước H2 khơng spk khác) Cơ cạn Y thu m gam muối khan Tính giá trị m? Hướng dẫn: Ở đề cho khí H2 nên dung dịch khơng gốc –NO3 => muối thu muối sunfat 8R + 4xH2SO4 + 2xHNO3  4R2(SO4)x + 5xH2O + xN2O  2R + xH2SO4  R2(SO4)x + xH2  Theo quy tắc hóa trị n Al  n Zn  n H  n N O 2 Gọi x,y số mol Al, Zn 27x  65y  11,  x  0,2    3x  2y  0,05.8  0, 2.2  0,  y  0,1  m = 0,1.(342 + 161) = 50,3 gam Bài 18: Cho 3,61 gam hỗn hợp X dạng bột gồm Al, Fe (tỷ lệ số mol tương ứng 3: 5) vào 200ml dung dịch Y chứa AgNO3 Cu(NO3)2 đến phản ứng hoàn toàn thu 8,12 gam rắn E gồm kim loại Hòa tan E dung dịch HCl dư thấy 672 ml khí (đktc) Tính nồng độ mol /l muối dung dịch Y Hướng dẫn: Bài có nhiều cách giải Ở thầy HD em giải theo quy tắc hóa trị sử dụng chất ảo Rắn E gốm kim loại Ag, Cu, Fe  muối Y hết Số mol Fe = 0,05 mol ; Al = 0,03 mol ; H2 = 0,03 mol  Fe dư = số mol H2 = 0,03 Cách 1: Sử dụng quy tắc hóa trị Xét q trình Al(III), Fe(II) trao đổi hóa trị với Ag(I), Cu(II), H2(II) Theo QTHT  n Al  n Fe  n H  n Cu  n Ag Gọi số mol AgNO3, Cu(NO3)2 x,y mol  x  2y  0,03.3  0,05.2  0,03.2  0,13  x  0,03  108x  64y  8,12  0,03.56  6,44  y  0,05   CM AgNO3 =0,03/0,2 = 0,15M ; CM Cu(NO3)2 = 0,05/0,2 = 0,25M Cách 2: Sử dụng chất ảo Đặt M (hóa trị II) đại diện cho 0,02mol Fe 0,03mol Al Theo quy tắc hóa trị  Số mol M = (0,02*2 + 0,03*3):2 = 0,065 mol M + 2AgNO3  M(NO3)2 + 2Ag 0,5x x x (mol) M + Cu(NO3)2  M(NO3)2 + Cu y y y (mol) 0, 5x  y  0,065  x  0,03  108x  64y  8,12 – 0,03.56  6,44  y  0,05 Có:  CM AgNO3 =0,03/0,2 = 0,15M ; CM Cu(NO3)2 = 0,05/0,2 = 0,25M Cách khác: Phân tích hệ số, BTKL, BT mol nguyên tố … em tự giải thử để biết 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Bài 19: Hỗn hợp X gồm Cu, Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7:3 Lấy m(gam) X cho phản ứng hoàn toàn với dung dịch chứa 44,1 gam HNO3, sau phản ứng thấy lại 0,75m gam chất rắn có 0,56 lít hỗn hợp khí Y gồm NO NO2( đktc) Tính m Hướng dẫn: Khối lượng Cu= 0,7m (g), Fe = 0,3m (g) Sau pư thu 0,75m (g) rắn > 0,7m => Fe dư => Cu chưa phản ứng Mặt khác, Fe dư nên muối tạo thành muối Fe (II) Số mol HNO3 = 0,7 ; số mol khí Y = 0,025 mol BT mol N => số mol NO3 muối = 0,675 mol Ta có: (0,25m/56).2=0,675 => m = 75,6 gam Bài 20: Cho 20g hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO tan vừa hết trơng 700ml dd HCl 1m thu 3,36 lít H2 (đktc) dung dịch X Cho dung dịch X tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu rắn Y Khối lượng rắn Y bao nhiêu? Hướng dẫn: Mấu chốt toán chỗ ta biết số mol HCl, số mol H2 HCl  H2O + H2 Bảo toàn số mol H  số mol H2O  số mol O oxit mFe + mO = mhh  mFe  mY = mFe.160/112 Xem hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3, FeO Fe2O3 + 6HCl  2FeCl3 + 3H2O FeO + 2HCl  FeCl2 + H2O Fe + 2FeCl3  3FeCl2 Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  FeClx + xNaOH  Fe(OH)x + xNaCl 2Fe(OH)x + (3-x)/2 O2  Fe2O3 + xH2O Ta thấy: nHCl = 2.nO (oxit) + 2.nH2 => nO = (0,7 – 0,15.2 ):2 = 0,2 mol  số mol nguyên tố Fe = (20 – 0,2.16):56 = 0,3  mY = 0,3.56.(160/112) = 24 gam Bài 21: Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4, FeO, Fe2O3, tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch Y, khối lượng FeCl2 31,75 gam 8,064 lít H2 (đktc) Cơ cạn dung dịch Y thu 151,54 gam chất rắn khan Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu dung dịch Z khí NO (spk nhất) Cô cạn dung dịch Z thu gam muối khan? Hướng dẫn:  H  0,36   Al  FeCl : 0,25   HCl m(g)X  FeO   Coâ  Fe O  AlCl3 : 0,36.2 /  0,24(mol) 151,54(gam) muoái khan   FeCl : x(mol)   NO  HNO3   coâ ddZ  m '(g) muoái khan  162,5x + 31,75 + 0,24.133,5 = 151,54  x = 0,54 mol  Al(NO3 )3 : 0,24(mol)  m '  0,24.213  0,79.242  242,3(g)  Fe(NO3 )3 : 0,79(mol) BT mol Fe, Al   Bài 22: Y hỗn hợp gồm sắt oxit Chia Y làm phần nhau: - Phần 1: Đem hòa tan hết dung dịch HCl dư thu dung dịch Z chứa a gam FeCl2 13 gam FeCl3 - Phần 2: Cho tác dụng hết với 875 ml dung dịch HNO3 0,8M (vừa đủ) thu 1,568 lít khí NO (đktc, spk nhất) Tính a ? Hướng dẫn: P1: nFe = 0,08 + a/127 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 10 P2: nNO3 (muối) = 0,7 – 0,07 = 0,63 mol => (0,08 + a/127)*3 = 0,63  a = 16,51 gam Bài 23: Trộn m1(g) bột Fe với m2(g) bột S nung nóng nhiệt độ cao (khơng có khơng khí) Hòa tan hỗn hợp sau phản ứng dung dịch HCl dư thu chất rắn A nặng 0,4gam khí X có tỉ khối so với khí H2 Khí X sục từ từ qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thấy tạo thành 11,95g kết tủa a/ Tính giá trị m1,m2 b/ Tính hiệu suất phản ứng Fe S Hướng dẫn: t Fe + S   FeS Rắn sau phản ứng gồm FeS, S, Fe FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S  Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  H2S + Pb(NO3)2  PbS  + 2HNO3 Rắn A lưu huỳnh  mS (trong A) = 0,4 gam Khí X gồm H2 H2S nH nH  2S 34  18 11,95   n H  n H S  n PbS   0,05(mol) 2 18  239 BT nguyên tố Fe  số mol Fe (ban đầu) = nH2S + nH2 = 0,05.2 = 0,1 (mol)  m1 = 0,1.56 = 5,6 gam BT nguyên tố S  m2 = 0,05.32 + 0,4 = gam m Fe mS  5,6  2,8  => S lấy thiếu, hiệu suất tính theo lưu huỳnh n S (phản ứng) = n H S = 0,05 (mol) Hiệu suất phản ứng: H%  0,05  100%  80% 0,0625 Bài 24: Hỗn hợp khí A gồm H2 hiđrocacbon mạch hở X điều kiện tiêu chuẩn Ở điều kiện khí A nặng gấp 4,8 lần H2 thể tích Dẫn 1,92 gam A qua nước Br2 dư thấy có 12,8 gam Br2 tham gia phản ứng a/ Xác định công thức phân tử X b/ Tính thành phần phần trăm thể tích khí có A Hướng dẫn: MA = 4,8.2 = 9,6 g/mol Số mol A = 1,92/9,6 = 0,2 mol CnH2n+2 -2k + kBr2  CnH2n+2 -2kBr2k 0,08 k 0,08 (mol) 0,08 0,08 (14n + – 2k) + (0,2 ).2 = 1,92 k k  n  1, 5k  k      CTPT X: C3 H n  n  Ta có: nX = 0,08/2 = 0,04  %VC3H4 = 0,04/0,2).100% = 20% ; %VH2 = 80% Bài 25: Cho 2,4gam hỗn hợp A gồm Fe Cu tác dụng với 200ml dung dịch AgNO3 Sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch B 7,88gam chất rắn C Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư lọc kết tủa, nung không khí đến khối lượng khơng đổi thu 2,8 gam chất rắn a) Tính phần trăm khối lượng kim loại hỗn hợp A b) Tính nơng độ mol dung dịch AgNO3 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 44 9,  0,1 (mol) 32  64 M + 2H2SO4  MSO4 + 2H2O + SO2  (1) 0,1 0,1 (mol) 3M + 4H2SO4  3MSO4 + 4H2O + S  (2) 0,3 0,1 (mol) Gọi a,b số mol Zn, Cu ban đầu a  b  0,  0,1  0,5 Ta có:   a = 0,3 ; b = 0,2  % m Zn  60,37% ; %mCu = 39,63% 65a  64b  32,3 n S  n Cu (dư) = Bài 91: Hỗn hợp X gồm hidrocacbon A mạch hở có cơng thức CnH2n-2 khí H2 có tỷ lệ số mol tương ứng 1:2 Cho 13,44 lít hỗn hợp X (đktc) qua Ni xúc tác đun nóng cho phản ứng xảy thu hỗn hợp Y có tỷ khối H2 11 Cho toàn Y qua dung dịch brom dư,sau phản ứng xảy hoàn toàn thấy có 32 gam Br2 phản ứng a) Xác định công thức phân tử viết CTCT A b) Trong trường hợp A tác dụng với AgNO3/NH3 Y có chất khí khác Bằng phương pháp hóa học tách hidrocacbon khơng no khỏi hỗn hợp Y Nhận xét: Mấu chốt: n C n H 2n  2  n Br ( pö )  nH ( pö ) Hướng dẫn: a) Số mol A = 0,2 ; số mol H2 = 0,4 ; số mol Br2 phản ứng = 0,2 Ni /t CnH2n-2 + H2  (1)  CnH2n Ni /t CnH2n-2 + 2H2   CnH2n+2 (2) Y: CnH2n+2, CnH2n, CnH2n-2 dư, H2 dư CnH2n + Br2  CnH2nBr2 (3) CnH2n-2 + 2Br2  CnH2n-2Br4 (4) Xét q trình tồn liên kết pi phản ứng hết với H2, Br2 0 nH ( phả n ứng )  n A  n Br ( phản ứng )  0, 2.2  0,  0,2(mol) Theo (1,2) thấy: số mol khí giảm = số mol H2 phản ứng  số mol Y = 0,6 – 0,2 = 0,4 mol BTKL  mX = mY  0,2.(14n – 2) + 0,4.2 = 0,4.22  n = CTPT A: C3H4 CTCT mạch hở: CH C CH3 ; H2C C CH2 b) Nếu A CH≡C-CH3  Y: CH2=CH-CH3 ; C3H8, CH≡C-CH3 dư H2 dư  H  C3H H 2O  CuO dö (t 0C)    C3 H ,C H  dd Brom dö  C3H8  C 3H8 H2     AgNO3 /NH3 dö   Y H2    Zn (t 0C) C3H6Br2  CH  C3H6   C H     dd HCl dö C H Ag   C3 H  CaO khan dö   C3H8  Bài 92: Hòa tan hết 36 gam oxit kim loại lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu dung dịch A V lít SO2 (sp khử nhất), cô cạn A thu 80 gam muối khan Hấp thụ hết lượng SO2 sinh vào 300ml dung dịch NaOH 2M đến phản ứng xong, xử lý dung dịch thu 35,5 gam rắn khan Tính V xác định cơng thức hóa học oxit kim loại Thể tích khí đo đktc Hướng dẫn: R2On + (2m – n)H2SO4  R2(SO4)m + (2m – n)H2O + (m-n)SO2  a(mol) a(mol) SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O (2) SO2 + NaOH  NaHSO3 (3) (1) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Nếu vừa đủ tạo Na2SO3: BT mol Na  n Na 2SO3 45  0,3(mol)  n r  0,3.126  37,8(g) Nếu vừa đủ tạo NaHSO3: BT mol Na  n NaHSO  0,6(mol)  n r  0,6.104  62,4(g) Theo đề n r  35,5(g)  37,8(g)  rắn gồm Na2SO3 NaOH dư  Na 2SO3 : x(mol) 126x  40y  35,5  x  0,25    n SO  0, 25(mol)  V  0,25.22,  5,6 lít  2x  y  0,6  y  0,1  NaOH : y(mol) Ta có  BTKL cho pư (1)  36 + 98a = 80 + 18a + 0,25.64  a = 0,75 (mol)  số mol SO4 (muối) = 0,75 – 0,25 = 0,5 mol m R = 80 – 0,5.96 = 32 gam  2M R 16n  n  32  M R  64n    Cu O 36  32 M  64(Cu) Bài 93: Hòa tan hết 24,16 gam hỗn hợp X gồm Cu Fe3O4 dung dịch HCl loãng dư thấy lại 6,4 gam Cu khơng tan Mặt khác hòa tan 24,16 gam hỗn hợp X vào 240 gam dung dịch HNO3 31,5%(dùng dư) thu dung dịch Y khơng chứa muối amoni V lít khí (đktc) Cho 600 ml dung dịch NaOH 2M vào Y Lọc bỏ kết tủa, cạn nước lọc sau nung tới khối lượng không đổi thu 78,16 gam chất rắn khan Biết phản ứng xảy hồn tồn a) Tính khối lượng chất X b) Tính V nồng độ phần trăm chất tan dung dịch Y Hướng dẫn: TN1: Sau pư Cu  Muối gồm CuCl2, FeCl2 FeCl2 : 3x Fe3 O : x  232x  64y  24,16  232x  64y  24,16  x  0,06  HCl 8x 24,16(g)   CuCl2 : (y  0,1)     6x  2y  0,2  8x  2x  2y  0,2  y  0,16 Cu : y(mol) 0,1(mol)Cu  TN2: HNO3 = 75,6 gam  1,2 mol ; NaOH = 1,2 mol 24,16 (g) X + HNO3  Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2O + NOn 0,18 0,16 Nếu NaOH hết  n NaNO2  1,  m  1,2.69  82,8(g)  78,16(g)  vô lý  NaNO2 : a a  b  1,2 a  1,04  n NO3 ( Y )  1,04(mol)   69a  40b  78,16  b  0,16  NaOH : b Vậy NaOH dư  rắn gồm   HNO3 (dư) = 1,04 – 0,18.3 – 0,16.2 = 0,18 (mol)  HNO3 (pư) = 1,2– 0,18 = 1,02 (mol) BT mol N  n NO  1,  1,04  0,16(mol)  V  0,16.22,4  3,584 (lít ) n BTKL  m NO  24,16 + 1,02.63 – 0,18.242 – 0,16.188 – 0,51.18 = 5,6 gam x BTKL  m Y  24,16 + 240 – 5,6 = 258,56 gam  C%    Nồng độ % dung dịch Y C%   C%  0,16.188 100%  11,63% 258,56 0,18.63  100%  4,39% HNO3 = 258,56 0,18.242 100%  16,85% Fe(NO3 )3 = 258,56 Cu(NO3 )2 = Bài 94: Hỗn hợp khí A gồm H2 hidrocacbon mạch hở đốt cháy gam A thu 17,6gam CO2, mặt khác gam A tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 32 gam Br2 Tìm CTPT X HD: Xét phản ứng đốt cháy A: 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh n CO  0, 4(mol)  n H O 2O  46  0, 4.12  0,6(mol) / t0  nCO + (n+1-k)H O CnH2n+2-2k  2 0,4/n 0,4 O / t0 H O H2  Xét phản ứng với Br2 CnH2n+2-2k + kBr2  CnH2n+2-2kBr2k 0,2/k 0,2  C2 H 0, 0,2  k  1,n    n = 2k    n k  k  2, n   C4 H Bài 95: Hòa tan hết 24,96 gam hỗn hợp bột X gồm Fe, Cu oxit sắt dung dịch HCl dư thu dung dịch Y 0,896 lít khí H2(đktc) Sục khí H2S đến dư vào Y tạo thành 8,64 gam kết tủa Nếu cho dung dịch AgNO3 dư vào Y thấy thoát 1,008 lit NO (sp khử nhất) 139,04 gam kết tủa Tính % khối lượng nguyên tố oxi hỗn hợp X Hướng dẫn: Thí nghiệm X + dd HCl: n H  0,04(mol) Các phản ứng xảy ra: FexOy + 2yHCl  (3x-2y)FeCl2 + (2y-2x)FeCl3 + yH2O Fe + 2FeCl3  3FeCl Fe + 2HCl  FeCl + H2  Cu + 2FeCl  2FeCl2 + CuCl  FeCl2 : a(mol)  FeCl : b(mol)  Dung dịch Y:   n HCl( pö)  2a  3b  2c CuCl : c(mol)   HCl dö BT mol H  n H O = n HCl – 2n H  a  1, 5b  c – 0,04  n O(trong X) 2  56a + 56b + 64c + 16.(a + 1,5b + c – 0,04) = 24,96  72a + 80b + 80c = 25,6 (1) Thí nghiệm Y + H2S: 2FeCl3 + H2S  2FeCl2 + S  + 2HCl b 0,5b(mol) CuCl2 + H2S  CuS  + 2HCl c c (mol)  16b + 96c = 8,64 (2) Thí nghiệm Y + AgNO3 : n NO  0,045(mol)   4HCl + 10AgNO3 + 3FeCl  3Fe(NO3)3 + 10AgCl  + 2H2O + NO  0,18 0,135 0,045 (mol) FeCl + 3AgNO3  Fe(NO3)3 + 2AgCl  + Ag  (a - 0,135)  (a – 0,135) mol CuCl2 + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2AgCl  BT mol Cl  n AgCl = 2a  3b  2c  0,18  (2a + 3b + 2c + 0,18).143,5 + (a -0,135).108 = 139,04  395a + 430,5b + 287c = 127,79 (3) Giải hệ phương trình (1,2,3)  a = 0,2 ; b = 0,06 ; c = 0,08 24,96  0,26.56  0,08.64  %mO  100%  21,15% 24,96 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 47 Bài 96: Cho 28,4 gam hỗn hợp Z gồm hai muối cacbonat kim loại hóa trị vào 400ml dung dịch HCl 2M kết thức phản ứng cho vào hỗn hợp thu lượng dung dịch NaOH 0,5M lấy dư cho muối clorua hai kim loại kết tủa hồn tồn thu 20,6 gam Xác định kim loại hh muối dùng biết hh Z tỉ lệ số mol muối cacbonat thứ so với muối cacbonat thứ hai 2:1 Hướng dẫn: Đặt muối XCO3 YCO3 CT trung bình: MCO3 MCO3 + 2HCl  MCl2 + H2O + CO2  HCl + NaOH  NaCl + H2O MCl2 + 2NaOH  M(OH)2  +2NaCl Theo phản ứng thấy: 1mol CO3  2mol OH giảm 26 gam  n OH(kt)  28,  20,6   0,6(mol) < n HCl  0,8(mol)  HCl dư, muối cacbonat hết 26 n MCO  n OH(kt)  0,3(mol)  XCO3 :1(mol) 28,4 Giả sử :   M X  60  2M Y  120    284  M X  104  2M Y (*) YCO : 2(mol) 0,3  Vì M X  nên  104 – M Y   M Y  47,5  M Y = {9; 24; 40} Biện luận (theo *) MY 9(Be) 24(Mg) 40(Ca) MX 86 (loại) 56(Fe) 24(Mg) Vậy kim loại Mg Fe Ca Mg Bài 97: Cho m gam hỗn hợp Al Al2O3 vào 56,5 gam dung dịch H2SO4 98% thu 0,336 lít khí SO2; dung dịch A a gam hỗn hợp rắn B Chia B làm phần  Phần 1: cho tác dung HNO3 vừa đủ sau phản ứng dung dịch X (chỉ chứa muối sunfat) 1,4 lít hỗn hợp khí Z gồm khí khơng màu có khối lượng 2,05 gam, có khí hóa nâu khơng khí Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X lượng NaOH dùng hết tối đa 130ml  Phần 2: Nung khơng khí đến khối lượng không đổi thu (a –1,36) gam chất rắn Biết phản ứng xảy hồn tồn, thể tích khí đo đktc Tính m Hướng dẫn: Mấu chốt toán chỗ nung rắn B mà khối lượng giảm  B có S Mặt khác B hỗn hợp nên  B có Al Al2O3  Phản ứng với H2SO4 đặc: Số mol H2SO4 = 0,565 mol ; SO2 = 0,015 mol Rắn B hỗn hợp nên  B chứa Al, Al2O3, S  H2SO4 hết Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O 2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 6H2O + 3SO2  2Al + 4H2SO4  Al2(SO4)3 + 4H2O + S  Giả sử toàn B tham gia phản ứng  n Z  0,125mol  NO  M Z  32,8  30  Z   N2O  m Z  4,1(g) Tác dụng với HNO3 :   n NO 44  32,8 n NO  0,1    n N2 O 32,8  30 n N 2O  0,025 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 48  Al3 : (2x  y)   Al2 O3 : x(mol)  Na 2SO4 : z  t  2z  6x  3y (QTHT hay BTÑT)   NaOH B  Al : y(mol)  X  NH  : t    S: z(mol)   NaAlO : (2x  y)  2x  y  2z  0,13.2  0,26 (1)   2 SO : z(mol) Mặt khác: Theo QTHT (như BT e)  3y + 6z – 8.(2z – 6x – 3y) = 0,1.3 + 0,025.8  48x + 27y – 10z = 0,5 (2)  Nung B KK: Khối lượng chất rắn giảm xuống chênh lệch khối lượng lượng O2 pư với Al lượng S theo khí  – 0,75y.32 + 32z = 1,36.2 = 2,72 (3) Giải hệ phương trình (1,2,3)  x = 0,02 ; y = 0,02 ; z = 0,1 BT mol S  n Al (SO ) (trong A)  (0,565  0,015  0,1) :  0,15(mol) BTKL  m + 0,565.98 = 0,15.342 + 0,565.18 + 0,015.64 + 0,02.(102 + 27) + 0,1.32  m = 12,84gam Bài 98: Cho 12,14 gam hỗn hợp A gồm NaOH, Ca(OH)2, Na2CO3, CaCO3, CaSO3, Na2SO3 vào lượng dư dung dịch HCl, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch B 1,344 lít (đktc) khí D có tỷ khối so với hidro 27 Cô cạn B thu 7,02 gam muối NaCl mà m gam muối CaCl2 Tính m Hướng dẫn:  Cách 1: BT khối lượng + BT mol nguyên tố Đặt M kim loại đại diện cho Ca, Na Đặt XO3 đại diện cho gốc =CO3 =SO3 M(OH)n + nHCl  MCln + nH2O x  x(mol) M2(XO3)n + 2nHCl  2MCln + nH2O + nXO2 0,12 0,06 0,06 (mol) m m 2  x = 2 111 111 2m m BTKL  12,14 + 36,5.(0,12 + ) = 7,02 + m + 18.(0,06 +  ) + 0,06.54  m = 7,77(g) 111 111 BT mol nguyên tố Cl  x + 0,12 = n NaCl  n CaCl = 0,12 +  Cách 2: Quy đổi hỗn hợp A thành chất Đặt cơng thức chung khí SO2 CO2 XO2  n XO  0,06(mol)  n XO (trong A) Mặt khác: n Na : n XO  0,12 : 0,06  :1  Xem A có Na2XO3và Ca(OH) Na2XO3 + 2HCl  2NaCl + H2O + XO2  0,06  0,06(mol) Ca(OH)2 + 2HCl  CaCl2 + 2H2O m m  (mol) 111 111 m  74  0,06.(70  23.2)  12,14  m  7,77(gam) 111  Cách 3: Sử dụng quy tắc hóa trị (như BT điện tích ý) Viết PTHH xảy (bài tập tự luận cấp THCS phải viết để kiếm điểm) Đặt gốc CO3 SO3 có cơng thức trung bình XO3 n XO (trong A)  n XO  0,06(mol) BT mol Na, X   n  n  0,12(mol)  Na(trong A) NaCl Áp dụng quy tắc hóa trị hỗn hợp A  n Ca  n Na  n OH  n XO 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 49  2n Ca  n OH  0,06.2  0,12  n Ca  0,07     m  0,07.111  7,77(g)  40n Ca  17n OH  12,14  0,12.23  0,06.70  5,18 n OH  0,14  Cách 4: Sử phương pháp hợp thức Đặt T = n Na : n XO  0,12 : 0,06  :1  CT chung A là: Na2Cax(OH)yXO3 Hợp thức theo T ta có PTHH chung: Na2Cax(OH)yXO3 + (2x+2)HCl  2NaCl + xCaCl2 + (y+1)H2O + XO2  0,06 0,06x 0,06(mol) BT mol H : 2x + + y = 2.(y + 1)  y = 2x  0,06.(46 + 74x + 70) = 12,14  x = 7/6  m  0,06   111  7,77(g)  Cách 5: Sử dụng giả thiết ảo Giả sử cho lượng XO2 vừa đủ vào A hỗn hợp muối sau phản ứng gồm CaXO3 Na2XO3 m  m 2m  n CaXO3  111  n XO ( pö)   n OH( A)   111 111  n Na XO  0,06 =n XO (trongA)  3 40m 17.2m BTKL  0,12.23 + 0,06.70 + = 12,14  m = 7,77(g)  111 111 Bài 99: Hướng dẫn: Đặt CT dạng chung chất CxHy (y  2x + 2) 1mol CxHy  3mol H2  y = Các H-C khí  x   x = {2;3;4}  đứa là: C2H6, C3H6, C4H6 C2H6 (k=0)  có CT : CH3 – CH3 C3H6 (k=1)  có CT mạch hở: CH2=CH-CH3 C4H6 (k=2)  có cấu tạo mạch hở: CH2=C=CH-CH3 ; CH2=CH-CH=CH2 CH≡C-CH2-CH3 ; CH3-C≡C-CH3 Trùng hợp D  cao su (có tính đàn hồi)  D CH2=CH-CH=CH2 B làm màu nước brom  B: CH2=CH-CH3 A không làm màu nước brom  A: CH3 – CH3 Các PTHH: as C2H6 + Cl2   C2H5Cl + HCl 500 C C3H6 + Cl2   C3H5Cl + HCl (phản ứng anken) Bài 100: Hỗn hợp khí X gồm N2, H2 tích 15 lít, tỷ khối X so với H2 3,6 Nung nóng hỗn hợp X có xúc tác thích hợp, sau thời gian thu 13,2 lít hỗn hợp khí Y Các thể tích khí đo điều nhiệt độ, áp suất a) Tính hiệu suất phản ứng b) Tính % thể tích khí hỗn hợp Y Phân tích: Để giải loại tập tồn khí em khơng nên bỏ qua phân tích hệ số: N2 + 3H2  2NH3 Phân tích hệ số ta thấy: Hệ số N2 + Hệ số H2 – Hệ số NH3 = + – = = hệ số NH3 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 50 Như phản ứng này, dù phản ứng hồn tồn hay khơng hồn tồn ta ln có: Số mol khí giảm xuống = số mol khí NH3 sinh (thể tích vậy) Hướng dẫn: 7,2   VN  lít (N2 lấy vào thiếu  tính hiệu suất theo N2)   VH 28  7,  VH  12 lít  2 H Gọi h hiệu suất phản ứng (h = )  VN ( pư)  3h (lít) 100 t ,xt N2 + 3H2   2NH3 3h  9h 6h (lít) Ta có: 6h = 15 – 13,2 = 1,8  h = 0,3 a) M X  3,6.2  7,2  VN  Vậy hiệu suất phản ứng: H% = 0,3.100% = 30% b) Phần trăm thể tích khí Y %VNH  1,8  3.0,3  100%  13,64%; %VN   100%  15,91%  %VH  70, 45% 2 13, 13,2 Bài 101: Hỗn hợp A gồm ancol C2 H5OH, C3H5(OH)3, C2H4(OH)2, C3H5OH Đốt cháy hoàn toàn 4,66 gam hỗn hợp A dẫn sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy khối lượng dung dịch giảm 6,5 gam có m(gam) kết tủa trắng Mặt khác cho 4,66(gam) hỗn hợp A tác dụng vừa đủ với Na sau phản ứng, cạn hỗn hợp thu 7,3 gam rắn Tính m % khối lượng C3H5OH hỗn hợp A Phân tích: Bài tốn có q nhiều chất A nên làm nhiều học sinh bối rối Ở hỗn ợp A gồm chất, để tìm số mol chất hỗn hợp cần phải biết kiện, đề cho có kiện: 4,66 gam rắn X; dung dịch kiềm giảm 6,5 gam; 7,3 gam rắn  không đủ để xác định lượng chất Đây sở để ta xác định toán giải theo phương pháp đặc biệt Phương pháp hữu hiệu phương pháp trung bình, quy đổi, tăng giảm khối lượng Hướng dẫn: R(OH)n + nNa  R(ONa)n + ½ nH2  (1) Chuyển 1mol OH  1mol ONa  khối lượng tăng 22 gam  n O(trongA)  n OH  7,3  4,66  0,12(mol) 22 Đặt công thức chung ancol no C2H6O, C3H8O3, C2H6O2 CxH2x+2Oy CxH2x+2Oy  xCO2 + (x+1)H2O (2) ( n H O  n CO  n ancol no ) C3H6O  3CO2 + 3H2O (3) ( n H CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  + H2O a a (mol) (4) 2  n CO  ) O CO2 : a(mol)  BTKL : 12a + 2b = 4,66  0,12.16 = 2,74 a  0,19    m  0,19.197  37,43(gam)   H O : b(mol) TGKL : (100  44)a  18b= 6,5  b  0,23 Theo (2,3): n ancol no   n H O   n CO  0, 23  0,19  0,04 (mol) 2 0,04.46 0,04.92  100%  39,48%  %m ancol no   100%  78,97%  21,03%  %m C H OH  60, 52% 4,66 4, 46 Bài 102: A hợp chất hữu đơn chức (chứa C,H,O) Cho 13,6 gam A tác dụng vừ đủ với dung dịch NaOH Sau phản ứng cô cạn dung dịch ta m (gam) chất rắn X Đốt cháy hoàn toàn m (gam) chất rắn X cần vừa đủ 26,112 gam Oxi ta thu 7,208 gam Na2CO3 37,944 gam hỗn hợp Y gồm CO2 H2O Nhung X với hỗn hợp chất rắn (NaOH, CaO) sản phảm hữu Z Hỏi Z có tổng số nguyên tử nguyên tố ? (Câu q tải với chương trình hóa THCS, riêng HS Hà Nội TP HCM thi vào chun hóa dễ có đề thi Các tỉnh khác đảm bảo khơng có đâu) Hướng dẫn: BTKL  m = 7,208 + 37,944 – 26,112 = 19,04 gam Số mol A = số mol NaOH = 0,068.2 =0,136 mol Mặt khác: BTKL  13,6 + 0,136.40 = 19,04 + mH O (hoặc ancol)  mH O (hoặc ancol) =0 2 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 51  A este vòng  MA = 13,6/0,136 = 100 gam  A: C5H8O2 (k=2)  A: C2H4COO Khi thủy phân NaOH cắt LK theo đường màu đỏ C2H4  X: HO-(C2H4)2COONa t / CaO HO-(C2H4)2COONa + NaOH   C4H9OH + Na2CO3 Vậy phân tử Z có 15 nguyên tử (Z) Bài 103: Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH 0,05 mol KOH, thu dung dịch X Cô cạn X, thu 8,56 gam hỗn hợp chất rắn khan Tính giá trị m ? Hướng dẫn: Nếu vừa đủ tạo muối PO4:  n PO  (n Na  n K ) :  0,05  mr = 0,05.95 + 0,1.23 + 0,05.39 = gam Vừa đủ tạo muối =HPO4:  n HPO4  (n Na  n K ) :  0, 075  mr = 0,075.96 + 0,1.23 + 0,05.39 = 13,15 g Vừa đủ tạo muối -H2PO4:  n H2PO4  (n Na  n K )  0,15  mr = 0,15.97 + 0,1.23 + 0,05.39 = 18,8 gam Theo đề mr = 8,56 gam <  Sau pư gồm muối trung hòa kiềm dư P2O5 + 3H2O  2H3PO4 (1) m m  142 71 H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O (2) H3PO4 + 3KOH  Na3PO4 + 3H2O (3) 3m Theo phản ứng (2,3) n H O  3n H PO = (mol) 71 m 3m.18 BTKL   m = 2,84 gam 98  0,1.40  0, 05.56  8,56  71 71 Bài 104: Cho 268,8 ml hỗn hợp khí A gồm CO,H2 N2 đun nóng với nước để xảy phản ứng t CO + H2O   CO2 + H2 (Hiệu suất phản ứng 50%) Thu lấy hỗn hợp sau phản ứng cho lội qua dung dịch nước vôi dư, thu 0,15 gam kết tủa hỗn hợp khí C Lấy 1/10 thể tích hỗn hợp C trộn với 26,88 ml khí oxi đem đốt đưa hỗn hợp sau phản ứng điều kiện ban đầu thể tích khí lại 30,24ml Các thể tích khí điều kiện tiêu chuẩn Xác định thành phần % theo thể tích khí có hỗn hợp A (Nguồn: Đề thi HSG cấp huyện HS gửi, chỉnh sửa đôi chút) Hướng dẫn: Xem đốt hết C cần dùng 268,8ml O2 thu 302,4 ml khí sau ngưng tụ CO:x ml 268,8ml(A) H2 :y N2 :z t0(H%50)  H2O  CO:0,5x H2 :0,5x  y N2 :z CO2 :0,5x Ca(OH)2 ,H2O]  CO2 :0,5x CO:0,5x 268,8mlO2/t0 C:Vml H2 :0,5x  y 302,4ml N2 :z N2 :z O2 CaCO3 :0,0015 mol 0,5x = 0,0015.22,4.1000  x = 67,2 ml Từ A qua phản ứng tăng thêm 0,5x ml giảm 0,5x ml  V= 268,8ml Khí C tác dụng O2  thẻ tích giảm = Thể tích H2O + thể tích O2 pư  268,8 + 268,8 – 302,4 = 0,5.67,2 + 0,5y + 33,6 + y  y = 112ml  z = 268,8 – 112 – 67,2 = 89,6 ml  % thể tích CO, H2, N2 = 25% ; 41,67% ; N2 = 33,33% Bài 105: Hai hợp chất A, B có cơng thức dạng chung CnH2n+2 CmH2m (mỗi phân tử chứa khơng q ngun tử cacbon) Tiến hành thí nghiệm sau : Thí nghiệm 1: Đốt cháy hết 0,1 mol hỗn hợp X gồm x mol A y mol B thu khối lượng CO2 nhiều khối lượng H2O 7,6 gam  Thí nghiệm 2: Đốt cháy hết 0,1 mol hỗn hợp Y gồm y mol A x mol B thu khối lượng CO2 nhiều khối lượng H2O 6,2 gam Xác định công thức phân tử % khối lượng chất A,B hỗn hợp X Biết x > y 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 52 Hướng dẫn: t0 / O  nCO + (n+1)H O CnH2n+2  2 t0 / O  mCO + mH O CmH2m  2  mCO  mH 2O  mCO  m H 2O 2  (26n  18) gam  26m (gam) Nếu trộn lượng hỗn hợp X với hỗn hợp Y chất A, B có số mol = 0,1 mol Ta có: 0,1.(26n – 18) + 0,1.26m = 7,6 + 6,2  n + m =  x  y  0,1 Xét TN1, ta có:  (*) (26n  18)x  26m.y  7,6 Nếu n = 2; m =  giải hệ (*)  x = 0,04 ; y = 0,06  loại, x < y Nếu n = 3, m =  giải hệ (*)  x  0,011 ; y  0,089  loại, x < y Nếu n = 4, m =  giải hệ (*)  x = 6/85 ; y = 1/34  thỏa mãn Lưu ý 1: Có thể biện luận theo TN2 sau: Nếu có ankan  26C  18  62  C  3,1 Nếu có anken  26C  62  C  2,3 Vì số mol anken > số mol ankan nên  m – 2,3 < – m – 3,1  m < 2,6  m = Lưu ý 2: Khi trộn thí nghiệm ta biết chất ankan, anken có 0,1 mol hiệu khối lượng CO2 nước 7,6 +6,2 = 13,8 gam nên dễ dàng tính số mol CO2 H2O n  m   44n CO  18n H O  13,8 n CO  0, 2   C  0, / 0,    n  2, m   n  n   n   0,1 n  0,  CO  H 2O H 2O A  n  4, m  Nếu n = m =  TN1: (26.3 – 18).x + 26.3.(0,1– x) = 7,6  x = 0,011 < 0,05  loại Nếu n =2, m =  TN1: (26.2 – 18).x + 26.4.(0,1– x) = 7,6  x = 0,04 < 0,05  loại Nếu n = 4, m =2  TN1: (26.4 – 18).x + 26.2.(0,1 – x) = 7,6  x =  0,071 >0,05  nhận 85 Lưu ý 3: Có thể biện luận theo trị số C trung bình hỗn hợp X (theo TN1) Gọi a số mol CO2  số mol H2O = a + x Ta có: 44a – 18a – 18x = 7,6  a = (7,6 + 18x )/26 > (7,6 + 18.0,05)/26 = 0,33  C(tb) > 3,3 Vì ankan có số mol lớn nên  có số C gần với 3,3  n = Và nhiều cách biện luận khác xác định n = 4, m = Vậy công thức A, B là: C4H10 C2H4 x : 65 2, 4.58    2,  %mC H  100%  83, 25%  %mC H  16, 75% 10 y 1: 34 2, 4.58  28 Bài 106: Có 27,27 gam hỗn hợp X gồm Na2SO4, Na2CO3, NaHCO3 chia làm phần:  Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thấy có 10,26 gam Ba(OH)2 phản ứng  Phần 2: Tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thấy bay 1,68 lít khí ( đktc)  Phần (có khối lượng phần 2): tác dụng vừa đủ với 300ml dung dịch NaOH 0,2M Tính khối lượng chất hỗn hợp X ban đầu (Biết phản ứng xảy hoàn toàn.) Hướng dẫn:  Phần 3: Tính n NaOH = 0,06 (mol) NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O 0,06  0,06 (mol) n NaHCO (phần 2) = 0, 06.3 /  0,045 (mol)  Phần 2: Tính n CO = 0,075 (mol) 2NaHCO3 + H2SO4  Na2SO4 + 2H2O + 2CO2  0,045  0,045 (mol) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 53 Na2CO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2O + CO2  0,03  (0,075 – 0,035) (mol) Gọi x số mol Na2SO4 P2  Phần 1: Tính n Ba(OH) (phản ứng) = 0,06 (mol) Giả sử P1 = k.P2 Na2SO4 + Ba(OH)2   BaSO4  + 2NaOH kx  kx (mol) Na2CO3 + Ba(OH)2   BaCO3  + 2NaOH 0,03k  0,03k (mol) NaHCO3 + Ba(OH)2 dư   BaCO3  + NaOH + H2O (có thể em sai chỗ này) 0,045k 0,045k (mol) 0, 06 Ta có: kx + 0,075k = 0,06  k = (1) x  0, 075 Mặt khác: 0,045(7/3 + k)84 + 0,03(7/3 + k)106 + x(7/3 + k)142 = 27,27 27, 27  (k + 7/3) = (2) 6,96  142x 0, 06 27, 27 Từ (1,2)     x1 = 0,015 (nhận); x2 = - 0,08 < (loại) x  0, 075 6,96  142x Thay x = 0,015 vào (2) được: (k + 7/3) = m NaHCO  0, 045   84  11,34 gam ; m Na CO  0, 03  106  9,54 gam m Na 2SO4  0, 015  142  6,39 gam Bài 107: Hỗn hợp khí X (đk thường) gồm hidrocacbon A, B (phân tử A nhiều phân tử B nguyên tử cacbon) Lấy V lít (đktc) hỗn hợp khí X cho lội từ từ qua dung dịch brom dư khơng thấy khí bình nước brom tăng m (gam) Mặt khác, đốt cháy hết 0,5V lít (đktc) hỗn hợp X thu 7,84 lít CO2(đktc) 6,3 gam nước a) Tính m b) Cho V = 6,72 lít Xác định CTPT, CTCT phần trăm thể tích hidrocacbon A,B X Hướng dẫn: Nếu đốt hết V lít hỗn hợp X  0,7 mol CO2 0,7 mol H2O a) Khối lượng bình nước brom tăng lên tổng khối lượng A,B bị hấp thụ BTKL  m = m C  m H = 0,7.12 + 0,7.2 = 9,8 gam 0, b) C   2, 33  B: C2 Hx ; A: C4Hy 0,3 n  x  C H (83, 33%V) 7:32 1,  A    5x  y   28    nB  : 0,3  y  C H8 (16, 67%V) CTCT C2H4: CH2=CH2 CTCT C4H8: CH2=CH–CH2–CH3 CH3–CH=CH–CH3 CH2=C(CH3)–CH3 CH2 H2 C CH CH3 (Chú ý xycloankan vòng cạnh có pư mở vòng / dd Br2) Bài 108: Hidrocacbon A mạch hở có CTTQ dạng CnH2n-2 Hấp thụ hết 1,0 gam A vào bình chứa 76ml dung dịch brom 0,5M dung dịch brom màu hồn tồn Xác định CTPT, CTCT A Hướng dẫn: (Bài có nhiều cách giải, thầy chọn cách đẻ giới thiệu em) n Br  0, 076.0,  0, 038(mol) Đặt T = mA n Br  0,038 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 54 Các phương trình hóa học xảy ra: CnH2n-2 + Br2  CnH2n-2Br2 (T1 = 14n – 2) CnH2n-2 + 2Br2  CnH2n-2Br4 (T2=7n – 1)  Ta có: 7n –   14n –  2,02  n  3,9  n =  CTPT: C3H4 0, 038 CTCT: CHC– CH3 CH2=C=CH2 Bài 109: Hỗn hợp X gồm axit cacboxylic A no mạch hở, đơn chức axit cacboxylic B đơn chức, mạch hở (phân tử có nối đơi C=C) Đốt cháy hồn tồn 0,15 mol X dẫn sản phẩm cháy lội qua bình nước vôi dư thu 40 gam kết tủa khối lượng bình tăng 23,9 gam Xác định CTPT CTCT axit X Biết A không làm nhạt màu nước brom Hướng dẫn: 23,9  0, 4.44 n CO  n CaCO  0, mol  n H O   0,35  C(tb) = 0,4/0,15 = 2,67 2 18  A HCOOH CH3COOH Vì A khơng làm màu nước brom nên  A CH3COOH (chỉ có đồng phân axit) C2H4O2  2CO2 + 2H2O { số mol CO2 – số mol H2O = 0) CnH2n-2O2  nCO2 + (n-1)H2O { số mol CO2 – số mol H2O = số mol B)  n  0,  0,35  0, 05 BT mol C  B  0,1.2 + 0,05.n = 0,4  n =  B: C3H5COOH (3 đp axit hở)  n A  0,1 Bài 110: Cho hỗn hợp X gồm bốn este mạch hở, có este đơn chức ba este hai chức đồng phân Đốt cháy 11,88 gam X cần 14,784 lít O2 (đktc), thu 25,08 gam CO2 Đun nóng 11,88 gam X với 300 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu chất rắn Y phần chứa ancol đơn chức Z Cho Z vào bình Na dư, sau phản ứng xảy hồn tồn thấy khối lượng bình Na tăng 5,85 gam Trộn Y với CaO nung điều kiện khơng khí, thu 2,016 lít (đktc) hidrocacbon Tìm cơng thức phân tử, viết cơng thức cấu tạo este hỗn hợp X (Nguồn: từ học sinh hỏi qua tin nhắn facebook) Hướng dẫn: Tính được: n CO  0,57 ; n H O = 0,44 ; n O = 0,66 mol 2 t0 (X) + O2  CO2 + H2O 0, 26  0,13(mol)  0, 26  Xét ttrinhf NaOH dư BT mol O: n O (trong X) = 0,57.2 + 0,44 – 0,66.2 = 0,26  n COO  n NaOH  0,3mol  2n COO Khi thủy phân X NaOH thu ancol  este tạo ancol Vôi xút muối Y thu khí  este X tạo axit có số C phần ngồi nhóm chức CxHyCOOR + NaOH  CxHyCOONa + ROH (1) a a a a (mol) CxHy-1(COOR)2 + 2NaOH  CxHy-1(COONa)2 + 2ROH (2) b b 2b (mol) ROH + Na  RONa + ½ H2  (3) 0,13 0,065 mol t (CaO) CxHyCOONa + NaOH  CxHy+1  + Na2CO3 a a (mol) CxHy-1(COONa)2 + 2NaOH  CxHy+1  + 2Na2CO3 b b (mol) Theo phản ứng (3): nacol = nCOO = 0,13 mol (4) (5) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 55  Khối lượng ancol nhiều H2 5,85 gam 5,85  0,13.1  R + 17 = R  17   46  R  29(C2 H ) 0,13 Theo pư (1,2,4,5)  mkhí = mX + mNaOH pư – mancol – mNa2CO3 = 11,88 + 0,26.40 – 0,13.46 – 0,13.106 = 2,52 gam x  2,52  12x + y + =  28   0, 09 y   Các este là: C2H3COOC2H5 C2H2(COOC2H5)2  CTCT este đơn chức: CH2=CH-COOC2 H5 CTCT este hai chức (có tượng đồng phân cis –trans) H C2 H5 OOC COOC2 H5 C C H COOC2 H5 C ; COOC2H5 H C C H H COOC2 H5 ; H C2H5OOC Đồng phân Cis C Đồng phân Trans Lưu ý: Ngoài em học sinh xác định x,y dựa theo bảo toàn số mol C,H a  2b  0,13 a  0, 05 BT mol C,H 0,09x = 0,57  0,13.3 x =      2, 016  0,09y  0,04.1 = 0,44.2  0,13.5 y=3 a  b  22,  0, 09 b  0, 04  Nhận xét: Đây toán vượt sức học sinh THCS, kiểu thường thấy đề thi PTNK TP HCM ĐH KHTN Hà Nội Các tỉnh, TP khác chưa có khơng có Bài 111: Hỗn hợp khí X (ở điều kiện thường) gồm hidrocacbon A oxi có tỉ lệ số mol tương ứng 1:7 Nung nóng hỗn hợp X bình kín đến phản ứng xảy hồn tồn, dẫn hỗn hợp khí 212 sau phản ứng qua bình đựng H2SO4 đậm đặc khí Y có tỉ khối so với H2 11 a) Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có A b) Hòa tan hết 3,76 gam hỗn hợp Z gồm K2O, K, BaO, Ba, Na2O, Na (oxi chiếm 10,638% theo khối lượng) vào nước dư, thu dung dịch T có nồng đồ mol Ba(OH)2 tổng nồng độ mol chất tan dung dịch, đồng thời thoát 112 ml khí H2(đktc) Hấp thụ 1,848 lít (đktc) khí Y vào dung dịch T, kết thúc phản ứng thu m (gam) kết tủa Tính m Hướng dẫn: a) Đặt CT hidrocacbon A: CxHy Vì X thể khí  x  ; y  10 Giả sử có mol A  n O2  mol Theo quy tắc hóa trị  n O (max) = (4.4 + 10):4 = 6,5 mol < mol  O2 dư  Y gồm O2 CO2  nO n CO  44  424 :11  424 :11  32 t0 y y )O2  xCO2 + H2O 1 (x + 0,25y) x (mol) (hơi nước bị hấp thụ) x  42  11x  x  0, 25y    y=   CTPT A: C3H6 1,5 x y  CH2  CTCT A: CH2=CH–CH3 CxHy + (x + H2 C CH2 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 56 3,76.10, 638  0, 025 mol 100.16 Ba2Ox + (4-x)H2O  2Ba(OH)2 + (2 –x)H2 Na2Oy + (2-y)H2O  2NaOH + (1-y)H2 K2Oz + (2-z )H2O  2KOH + (1-z)H2 1 Theo phản ứng: n H  n Ba  n Na  n K  n O 2 Gọi a,b số mol KOH, NaOH  Số mol Ba(OH)2 = a + b 39a + 23b + 137.(a + b) = 3,76 - 0,025.16 Ta có:   a  b  0, 01 a + b + 0,5a + 0,5b - 0,025 = 0,005 nkiềm = 0,04 < n CO   0, 0825  0, 045mol < n OH = 0,06  Kết tủa tan phần 11  Sau phản ứng với CO2 có BaCO3, Ba(HCO3)2, NaHCO3, KHCO3 CO2 + MOH  MHCO3 0,02 0,02 mol CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 0,02 0,02 0,02 mol CO2 + H2O + BaCO3  Ba(HCO3)2 (0,045 – 0,04)  0,005 mol  m = (0,02 – 0,005).197 = 2,955 gam Bài 112: Hỗn hợp X gồm H2 hidrocacbon mạch hở C2 H6, C3 H4, C2H2, C4 H6 Cho 9,73 gam hỗn hợp X vào dung dịch chứa Br2 dư thấy có 0,43 mol Br2 tham gia phản ứng Mặt khác, đốt cháy hồn tồn 0,65 mol hỗn hợp khí X (đktc) cần V lít khí O2 (đktc) thu 21,78 gam H2O Tính giá trị V? Nhận xét: Đây toán ý tưởng quen, lâu ta thường giải theo quy đổi hỗn hợp bỏ bớt chất để chất (3 ẩn) độ lệch phần (k) thí nghiệm, tổng cộng ẩn kiện Mấu chốt chỗ đề không hỏi lượng chất trog X mà hỏi lượng O2 tác dụng với X nên có nhiều cách giải khác cho THPT (trắc nghiệm) THCS (Tự luận) Hướng dẫn: (Trắc nghiệm): b) n O  t 0,65 mol X + O2   xCO2 + 1,21 mol H2O Vận dụng mối liên hệ: n liên kết pi  n CO  n H O  n Chất cháy  x – 1,21 + 0,65 = (x – 0,56) mol 2 12x  1, 21.2 9, 73 1, 21   x  1, 42  V  (1, 42  ).22,  45,36 lit x  0, 56 0, 43 (Tự luận): Đặt CTTB hỗn hợp X CnH2n+2 –2k Các phương trình phản ứng: CnH2n+2 –2k + kBr2  CnH2n+2 –2kBr2k (1) t CnH2n+2 –2k + 3n   k O2  nCO2 + (n+1- k)H2O (2) 14n   2k 9, 73 Theo (1)    10, 59k  6, 02n  0,86 (I) k 0, 43 1, 21 Theo (2)  n   k   -0,65k + 0,65n = 0,56 (II) 0, 65 86 142 142 Giải phương trình (1,2)  k  ; n=  n CO   0,65  1, 42 mol 65 65 65 Bảo toàn số mol O  n O2  n CO  0,5n H 2O  1, 42  0, 5.1, 21  2, 025(mol)  V = 2,025.22,4 = 45,36 lít  115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 57 Bài 113: Hòa tan hết 14,8 gam hỗn hợp Fe Cu 126 gam dung dịch HNO3 48% thu dung dịch X (không chứa muối amoni) khí X’ Cho X phản ứng với 400ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M KOH 0,5M, thu kết tủa Y dung dịch Z Nung Y đến khối lượng không đổi thu 20 gam hỗn hợp gồm Fe2O3 CuO Cô cạn Z thu hỗn hợp rắn khan T Nung T đến khối lượng không đổi, thu 42,86 gam hỗn hợp chất rắn Viết PTHH tính C% Fe(NO3)3 dung dịch X Hướng dẫn: Đặt CT khí X’ NOx (5-2x)Fe + (18-6x)HNO3  (5-2x)Fe(NO3)3 + (9-3x)H2O + 3NOx (5-2x)Fe + (12-4x)HNO3  (5-2x)Fe(NO3)2 + (6-2x)H2O + 2NOx (5-2x)Cu + (12-4x)HNO3  5-2x)Cu(NO3)2 + (6-2x)H2O + 2NOx Nếu NaOH, KOH hết  m NaNO  KNO  0, 4.69  0, 2.85  44,6(gam)  42,86 (vô lý)  kiềm dư 2 42,86  0, 4.40  0, 2.56  0,54 mol 46  17 Khi cho X tác dụng NaOH xảy phản ứng sau: HNO3 + ROH  RNO3 + H2O Fe(NO3)3 + 3ROH  Fe(OH)3 + 3RNO3 Fe(NO3)2 + 2ROH  Fe(OH)2 + 2RNO3 Cu(NO3)2 + 2ROH  Cu(OH)2 + 2RNO3 Tăng giảm khối lượng  n NO (X)  n RNO = t0 RNO3  RNO2 + ½ O2 t 2Fe(OH)2 + ½ O2   Fe2O3 + 2H2O t 2Fe(OH)3   Fe2O3 + 3H2O t0 Cu(OH)2  CuO + H2O Gọi a,b số mol Fe, Cu hỗn hợp 2Fe  Fe2O3 Cu  CuO a 0,5a mol b b mol 56a  64b  14,8 a  0,15    80a  80b  20 b  0,1 Vì n NO3 (trong X) = 0,54 < 0,15.3 + 0,1.2 = 0,65 mol  X gồm: Fe(NO3)2, Fe(NO3)3, Cu(NO3)2  HNO3 hết (0,96 mol)  n H 2O sinh = 0,48 mol  0,54  (0,1  0,15).2  0, 04mol  n Fe(NO )3 m ddX  m KL  m NO  m H 2O = 14,8 + 0,54.62 + 126.52/100 + 0,48.18 = 122,44 gam 0, 04.242 100%  7, 91% (Hoặc tính N,O khí BTKL  mX) 122, 44 Bài 114: Chia m (gam) hỗn hợp X gồm Al2O3, Fe2O3 CuO thành phần Phần có khối lượng 5,02 gam tác dụng vừa đủ với 900ml dung dịch HCl 0,2M Phần có tổng số mol 0,1 mol cho tác dụng với H2 dư, nung nóng đến phản ứng xảy hoàn toàn thấy tạo 0,12 mol H2O Viết phương trình phản ứng tính giá trị m Hướng dẫn: Đây mà cần nhìn phát biết thuộc dạng toán chia phần không Đây sở để ta sử dụng pp giải theo độ lệch phần (k) Phải đặt số mol cho phần có lợi em nhé!  Phần 2: Các em tự viết PTHH Số mol Al2O3, Fe2O3, CuO x,y,z  x  y  z  0,1 (1) Từ đề   3y  z  0,12 (2)  Phần 1: Các em tự viết PTHH Số mol Al2O3, Fe2O3, CuO kx,ky,kz  C% Fe(NO )3  115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 58  102kx + 160ky + 80kz = 5,02 (3) 6kx + 6ky + 2kz = nHCl = 0,18 (4) Khử k từ (3,4) được: 588x + 66y – 218z = (5) Giải (1,2,5 )  x = 0,02 ; y = 0,02 ; z = 0,06  m = 5,02 + 0,02.(102 + 160) + 0,06.80 = 15,06 gam Bài 115: Lên men m gam tinh bột thành rượu etylic với hiệu suất 81%, hấp thụ tồn khí CO2 sinh vào 200ml dung dịch Ba(OH)2 0,25M, thu kết tủa dung dịch X Cho từ từ dung dịch KOH vào X, đến kết tủa lớn cần 20 ml dung dịch KOH 0,5M Viết phương trình phản ứng tính m? Hướng dẫn: Số mol Ba(OH)2 = 0,05 mol ; số mol KOH = 0,01 mol m TB (pư) = 81m/100 = 0,81m gam t ,xt (C6H10O5)n + nH2O   nC6H12O6 men C6H12O6   2C2H5OH + 2CO2 Sơ đồ chuyển hóa từ mắt xích tinh bột: C6H10O5  C6H12O6  2CO2 0,81m  0,01m (mol) 162 X tạo kết tủa với KOH nên X có Ba(HCO3 )2 CO2 + Ba(OH)2  BaCO3  + H2O 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 Ba(HCO3)2 + KOH  BaCO3 + KHCO3 + H2O (Chú ý: Vì KOH nên khơng tạo K2CO3) Sau phản ứng thu BaCO3 KHCO3 Bảo toàn mol Ba, K  0,05mol BaCO3 0,01mol KHCO3 BT mol C  0,01m = 0,05 + 0,01  m = gam -HẾT - CHÚC CÁC EM NĂM MỚI CÓ NHIỀU BAO LÌ XÌ, SAU TẾT GẶT HÁI NHIỀU THÀNH CƠNG BLOG HĨA HỌC – Chia sẻ tài liệu Thầy Nguyễn Đình Hành – THCS Mạc Đĩnh Chi, Đak Pơ, Gia Lai http://dhanhcs.violet.vn Email: n.dhanhcs@gmail.com Website dạy học: Đang thiết kế CÁC SÁCH ĐÃ XUẤT BẢN CỦA THẦY NGUYỄN ĐÌNH HÀNH Các tài liệu thực chuyển giao cho thầy cô giáo gồm: 1/ File word 45 đề thi vào lớp 10 chuyên hóa (giải chi tiết) 2/ File word tổng hợp đề (không giải) sách “22 chuyên đề hay khó BDHSG Hóa THCS” T1 3/ File word “ 10 năm thi HSG cấp tỉnh Gia Lai” giải chi tiết (năm 2007 đến 2017) 4/ Fele word “Bài toán kim loại tác dụng với dung dịch muối” Liên hệ chuyển giao theo Email: n.dhanhs@gmail.com - ... 0,1.24  5, 9( g)   m ACl3  m BCl2  24,  0,1 .95  14, 7(g) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Tăng giảm khối lượng  n O  19 14,7  5 ,9  0,16... số, BTKL, BT mol nguyên tố … em tự giải thử để biết 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh Bài 19: Hỗn hợp X gồm Cu, Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng... (Al) 115 Bài tập hóa học vận dung vận dụng cao - Thầy Nguyễn Đình Hành tặng em học sinh 13 Bài 31: Khử hoàn toàn 57,6 gam oxit sắt dòng khí CO thu khí A Hấp thụ khí A vào dung dịch chứa 69, 56