pp bảo toàn khối lượng

Phương pháp 1: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN VỀ LƯỢNG
I.LÝ THUYẾT
1. Bảo toàn khối lượng theo phản ứng:

∑
chat
pư =
∑
chat
spư
2. Bảo toàn khối lượng theo một nguyên tố:
Tổng m (1) nguyên tố(trong các chất pư) = Tổng m (1) nguyên tố(trong các chất
spư)

⇒
(
∑
n
chất
X )
tpu
= (
∑
n
chất
X )s
pu
3.Bảo toàn khối lượng về chất
* Khối lượng của 1 hợp chất = tổng khối lượng các ion có trong chất đó
= tổng khối lượng các nguyên tố trong chất đó
VD: m

muối
= m
KL
+ m
gốc axit
M
oxit
= m
KL
+ m
0xi
Lưu ý: ta lập các sơ đồ liên hệ
+ theo quan hệ sản phẩm : 2M
I

→←
H
2
M
II

→←
H
2
2 M
III

→←
3H
2

+Theo quan hệ thay thế : 2Na
+
→←
Mg
2+
2Cl
-
→←
O
2-
3K
+
→←
Al
3+
2Cl
-
→←
CO
2-
3
3Mg
2+
→←
2Fe
3+
2Cl
-
→←

SO
2-
4
O
2-
→←

CO
2-
3
+Quan hệ trung hòa:
H
+
→←
OH
-
Fe
3+
→←
3OH
-
Ba
2+
→←
SO
2-
4
3Mg
2+
→←

2PO
2-
4
II.BÀI TẬP
(Dạng 1) Bài 1 : tính lượng chất của một sản phẩm phản ứng
Lấy 13,4 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat KL hóa trị II đem hòa trong dung dịch HCl
dư,nhận được 3,36 lit CO
2
(đktc) và dung dịch X.Tính khối lượng muối khan khi cô cạn
dung dịch X.
A.14,8 g B.15,05g C.16,8g D.17,2 g
Giải
Cách 1 (bảo toàn KL về chất )
Lập biểu thức liên hệ
CO
2-
3

→
CO
2
Đề
0,15
←
0,15
Và CO
2-
3
→←
2Cl

-

⇒


m
MCl
2
= m
M
+ m
Cl
-
= 13,4-0,15.60 + 0,3.35,5 = 15,05 g
0,15
→

0,3
Cách 2 (bảo toàn khối lượng theo phản úng)

MCO
3
+ 2HCl
→
MCl
2
+ CO
2
+H
2

O
0,3 0,15
13,4 + 0,3.36,5 =
m
MCl
2
+ 0,15.44 +0,15.18

⇒

m
MCl
2
=15,05 g
Dạng 2 Phản ứng nhiệt nhôm
Bài 2 Lấy 21,4 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe
2
O
3
đem nung một thời gian ta nhận được hỗn
hợp Y gồm Al,Al
2
O
3
,Fe,Fe
2
O
3.
Hỗn hợp Y hòa tan vừa đủ trong 100 ml NaOH.Vậy khối
lượng Fe

2
O
3
trong hỗn hợp X là
A.12,02g B.14,8g C.15,2g D.16,0g
Giải
Tóm tắt: 21,4 g hỗn hợp X Al Al 100ml NaOH 2M
Fe
2
O
3
h
2
Y Al
2
O
3
Fe

m
OFe
32
=? Fe
2
O
3
cần tính m
Al
Vì chúng phản ứng với NaOH
lưu ý: nhớ PT

m
OAl
32

2Al + 6H
2
O+2NaOH
→
2Na[Al(OH)
4
] + 3H
2
Al
2
O
3
+ 2NaOH+ 3H
2
O
→
2Na[Al(OH)
4
]
Lập sơ đồ liên hệ
Al
→
Na[Al(OH)
4
]
←

NaOH
0,2
←
0,2
←
0,2
⇒
m
Al
= 0,2.27=5,4 g

⇒

m
OFe
32
= 21,4- 5,4 =16,0 g
Dạng 3 Khử oxit kim loại bằng CO hoặc H
2
hỗn hợp rắn X gồm Fe
2
O
3
và FeO đem đốt nóng cho CO đi qua được hỗn hợp rắn Y và
khí CO
2
.
Cách giải: Theo ĐLBT khối lượng m
X
+ m

CO
=m
Y
+
m
CO
2
Bài 3 Cho khí CO đi qua ống chứa 0,04 mol X gồm FeO và Fe
2
O
3
đốt nóng ,ta nhận được
4,784 gam chất rắn Y (gồm 4 chất ),khí đi ra khỏi ống dẫn qua dung dịch Ba(OH)
2
dư thì
nhận được 9,062 gam kết tủa .Vậy số mol FeO,Fe
2
O
3
trong hỗn hợp X lần lượt là
A.0,01; 0,03 B.0,02; 0,02 C.0,03; 0,02 D.0,025 ; 0,015
Giải
CO + 0,04 mol h
2
X FeO x
Fe
2
O
3 y

→
4,784g rắn Y(4 chất)
Khí d
2
Ba(OH)
2
dư 9,062 g

m
CO
+
m
hhX
=
m
hhY
= +
m
CO
2
0,046.28 + m
X
=4,784 + 0,046.44
⇒
m
X
= 5,52 g
mà CO
→
CO

2

→
BaCO
3
Vậy đủ ĐK lập hệ PT đối với hỗn hợp X
Đề x + y =0.04 x= 0,01
0,046
←
0,046
←
0,046 72x + 160y= 5,52
⇒
y= 0,03
Dạng 4 Chuyển kim loại thành oxit kim loại
Bài 4 Lấy 14,3 gam hỗn hợp X gồm Mg,Al đem đốt trong oxi dư,sau khi phản ứng hoàn
toàn thì nhận được 22,3 gam hỗn hợp Y gồm 3 oxit .Tính thể tích dung dịch HCl 2M tối
thiểu cần dùng để hòa tan hỗn hợp Y.
A. 400 ml B. 500ml C.600ml D.750 ml
Giải
14,3 g X Mg O
2 dư
Al
→
22,3 g Y MgO v =? HCl 2M
Zn Al
2
O
3

ZnO Tìm n
O
=
16
m
O
=
16
3,143,22 −
= 0,5
Mà O
2-

↔
2Cl
-

←
2 HCl (dựa vào quan hệ thay thế )
0,5
→
1
→
1

⇒
V
HCl
=
2

1
= 0,5 lit = 500 ml
⇒
chọn B
Dạng 5 Chuyển kim loại thành muối
Bài 5 Lấy 10,2 gam hỗn hợp Mg và Al đem hòa tan trong H
2
SO
4
loãng dư thì nhận
dduwwocj 11,2 lít H
2
. Tính khối lượng muối sunfat tạo thành.
A. 44,6 g B. 50,8 g C. 58,2 g D. 60,4 g
Giải
10,2 g Mg H
2
SO
4 loãng, dư

Al 11,2 loãng H
2
m
muối sunfat
= ?
Ta có mối quan hệ
SO
2-
4

↔
H
2
0,5
←
0,5
⇒
m
muối
= m
KL
+
m
SO
−2
4
= 10,2 + 0,5.96 = 58,2 g
Dạng 6 Chuyển hợp chất này thành hợp chất khác
Bài 1lấy 48 gam Fe
2
O
3
đem đốt nóng cho CO đi qua ta thu được hỗn hợp X(gồm 4 chất
rắn).Hỗn hợp X đem hòa tan trong dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc, nóng dư thu được SO
2
và

dung dịch Y.Tính khối lượng muối khan khi cô cạn dung dịch Y.
A.100 g B. 115 g C. 120 g D. 135 g
Giải
48 g Fe
2
O
3

 →
0
,tCO
hh X( 4 chất)
 →
42
SOH
SO
2
Fe dd
→
cô
m
muối
= ?
FeO
Fe
3
O
4
Fe
2

O
3
Dùng đlbt nguyên tố : m
Fe
= m
Fe(oxit)
= m
Fe(trong muối sunfat)
Fe
2
O
3
Fe
2
(SO
4
)
3

160
48
= 0,3
→
0,3
⇒

m
SOFe
342
)(

= 0,3. 400 = 120 g
Bài 2 Hòa tan hết 7,74 g hỗn hợp bột Mg,Al bằng 500 ml dung dich hỗn hợp HCl 1M và
H
2
SO
4
0,28 M thu được dung dịch X và 8,736 lít H
2
ở đktc. Cô cạn dung dịch X thu được
lượng muối khan là
A.38,93 g B. 103,85 g C.25,95 g D.77,86 g
HCl 1M Giải
7,74 g Mg 500 ml H
2
SO
4
0,28 M
Al 8,736 lít H
2
dd X
→
co
m
muối
= ?
HCl
→
H
+
+ Cl

-
0,5
→
0,5
→
0,5
H
2
SO
4
→
2 H
+
+ SO
2-
4

⇒
2H
+
→
H
2
0,14
→
0,28
→
0,14 0,78
→
0,39 (đúng đề cho

4,22
736,8
=0,39 )
m
muối
= m
KL
+ m
Cl
-
+
m
OS
−2
4
= 7,74 + 0,5.35,5 + 0.14. 96
= 38,93 ( g )
Bài 3 hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào axit HNO
3
vừa đủ
thu được dung dịch X(chỉ chứa 2 muối khan ) và khí duy nhất NO.Giá trị của a là
A. 0,04 B. 0.075 C.0.12 D. 0.06
Giải
0,12 mol FeS
2
HNO

3

a mol Cu
2
S dd ( 2 muối khan)
NO
Áp dụng định luật BTĐT
FeS
2

→
Fe
3+
+ 2SO
2-
4
0,12
→
0,12
→
0,24
⇒
3.0,12 + 2a.2 = 0,24.2 + 2a
Cu
2
S
→
2Cu
2+
+ SO

2-
4

⇒
a = 0.06
a
→
2a
→
a
Bài 4 Nung hỗn hợp bột gồm 15,2 g Cr
2
O
3
và m(g) Al ở nhiệt độ cao .Sau khi phản ứng
hoàn toàn thu được 23,3 g hỗn hợp rắn X.Cho toàn bộ hỗn hợp X phản ứng với axit HCl
dư thấy thoát ra V lít khí H
2
(đktc). Giá trị của V là
A. 4,48 B. 7,84 C.10,08 D.3,36
Giải
Cr
2
O
3
15,2 (g) t
0

Al m(g) 23,3 g hỗn hợp rắn X HCl dư V lít H
2

(đktc)

n
Al
=
27
2,153,23 −
= 0,3 mol
mà
n
OCr
32
=
152
2,15
= 0,1 Cr
2
O
3
+ 2 Al
→
Al
2
O
3
+ 2 Cr
bđ 0,1 0,3
pư 0,1
→
0,2

→
0,1
→
0,2
spu 0 0,1 0,1 0,2

⇒
2Al
dư

→
3 H
2
0,1
→
0,15
⇒
V = (0,15 + 0,2) .22,4 = 7,84 lít
Cr
II

→
H
2

Bài 5 Hòa tan hoàn toàn 2,81g hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
,MgO, ZnO trong 500 ml dung dịch

H
2
SO
4
0,1M vừa đủ.Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được số gam muối khan là
A. 6,81 B.4,81 C. 3,81 D.5,81
Giải

2,81 g Fe
2
O
3
MgO 500ml H
2
SO
4
0,1 M cô cạn
ZnO dd m (g) = ?

H
2
SO
4

→
2H
+
+ SO
2-
4

0,05
→
0,1
→
0,05
Mà O
2-

→
2 H
+
0,05
←
0,1

⇒

m
oxit
O
−2
= 0,05. 16 = 0,8 g
⇒
m
3KL
= 2,81- 0,8 = 2,01 g

⇒
m
muối

= m
KL
+
m
OS
−2
4
= 2,01 + 0,05.96 = 6,81 (g)
Bài 6 Cho 24,4 g hỗn hợp Na
2
CO
3
và K
2
CO
3
phản ứng vừa đủ với dung dịch BaCl
2
.Sau
phản ứng thu được 39,4 g kết tủa .Lọc tách kết tủa,cô cạn dung dịch thu được m gam muối
clorua. Giá trị của m là
A. 2,66 g B. 22,6 g C.6,26 g D. 26,6 g
Giải
24,4 g Na
2
CO
3
BaCl
2
39,4 g

↓


K
2
CO
3
dd
→
cô
m (g) = ?



CO
2-
3

→
BaCO
3
mà CO
2-
3

↔
2Cl
-
0,2
←

197
4,39
=0,2 0,2
→
0,4

⇒
m
Na,K
= 24,4 – 0,2.60 = 12,4 g

⇒
m
muối
= m
Na,K
+
m
Cl
−
= 12,4 + 0,4. 35,5
= 26,6 (g)
Bài 7 Cho 0,52 g hỗn hợp 2 kim loại Mg và Fe tan hoàn toàn trong dung dịch H
2
SO
4
dư
thấy có 0,336 lít khí thoát ra (đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được là
A.2 g B.2,4 g C.3,92 g D.1,96 g
Giải

0,52 g Mg H
2
SO
4
dư
Fe 0,336 lit
m (g) = ?
SO
2-
4

←
H
2
SO
4

←
2H
2+

→
H
2
0,015
←
0,015
←
0,03
←

4,22
336,0
= 0,015

⇒
m = 0,52 + 0,015.96 = 1,96 (g)
III BÀI TẬP RÈN LUYỆN KĨ NĂNG Ở TRÊN
Bài 1 Hòa tan 10,14 g hợp kim Cu, Mg,Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu
được 7,84 lít khí A (đktc) và 1,54 g chất rắn B và dung dịch C.Cô cạn dung dịch C thu
được m gam muối ,m có giá trị là
A.33,45 B. 33,25 C.32,99 D.35,58
Giải
10,14 g hợp kim Cu
Mg dd HCl(đủ)
Al 7,84 lit khí A + 1,54 g rắn B + ddC m = ?
2Cl
-

↔
2HCl
↔
H
2
0,7
←
0,7
←
0,35
Cách 1 10,14 + 0,7.36,5 = m + 1,54 + 0,35.2

⇒
m = 33,45 (g)

Cách 2 m= m
KL(Mg,Al)
+
m
Cl
−
= (10,14 – 1,54) + 0,7.35,5 = 33,45 (g)
Bài 2 Hòa tan hoàn toàn 10 g hỗn hợp Mg và Fe trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24
lít khí H
2
(đktc).Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan .khối lượng
muối khan thu được là
A.1,71 g B. 17,1g C.3,42 g D.34,2 g
Giải(tương tự bài 1)
m = 10 + 0,2.35,5= 17,1 (g)
Bài 3 Trộn 5,4 g Al với 6,0 g Fe
2
O
3
rồi nung nóng để thực hiện phản ứng nhiệt nhôm .Sau
phản ứng ta thu được m gam hỗn hợp chất rắn .Giá trị của m là
A.2,24 g B.9,40 g C.10,20 g D.11.40 g
Giải
m = 5,4+ 6,0 = 11,40 (g)
Bài 4 Thổi một luồng khí CO dư qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm CuO, Fe
2
O

3
, FeO,
Al
2
O
3
nung nóng thu được 2,5 gam chất rắn .Toàn bộ khí thoát ra sục vào nước vôi trong
dư thấy có 15 g kết tủa trắng .Khối lượng của hỗn hợp oxit kim loại ban đầu là
A. 7,4 g B.4,9 g C. 9,8 g D. 23 g
Giải
m (g) CuO
=? Fe
2
O
3
CO dư
FeO 2,5 g chất rắn
Al
2
O
3
CO
2
Ca(OH)
2 dư

15 g
↓
( Lưu ý Al
2

O
3
không bị khử) Đặt CTC của oxit là M
x
O
y
+ Các PTPƯ: M
x
O
y
+ yCO xM + y CO
2
0,15
←
0,15
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O
0,15
←
0,15
Theo PT :
n
oxit

O
−2
= n
CO
=
n
CO
2
= 0,15 mol
m
hh oxit
= 2,5 (g) chất rắn + m
oxi trong oxit
= 2,5 + 0,15. 16 = 4,9 g
Bài 5 Chia 1,24 g hỗn hợp 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau . Phần
1 bị oxi hóa hoàn toàn thu được 0,78 g hỗn hợp oxit . Phần 2 tan hoàn toàn trong dung
dịch H
2
SO
4
loãng thu được V lít H
2
(đktc) và dd X.Cô cạn dung dịch X thu được m gam
muối khan
a)Giá tri của V là
A.2,24 lít B.0,112 lít C.5,6 lít D.0,224 lít
b) Giá tri của m là
A.1,58 g B.15,8 g C.2,54 g D. 25,4 g
Giải

2
1
m
hh =
0,62 (g)
+ Áp dụng ĐLBT nguyên tố (đối với nguyên tố oxi) :

m
KL
+
m
pu
O
=
m
oxit

⇔
0,62 +
m
pu
O
= 0,78

⇒

m
pu
O
= 0,16 g

• Lưu ý Khi kim loại tác dụng với O
2
và với H
2
SO
4
thì:
n
O
−2
=
n
SO
−2
4
(theo ĐLBT
điện tích )
• mà
n
SO
−2
4
=
n
H
2
Vậy:
n
O
−2

=
n
SO
−2
4
=
n
H
2
a)
V
H
2
=
16
16,0
.22,4 = 0,01.22,4= 0,224 lít
b) m
muối
= m
KL
+
m
SO
−2
4
= 0,62 + 0,01.96 = 1,58 (g)
Bài 6 Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch axit HCl dư thấy có
11,2 lít khí thoát ra (đktc) và dung dịch X.Cô cạn dung dịch X thì khối lượng muối khan
thu được là

A.35,5 g B.45,5g C.55,5 g D.65,5 g
Bài 7 Hòa tan hết 38,60 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M trong dung dịch HCl dư thấy
thoát ra 14,56 lít H
2
(đktc).Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được là
A.48,75 g B.84,75 g C.74,85 g D.78,45 g
Giải
38,60 (g) Fe HCl(dư)
M 14,56 lít H
2
dd cô cạn
m(g) =?
M
muối
= m
Kl
+
m
Cl
−
= 38,60 + 2
4,22
56,14
.35,5 = 84,75 (g)
Bài 8 Cho tan hoàn toàn 8,0 g hỗn hợp X gồm FeS và FeS
2
trong 290 ml dung dịch
HNO
3
,thu được khí NO và dung dịch Y.Để tác dụng hết với các chất trong dung dịch Y

,cần 250 ml dung dịch Ba(OH)
2
1M.kết tủa tạo thành đem nung ngoài không khí đến khối
lượng không đổi được 32,03 gam chất răn Z
a)Khối lượng mỗi chất trong X là
A.3,6 g FeS và 4,4 g FeS
2
B. 4,4 g FeS và 3,6g FeS
2
C. 2,2 g FeS và 5,8 g FeS
2
D. 4,6 g FeS và 3,4 g FeS
2
b)Thể tích khí NO(đktc) thu được là
A.1,12 lít B.2,24 lít C.3,36 lít D.6,72 lít
c) nồng độ mol của dung dịch HNO
3
đã dùng là
A.1M B.1,5MC.2M D.0,5M
Giải
8,0 (g) hhX FeS 290mlHNO
3
FeS
2
NO
dd Y 250ml Ba(OH)
2
1M t
0

↓
32,03(g )chất
rắn
a) Áp dụng ĐLBT nguyên tố đối 2 nguyên tố Fe và S
Từ đề
⇒
dd Y Fe
3+


⇒
Kết tủa Fe(OH)
3

⇒
32,03 (g) chất rắn Fe
2
O
3

SO
−2
4
BaSO
4
BaSO
4
Đặt hh FeS x
⇒

n
Fe
= x +y
⇒

n
OFe
32
= 0,5(x +y)
FeS
2
y n
S
= x + 2y
n
BaSO
4
= x + 2y
⇒
Ta có hệ phương trình 88x + 120y = 8
⇔
88x + 120y = 8
⇒
x= 0,05
160.0,5(x +y) + 233(x + 2y) = 32,03 313x + 546y =
32,03 y= 0,03
Vậy: hh X
m
FeS
= 88.0,05= 4,4 (g)

m
FeS
2
= 120.0,03= 3,6 (g)
b) V
NO(đktc)
= ?
Áp dụng ĐLBT electron cho pứ oxi hóa- khử
FeS - 9e
→
Fe
+3
+ S
+6
0,05
→
0,45
FeS
2
– 15e
→
Fe
+3
+
2S
+6
0,03
→
0,45

N
+5
+ 3e
→
N
+2
(NO)
0,9
→
0,3 mol
⇒
V
NO
= 0,3.22,4 = 6,72 lít
c)[HNO
3
] = ?
( Lưu ý:kiểm tra xem trong ddY có HNO
3
dư không)
Theo trên ddY Fe
3+

x +y = 0,08 mol

SO
−2
4
x + 2y = 0,11 mol

Có các PTPƯ : Fe
3+
+ 3OH
-

→
Fe(OH)
3

⇒
cần
n
OHBa
2
)(
= 0,12 mol
0,08
→
0,24
⇒
cần 0,23
mol Ba(OH)
2
< 0,25

SO
−2
4
+ Ba
2+

→
BaSO
4

⇒
cần
n
OHBa
2
)(
= 0,11 mol Vậy: trong
ddY phải có HNO
3du
0,11
→
0,11

⇒
n
du
HNO
3
= 2
n
du
OHBa
2
)(
= 2.0,02 = 0,04 mol

Vậy :
n
bđ
HNO
3
= 3
n
Fe
+3
+ n
NO
+
n
du
HNO
3
= 3.0,08 + 0,3 + 0,04 =0,58 mol

⇒
[HNO
3
] =
29,0
58,0
= 2 M
Bài 9 Thổi 8,96 lít CO (đktc) qua 16 g Fe
x
O
y
nung nóng .Dẫn toàn bộ lượng khí sau phản

ứng qua dung dịch Ca(OH)
2
dư,thấy tạo ra 30 g kết tủa .Khối lượng Fe thu được là
A.9,2 g B.6,4 g C.9,6 g D.11,2 g
Bài 10 (Không có đáp án đúng- tác giả giải sai so với dữ kiện đề cho)Thực hiện phản
ứng nhiệt nhôm với 9,66 g hỗn hợp X gồm Fe
x
O
y
và nhôm,thu được hỗn hợp rắn Y .Cho Y
tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được dung dịch D , 0,672 lít khí(đktc) và chất không
tan Z.Sục CO
2
đến dư vào dung dịch D ,lọc kết tủa và nung đến khối lượng không đổi
được 5,1 gam chất rắn .
a)Khối lượng của Fe
x
O
y
và Al trong X lần lượt là
A.6,96 g và 2,7 g B.5,04 g và 4,62 g C.2,52 g và 7,14 g D.4,26 g và 5,4 g
b)Công thức của oxit sắt là
A.FeO B.Fe
2
O
3
C.Fe
3
O
4

D.Không xác định
Bài 11 Khử hoàn toàn 32 g hỗn hợp CuO và Fe
2
O
3
bằng khí H
2
thấy tạo ra 9 gam nước
.khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là
A.12 g B.16 g C.24 g D.26 g
Giải
32(g) CuO H
2
9 (g) H
2
O
Fe
2
O
3
m
hhKL
=?
PTPƯ dạng tổng quát
M
x
O
y
+ yH
2

→
xM + yH
2
O

m
nuoc
O
−2
=
m
oxit
O
−2
= 16.
18
9
= 8(g)

⇒
m
hhKL
= m
oxit
-
m
oxit
O
−2
= 32 – 8 = 24 (g)

Bài 12 Thổi một luồng khí CO dư đi qua ống đựng hỗn hợp 2 oxit Fe
3
O
4
và CuO nung
nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,32 g hỗn hợp kim loại .Khí thoát ra
được đưa vào bình đựng dung dich Ca(OH)
2
dư thấy có 5 gam kết tủa trắng .khối lượng
hỗn hợp 2 oxit kim loại ban đầu là
A.3.12 g B.3,21 g C.4,0 g D.4,2 g
Giải
hh Fe
3
O
4
COdư
CuO 2,32 (g) hhKL
CO
2
Ca(OH)
2
5 (g)
↓
Ta có: n
CO
=
n
CO
2

=
n
CaCO
3
= 0,05 mol
Mà PTPƯ dạng tổng quát
M
x
O
y
+ yCO
→
xM + yCO
2

⇒

n
oxit
O
−2
= n
COpu
=
n
CO
2
= 0,05 mol

⇒

m
hhKl
= 2,32 + 16. 0,05 = 3,12 (g)
IV.TOÁN HỮU CƠ
Dạng 1(các bài toán cộng H
2
)
Phương pháp: C
2
H
2
hhX C
2
H
2
Ni,t
0
hh Y C
2
H
4
H
2
C
2
H
6
H
2
Dùng ĐLBT : m

X
= m
Y

(n
C
)
X
= (n
C
)
Y
(n
H
)
X
= (n
H
)
Y

⇒
Đốt cháy X cũng giống đốt cháy Y

Và C + O
2

→
CO
2

2H +
2
1
O
2

→
H
2
O
Bài 1 Hỗn hợp X gồm 0,04 mol C
2
H
2
và 0,06 mol H
2
đem đốt nóng có mặt xúc tác Ni ta
được hỗn hợp Y (gồm 4 chất).lấy một nửa hỗn hợp Y cho qua bình nước brom dư ; thì còn
lại 448 ml khí Z(đktc) đi ra khỏi bình ,tỉ khối hơi của Z so với H
2
bằng 4,5 .Vậy khối
lượng tăng lên ở bình đựng nước brom là
A.0,2 g B.0,4 g C.0,6 g D.1,2 g
Giải
hhX C
2
H
2
0,04 mol Ni, t

0
C
2
H
2
dd Br
2 dư
H
2
hh Y C
2
H
4
448 ml
↑
Z(đktc)

2
1

C
2
H
6
d
Z/Hidro
= 4,5
H
2

m
hhX2/1
=
m
hhY2/1
=
2
1
( 26.0,04 + 2.0,06 ) = 0,58 (g)
Mà khí Z có n
Z
=
22400
448
= 0,02
⇒
m
Z
= 0,02.9 = 0,18 (g)
⇒
m
Br tăng
=
m
hhY2/1
- m
Z
=

0,58 – 0,18 = 0,4 g
M
Z
= 4,5.2 = 9
Bài 2 Hỗn hợp X gồm 0,02 mol axetilen và 0,03 mol hiđro dẫn qua xúc tác Ni đốt nóng
được hỗn hợp Y gồm C
2
H
2
, H
2
, C
2
H
4
, C
2
H
6
.Đem trộn hỗn hợp Y với 1,68 lít oxi (đktc)
trong bình 4 lít ,sau đó đốt cháy ở 109,2
0
C và p (atm).Vậy giá trị của p là
A.0,672 B.0,784 C. 0,96 D.1,12
Giải
hhX C
2
H
2
0,02 mol Ni, t

0
H
2
0,03 mol hh Y C
2
H
2
1,68 lít O
2
, Trong bình 4 lít
H
2
t
0
= 109,2
0
C, p(atm)= ?
C
2
H
4
C
2
H
6
Dùng phương trình : PV = nRT
⇒
p =
V
nRT

mà ở t
0
= 109,2
0
C CO
2
H
2
O ở dạng hơi
O
2

C
2
H
2
+
2
5
O
2

→
2 CO
2
+ H
2
O
Dạng 2: Thiết lập CTPT hợp chất hữu cơ dựa vào sản phẩm đốt cháy
*Bài toán giải dựa vào kết quả phân tích nguyên tố

VD 2Na
→
Na
2
CO
3
C
→
Na
2
CO
3
C
→
CO
2
2H
→
H
2
O
N
→
NH
3

⇒
n =
16
)()( cacngtomchatm −

= 0
⇒
Phân tử không có oxi
2N
→
N
2
> 0
⇒
có oxi
Cl
→
HCl
2Cl
→
Cl
2
VD: C
x
H
y
O
z
N
t
x : y : z : t = n
C
: n
H
: n

O
: n
N
= 2: 7: 2 : 1
CTĐGN: C
2
H
7
O
2
N
CT nguyên: (C
2
H
7
O
2
N)
n
Tìm n + dựa vào M
+ biện luận
Lưu ý: (bài tập khó) số nguyên tử H + số nguyên tử thế
≤
2. số nguyên tử C + 2
* dấu < khi hợp chất không no
* dấu = khi hợp chất no
VD (C
2
H
3

O)
n
C
2n
H
3n
O
n
C
n
H
2n
(CHO)
n
2n + n
≤
2n + 2
n
≤
2 n = 1 (loại )
n = 2
⇒
CTPT C
2
H
4
(CHO)
2
BÀI TẬP
Bài 1 Đốt cháy hoàn toàn 1 lít khí X cần 5 lít oxi, sau phản ứng thu được 3 lít CO

2
và 4 lít
hơi H
2
O.Biết các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất .Công thức phân tử của X
là
A.C
3
H
8
B.C
3
H
6
C.C
3
H
8
O D.C
3
H
6
O
2
Giải
Lưu ý: nếu các khí đo ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất thì :
Ta lập tỉ lệ: O
2

→

CO
2
3 (l)
←
3(l)
O
2
→
2H
2
O
⇒
C
3
H
8

2 (l )
←
4(l)
Tỉ lệ V= tỉ lệ n
Bài 2 Nicotin có trong thuốc lá là một chất rất độc, có thể gây ung thư phổi.Đốt cháy 16,2
gam nicotin bằng oxi vừa đủ thu được 44g CO
2
, 12,6 g H
2
O và 2,24 lít N
2
(đktc).Biết 85 <
M

nicotin
<230.Công thức phân tử đúng của nicotin là
A.C
10
H
14
N
2
B.C
5
H
7
NO C.C
5
H
7
NO
2
D.C
10
H
13
N
3
Giải
16,2 g O
2

Nicotin 44 g CO
2

(Giải bài toán dựa vào kết quả phân tích nguyên tố)
Biết 85 < M <230 12,6 g H
2
O C
→
CO
2
2,24(l) N
2
1
←
1
2H
→
H
2
O
1,4
←
0,7
⇒
n
O
=
16
)14.2,01.4,112.1(2,16 ++−
= 0
⇒
không chứa oxi
2N

→
N
2

⇒
CT: C
x
H
y
N
z
x:y:z = 1 : 1,4 :
0,2
0,2
←
0,1 = 5: 7 : 1

⇒
CTĐGN: C
5
H
7
N mà 85< M < 230

⇔
85< 12.5n +
7n +14n < 230

⇒
n = 2

⇒
CTPT
C
10
H
14
N
2
Bài 3 Đốt cháy hoàn toàn 2,79 gam hợp chất hữu cơ Y rồi cho các sản phẩm cháy đi qua
các bình đựng CaCl
2
khan và KOH ,thấy bình CaCl
2
tăng thêm 1,89 gam còn KOH tăng
7,92 gam còn đốt cháy 1,86 gam Y thì thu được 224ml khí N
2
(đktc).Biết Y chỉ chứa một
nguyên tử nitơ .Công thức phân tử của Y là
A.C
6
H
7
ON B.C
6
H
7
N C. C
5
H

9
N D. C
5
H
7
N
Giải
(Giải bài toán dựa vào kết quả phân tích nguyên tố)
2,79g O
2
CaCl
2
khan KOH

(Y

)

(Sp) m
↑
= 1,89g (sp) m
↑
=7,92g
1,86g O
2

224 ml N
2
1,86 g(Y)
→

224 ml N
2
2,79 g (Y)
→
được 336 ml N
2
Vậy: 2,79 g(Y) 7,92 g CO
2
C
→
CO
2
1,89 g KOH 0,18
←
0,18
336 ml N
2
2H
→
H
2
n
O
=
16
)14.03,01.21,012.18,0(79,2 ++−
= 0
0,21
←
0,105

2N
→
N
2
0,03
←
0,015
Vậy CT: C
x
H
y
N
t

⇒
x: y :z = 0,18: 0,21 : 0,03 = 6:7:1 (vì X chỉ chứa 1 nguyên tử
N)

⇒
CTPT: C
6
H
7
N
Bài 4 Để hiđro hóa 1 hiđrocacbon A mạch hở chưa no thành no phải dùng một thể tích H
2

gấp đôi thể tích hơi hiđrocacbon đã dùng .Mặt khác đốt cháy một thể tích hơi hiđrocacbon
trên thu được 9 thể tích hỗn hợp CO
2

và hơi H
2
O(các thể tích đo ở cùng điều kiện ).CTPT
của A là
A.C
3
H
6
B.C
5
H
8
C.C
6
H
10
D.C
4
H
8
Bài 5 Đốt cháy hoàn toàn 2,64

g 1 hi đrocacbon A thu được 4,032 lít CO
2
(đktc).CTPT của
hi đrocacbon A là:
A.C
6
H
14

B.C
6
H
12
C.C
3
H
8
D.C
3
H
6
Bài 6 Đôt cháy 200ml hơi một chất hữu cơ A chứa C,H,O trong 900 ml O
2
,thể tích hỗn
hợp khí thu được là 1,3 lít .Sau khi cho hơi nước ngưng tụ chỉ còn 700 ml .Tiếp theo cho
qua dung dịch KOH đặc chỉ còn 100ml (các thể tích đo ở cùng điều kiện ).CTPT của A là
A.C
3
H
6
B.C
3
H
6
O C.C
3
H
8
O D.C

3
H
8
Bài 7 Trộn 400 cm
3
hỗn hợp hợp chất hữu cơ A và nitơ với 900 cm
3
oxi dư rồi đốt .thể tích
hỗn hợp sau phản ứng là 1,4 lít.Sau khi cho hơi nước ngưng tụ thì còn 800 cm
3
,tiếp tục cho
qua dung dịch KOH thì còn 400 cm
3
.CTPT của A là
A.C
2
H
4
B.CH
4
C.C
2
H
6
D.C
3
H
8
Bài 8 Cứ 5,5 thể tích oxi thì đốt cháy vừa đủ 1 thể tích khí hiđrocacbon .CTPT của
hiđrocacbon là:

A.C
4
H
6
B.C
5
H
2
C.C
6
H
6
D.A,B đúng
Bài 9

Oxi hóa hoàn toàn 4,6 gam hợp chất hữu cơ A bằng CuO đun nóng,sau phản ứng thu
được 4,48 lít CO
2
(đktc) và H
2
O,đồng thời nhận thấy khối lượng CuO ban đầu giảm bớt
9,6 gam.CTPT của A là:
A.C
2
H
6
O B.C
3
H
8

O C.C
2
H
6
O
2
D.C
4
H
12
O
2
Bài 10

Đốt cháy hoàn toàn 1 hi đro cacbon A cần dùng 28,8 gam oxi thu được
13,44 lít CO
2
(đktc).Biết tỉ khối hơi của A đối với không khí là d với 2<d<2,5.CTPT của A
là
A.C
4
H
8
B.C
5
H
10
C.C
5
H

12
D.C
4
H
10
Bài 11 Đốt cháy hoàn toàn 18 gam hợp chất A cần dùng 16,8 lít oxi (đktc).Hỗn hợp
sản phẩm cháy gồm CO
2
và hơi nước có tỉ lệ về thể tích
V
CO
2
:
V
OH
2
= 3 : 2 .Biết tỉ khối hơi
của A đói với H
2
là 36.CTPT của A là
A.C
2
H
6
O B.C
2
H
6
C.C
3

H
8
O
2
D.C
3
H
4
O
2

Bài 12 Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A thì thu được a gam CO
2
và b
gam H
2
O.Biết 3a = 11b và 7m= 3(a+b).CTPT của A là:(biết tỉ khối hơi của A đối với
không khí nhỏ hơn 3)
A.C
3
H
8
B.C
2
H
6
C.C
3
H
4

O
2
D.C
3
H
6
O
2
Bài 13 Đốt cháy 1,08 gam hợp chất hữu cơ X rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy vào
dung dịch Ba(OH)
2
thấy bình nặng thêm 4,6 gam đồng thời tạo thành 6,475 gam muối axit
và 5,91 gam muối trung hòa.Tỉ khối hơi của X đối với He là 13,5.CTPT của X là:
A.C
3
H
6
O
2
B.C
4
H
6
C.C
4
H
10
D.C
3
H

8
O
2
Bài 14 Đốt cháy hợp chất hữu cơ A (chứa C,H,O)phải dùng 1 lượng oxi bằng 8 lần
lượng oxi có trong A và thu được lượng CO
2
và H
2
O theo tỉ lệ khối lượng
m
CO
2
:
m
OH
2
=
22 : 9.Biết tỉ khối hơi của X so với H
2
là 29.CTPT của X là
A. C
2
H
6
O B. C
2
H
6
C. C
3

H
6
O D. C
3
H
6
O
2