22 phương pháp và kỹ thuật hiện đại giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học tập 2

N G U Y Ễ N MINH TUẤN - BÙI Q U Ố C TUẤN - LẠI HUY AN
N G U Y Ễ N V Ă N C H Ấ T -N G U Y Ễ N N G Ọ C KHẢI - N G U Y Ễ N TPQNG HẢI

(Giáo Viên trường THPT chuyên Hùng vương - Phu Thọ)

&

ứuật hiện đại

CIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
•

I

HÚA HQC
TẬP
2
*

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh thân mến !
Với niềm đam mê nghề nghiệp và tình yêu thương dành cho học trò, thầy và
những người bạn của mình cùng nhau hợp tác biên soạn cuốn sách "22 PHƯƠNG
PHÁP VÀ K Ỹ THUẬT H IỆN Đ Ạ I GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
H Ọ C ”, làm tài liệu học tập cho học sinh lớp 10, 11, 12 và học sinh ôn thi Đại học,
Cao đăng khôi A, B.
V ới hình thức thi trắc nghiệm như hiện nay, việc tìm ra lời giải nhanh cho các

bài tập tính toán trong đề thi là điều hết sức quan trọng, nó góp phần không nhỏ
đến kết quả thi Đại học, Cao đẳng của các em.
Tuy nhiên, việc giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học lại không hề đơn eiản
chút nào! N ếu không năm được “bí quyết” thì trong thời gian 90 phút, các em khó
có thể hoàn thành bài thi cua mình một cách tốt nhất.
Mọi quá trình biến đổi hóa học, dù đơn giản hay phức tạp cũng đều tuân theo
các định luật bảo toàn. Vỉ thế, “bí quyết” để giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa
học là nắm vừng bản chất hỏa học và vận dụng thành thạo các định luật bảo toàn
trong hóa học. Khi đó, việc tính toán số mol của các chất trong phản ứng sẽ rất dễ
dàng, không cần sử dụng đến các phương trình phàn ứng như cách làm thông
thường.
Đ e sử dụng hiệu quả cuốn sách này, các em cần tìm hiểu kỹ 4 phương pháp : 1;
4; 6 ; 7, đây là cơ sở vững chắc cho việc giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học và
cũng là cơ sờ để các em tìm hiểu, nắm bắt, vận dụng các phương pháp khác một
cách hiệu quả hơn. Thầy chúc các em thành công !
Trong quá trình biên soạn, chúng tôi đã làm việc hết sức nghiêm túc và khoa
học, nhưng sai sót là điều khó tránh khỏi. Kính mong nhận được sự thòng cảm,
chia sẻ và góp ý của bạn đọc để cuốn sách ngày càng hoàn thiện hơn.
Mọi sự đóng góp ý kiến cùa bạn đọc xin gửi về email :
nguyenminhtuanchv(ã'gmail.com
Chúng tôi xin trân trọng cảm ơn !

Thay mặt nhóm tác giả
N guyễn M inh Tuấn
(Giảo viên trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Phú Thọ)


Công ty TNHH M T V D V V H K hang việt

P h ư ơ n g p h á p //.

S Ù v ụ n e

CH ẤT Á o, s ỗ

0X 1 HÓA À o

I. PHƯƠNG PHÁP s ử DỤNG CHÁT Ả o , SÓ OXI HÓA Ả o
Phương pháp sử dụng chất ảo, số oxi hóa ảo là một phương pháp mới lạ, để giải
nhanh một số dạng bài tập ữắc nghiệm hóa học.
Cơ sờ của phương pháp : Chuyển hỗn hợp ban đầu thành hon hợp mới hoặc
hợp ch ất mới; chuyến dung dịch ban đầu thành mội dung dịch mới; gán cho
nguyên tố s ố oxi hóa m ới khác với số oxi hóa thực của nỏ. Từ đó giúp cho việc
tính toán trở nên d ễ dàng và nhanh chóng hơn.
Hỗn hợp, hợp chất, dung dịch, số oxi hóa mới được gọi là ảo vì nó không có
trong giả thiết của bài toán.

II. PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ CÁC v í DỤ MINH HỌA
1. S ử d ụn g d un g dịch ảo
V i dụ 1: Dung dịch X chứa a mol N a+; b mol H C O 3 > c m° l c c > 3~ và d mol
S O 4" . Đ ể tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng 100 ml dung địch Ba(OH ) 2 X
mol/I. Biểu thức tính X theo a và b là:
a+b
A. X = — -— .
0,1

_
■ a + b ■■■■■■_ _ a + b
B. x = —-— .
c . x = — -— .

0,2
0,3

a+b
D. x = — ■
— .
2

(Đe thi thử Đ ại học lằn 1 - THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ,
năm học 2012 - 2013)
H ư ớn g dẫn g iải
Chuyền ion HCO 3 thành 2 ion ào là CO 32 " và H+.
Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X ’ gồm : a mol N a+; b mol H+, (b+c)
m oi C O ị' và d moỉ SO 4- .
Cho Ba(OH ) 2 vào dung dịch X ’ sẽ tạo ra kết tủa là BaSO.t và BaCƠ 3. Như vậy,
các ion Na" và H ’ đã được thay thế bằng ion Ba2+.
Áp dụng bảo toàn điện tích, ta cỏ :
a+b
2n

2+ = n
,
Ba2+
Na

+ n H+
, = > n Ba7+
2+ = — — n io l= > r w OHv,
9
Ba(UH )2

2

mol:

0 ,2

Vỉ dụ 2: Dung dịch X chứa các ion: C O j 2 , S 0 32 , S 0 42 ,0 ,1 mol H C 0 3 và
0,3 mol N a+. Thêm V lít dung dịch Ba(OH ) 2 1M vào X thì thu được lượng kết
tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V là :
A .0 ,1 5 .

B .0 ,2 5 .

c.0,20.

D . 0,30.

(Đ ề thì thử Đ ại học lần 1 - THPT H ạ H òa - Phú Thọ,
năm học 2013 — 2014)
3


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyên Minh Tuấn

H ư ớn g dẫn g iả i
Chuyển ion HCOJ thành 2 ion ảo là C 0 32~ và FP.
Chuyển X thành dung dịch ảo X ’ gồm : 0,1 mol tT , 0,3 mol Na' và các ion
CO 32” , SO 32' , s o 42- .
Sau phản ứng của X ’ với Ba(OH) 2, các ion C 0 32~ , S 0 32~ , S 0 42- được thay

bang ion OH~ .
Theo bảo toàn điện tích, ta có :
1

CMHT

=n

H

=0 , 4 m o l = > n Ba(0H)2 - 0 , 2 m o l

Na

v dd Ba(OH >2 IM

0 ,2

lít

Vỉ dụ 3: Dung dịch E gồm X moi Ca2 , y mol Ba2", z mol H C O j . Cho từ từ
dung dịch Ca(OH ) 2 nồng độ a mol/l vào dung dịch E đến khi thu được lượng
kết tủa lớn nhất thì vừa hết V lít dung dịch Ca(OH)2. Biểu thức liên hệ giữa các
giá trị V, a, X, y là
A. v = -

x + y

c. v = 2 a (x + y )

B. V =

a

a

D. v = a ( 2 x + y)

(Đe thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2012)
H ư ớn g dẫn g iả i
Chuyển E thành dung dịch ảo E’ gồm : X moi Ca21", y mol Ba 2 ’, z mol H T và z
mol C O 3 - .
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch E \ ta có :
2

n

B ạj+

+2n

7+ + n .
Cai +
H+

=2n

?_=>z = 2 x + 2 y

CO32

J

B a 2 ' \ C a 2iy mol Xmol
Sơ đồ phản ứng :

Ca
aV

[B a C 0 3 ị

OH-

CaCO, i

+<
w

o ị32“
’, cv__
__,
2x+2y 2 ^ 5 7

+ H,o

l 2aV

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng của Ba2+, Ca2+ với ion C 0 32 , ta có:
n

* Ba

7,

a

+n

1, = n
ầ Ca É
CO32
x+aV
2 x+ 2 y

v =

x+y

Hoặc áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứne của ion H+ với ion O H , ta có:
n H+ = n QH_ => 2 x + 2 y = 2 aV =>

x+y


Công ty Tỉ HỊỊ M T V D V V H K hang Việt

V í dụ 4: Một cốc chứa dung dịch A gồm a mol Ca2', b mol M g2+ và c moi
HCO.,~. Dùng V lít dung dịch Ca(OH )2 X mol/1 để kết tủa lượng cation trong
cốe. Biết k ết tủa tạo ra là C aC 0 3 và Mg(OH)2. Mối quan h ệ giữa V , a, b,
A. V = (a + 2b)/x

X là :

B. V = (2a + b)/x

C. V = (a + b)/x

D. V = (2a + 2b)/x

(Đề thi thừ đại học lần

1- THPT c ẩ m Khê —Phú Thọ, năm hục 2013 - 2014)
H ư ớn g dẫn g iả i

Chuyển A thành dung dịch ảo A ’ gồm : a mol Ca2\ b mol Mg2", c moỉ H + và
c moi C O Ĩ ~ .
Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch A \ ta có :
2

n

Ca

->, + 2 n
.

,, + n

Mgz+

. =2n

, _ = > c = 2 aTfc2 b

: co /

H+

C a ^ ,M g 2+
amo1 TmõT

Sơ đồ phản ứng :

■

Ê5:

m

Ca
j M g(O H ) 2

í C ’ c ° 3 2”
2 a+2 b;i'iiä+2S^

OH"
uàx®?

+ H ,o

" ị CaCO, ị

Áp dụng bảo toàn điện tích trons phản ứng của Ca2+ với ion C 0 32 , ta có :
n

=n

Ca É
a+xV

a + 2b

-Á =>

C O f~

X

:2a+ 2 b;

Hoặc áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng cùa ion M g 2 , H
OH , ta c ỏ : 2n

94Mgz+

+ n
n. J,. ==nn . _ = > V =
. H+
11 .
2a+2b

với ion

a + 2b

. OH
2xV

2. Sử dụng hỗn h ọp ăo
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, N a20 và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X
vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52
gam Ba(OH)2. Hấp thụ hoàn toàn 6,72 lít khí C 0 2 (đktc) vào Y, thu được m
gam kết tủa. Giá trị cùa m là
A . 23,64.

B. 15,76.

c . 21,92.

D. 39,40.

(Đề thi tuyển sinh Đ ại học khối A năm 2013)
H ư ớn g dân g iả i
Vấn đề mấu chốt của bài tập này là phải tính được số mol của NaOH trong dung
dịch Y. Tuv nhiên, dung dịch Y được tạo thành khí cho hỗn họp X gồm 4 chất
là Na, N a 20 - Ba. BaO tác dụng với H20 nên việc tính toán gặp nhiều khó khăn
(do phải sử dung nhiều ẩn sổ mol).
5

22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn

Giả sử ta có thể biến hỗn hợp 4 chất trong X thành một hỗn hợp trung gian X '
gồm 2 chất là N a20 và B aO (bằng cách cho X tác dụns với O 2) thì việc tính
toán sẽ ừ ờ nên dễ dàng hơn nhiều. Vì số mol Ba(OH >2 trong Y đã biết nên dễ
dàng tính được số m ol và khối lượng của BaO trong X ’. Từ đó sẽ tính được
khối lượng của và số mol của N a 20 , rồi suy ra số mol của NaOH.
Muốn làm như vậy, ta phải biết được tổng số mol electron mà Na, Ba trong X
đã nhường trong phản ứng với 0 2. Khi đó sẽ biết được số mol electron mà 0 2 có
thể nhận, từ đó suy ra được số moi của O 2 phản ứng với X để chuyển thành X ’,
Trong phản ứng của X với nước, chỉ có N a và Ba phản ứng giải phóng H2. Nên
thông qua số mol H 2 giải phóng ta có thể tính được số mol electron mà Na và
Ba nhường.
Theo giả thiết, ta có:
I

nH2 = 22 4 =

_ 20,52 „ 10
,
6 ,72 A ,
,
n Ba(OH)2 = - j y p = 0,12 mol; nc o , = - ^ . = G,3 mol.

n electron trao đổi ~~ ^electron Na, Ba nhường = 4n c>2 = ^ n lh ^ ^02 = 0;025 m ol
=> m (Na20, BaO) = m (Na, Na20, lìa, BaO) + m 02 = 21,9 + 0,025.32 = 2 2,7 gam,
Theo bảo toàn nguyên tố Ba, ta có:
n BaO trong X ’ = n Ba(OH )2 =

m°l

m Na20 trong X ’ = m X ’ - m BaO = 4 , 3 4 g a m .
22,7

0,12.153

í
4 34
Theo bảo toàn nguyên tô Na: n Na0H = 2 n Nii20 - 2.-1— = 0,14 mol.
Vậy dung dịch Y có 0,14 mo! NaOH và 0,12 moi Ba(OH)2. Suy ra:
n
nQH- = nNa0H + 2 n Ba(OH)2 = 0,38 mol => 1 <
0,12

<2
nc° 2

=> tạo ra cả C 0 32 ' và H C 0 3~.
Vì phản ứng tạo ra cả hai muối, nên sử dụng công thức giải nhanh, ta cỏ:
n0H-

= ° ’0 8 m « 1 < n B ^ = 0 ,1 2 mol

" ly ĩr'

0,3

'

y —1

= > n BaC03 = 0 ,08 mol ==>mBaCQ3 = 0,08.197 = 15,76 gam
Như vậy đ ể chuyển hỗn hợp gồm các kim loại và oxit thành hỗn hợp các oxừ thì
ta thêm m ột lượng oxi là
_ n electron trao đổi _ ^ n H2 _ ^ n SƠ2
n° 2 ~

4

~

4

~~ 4

n NC>2

Bn^iQ
~

4

~

4

•

Tùy thuộc vào từng bài m à số m ol electron có th ể tính theo H2, SO 2 , NO, NO 2,...

Công ty TN H H M TV D V V H K hang Việt

V ỉ dụ 2: Cho 30,7 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Na 20 , K20 tác dụng với dung
dịch HC1 vừa đủ thu được 2,464 lít H 2 (đktc), dung dịch chứa 22,23 gam NaCl
v à X gam KCI. Giá tr ị của X là:

A. 32,78.

B. 31,29.

c . 35,76.

D. 34,27.

H ư ớ n g dẫn g iã i
Chuyển hỗn họp X thành hỗn họp ảo X ’ gồm N a20 và K20 bằng cách cho X
phản ứng với một lượng 0 2 là :
^electron trao đổi
H2
2 2,464
— = 0,055 mol
n o , -= --------— --------= — — = —
4
4
4 22,4
= > m x . = m x + m Ũ2 = 3 2 ,4 6 gam.
30,7

0^05532

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N a và K, ta có :
22,23 _
0,19 mol:
2 58,5

. n HaCi _ 1
‘№ 2 0

‘KCl

3 2 .46-0 ,1 9 .6 2
..
,
=2 n k 2o " 2 . -... ĩ..............- .. = 0,44 mol

■m KCI : 0 ,4 4 .7 4 ,5 = 32,78 gam
Ví dụ 3: Hỗn hợp X gồm CaO, Mg, Ca, MgO. Hòa tan 5,36 gam hỗn hợp X bằng
dung dịch HC1 vừa đù thu được 1,624 lít H 2 (đktc) và dung dịch Y trong đó có
6 , ] 75

gam MgCl2 và m gam CaCỈ2. Giá trị cùa m !à

A. 7,4925 gatn.

B. 7,770 gam;

c . 8,0475 gam.

D. 8,6025 gam.

(Đề thi thừ Đ ại học lần 4 - THPT chuyên Vĩnh Phúc, năm học 2011 - 2012)
H ư ớn g dăn giải
Chuyển X thành hỗn hợp ảo X’ gồm CaO và MgO bằng cách cho X phản ứng
với một lượng oxi là :
VPelectam trao đổi
n ,v = -------- — --------= —
°2
4
4
=>m x . = mx +
i:

5,36

m02

=

2 1,624
.
— = 0,03625 mol
4 22,4

= 6 ,5 2 g a m .

0,0362532

Theo bảo toàn nguyên tố Mg và Ca, ta có :
-

6 ,5 2 - 0 ,0 6 5 .4 0

n MgO = n MgCl2 = ° ’ 0 6 5 m o1 = > n CaCi2 = n CaO = ----------- ^

1 CaCl2

. ..

---------- = °>0 7 rao1

7 ,77 gam

Ví dụ 4: Hỗn họp X gồm N a, Ca, N a 20 , CaO. Hòa tan hết 51,3 gam hỗn hợp X
vào nước được 5,6 lít H 2 (đktc) và dung dịch kiềm Y, trong đó có 28 gam
NaOH. Hấp thụ 17,92 lít S 0 2 (đktc) vào dung dịch Y thu được m gam kết tủa.
Giá ừ ị của m là :
A.

60.

B. 54.

c . 72.

D.

48.
7

22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giãi nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn

H ư ớn g dẫn g iã i
Chuyển hỗn họp X thành hỗn họp ào X ’ gồm CaO và N a20 bàng cách cho X
phản ứng với một lượng 0 2 là :
^electron trao đổi 2 rt]_ị2 2 5,6
.
r»o, = ------ — — — = — — = — -— = 0,125 m o l^ m v . = m Y +
02
4
4
4 22,4
x
3 .
51>3

=55,3 gam.
6

0,125.32

Theo bảo toàn nguyên tố N a và Ca, ta có :
_ n NaOH _ 1 2 8 _ n

«Na2o =

1

_

5 5 ,3 ~~ 0 ,3 5 .6 2

= 0,35 mol => nCa(0H)2 = nCa0 = -------- — -------- = 0 ,6 moL

n OH~ _ n NaOH + 2 n Ca(OH)2 _ 1,9
„
.X
X
.
= --------------------------—= “i ~ > 2 nen kiêm dư, 0,8 mol SƠ 2 đâ chuvên nêt
nso 2
ns o 2
thành 0,8 mol S 0 32~ .
V ì nca 2 + < n s 0 ì 2- = > n CaS0 3 = 0 , 6 m o l= > m CaSo 3 - 0 , 6 .1 2 0 = 7 2 g a m
°’ố

'~ íkĨT'

V í dụ 5*: Hòa tan hoàn toàn 23gam hỗnhợp X gồm Ca, CaO, K, K20 vào nước
thu được dung dịch trong suốt Y và thoát ra 4,48 lít khí (đktc). Nếu sục 4,48

lít

(TN1) hoặc 13,44 lít (TN2) COị (đktc) vào dung dịch y thu được m gam kết
tủa. Sục V lít khí C 0 2 vào dung dịch Y thì thấy lượns kết tủa đạt cực đại. Biết 1
ở TN2 đã có hiện tượng hòa tan một phần kết tủa. Giá trị của V là :

A. 6,72 < v < 1 1 ,2 .

B. V = 5,6.

c . V = 6,72.

D. 5 ,6 < V < 8 ,9 6 .

H ư ởng dẫn g iả i
Dung dịch Y gồm Ca(OH ) 2 và KOH.
Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X ’ gồm CaO và K20 bằng cách cho X
phản ứng với một lượng Ơ 2 là :
' ^-^electron trao đổi ^n H2
2 4,48
.
„
n 0 2 = ------- ---- -------= - ^ - = ^ . ^ = 0 , l m o l ^ m x , = m x + m O2 = 2 6 ,2 gam
’

23

0,1.32

= > 94n K20 + 56nC a0= 2 6 ,2 (1)
Theo giả thiết, suy ra : T N 1 chưa có hiện tượng hòa tan kết tủa, còn ở TN2 đã
cỏ hiện tượng hòa tan kết tủa. Sử dụng công thức n

, - = n . J 2 - + nc o 2 >ta cỏ :


Công ty TNHH M T V Đ V V H Khang Việt

Từ (1) và (2) suy ra : n K 0 =0,1 mol; nCao = 0,3 moỉ
Khi sục CƠ 2 vào X, để kết tủa đạt cực đại thì
n C 0 2 - - n Ca2+ = n Ca(OH )2 = °>3 m ° l-

Ta c ó :
n cc>2 min —n

2-

n

+ n cc>2 max ^

OH~
0,8

:n c o /

-

CO2 min =0 ,3
In
=05
["CO2 max - u >3

6,72 lít < VCq2 < 1 1 ,2 lít
Vcc>2 min

Vcc>2 max

Vi dụ 6: Hòa tan hoàn toàn 2.44 gam hôn hợp bột X gôm FexOy và Cu băng dung
dịch H 2SO 4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO 9 (sàn phẩm
khử duy nhất, ỏ' đktc) và dung dịch chửa 6,6 gam hỗn hợp muối suníầt. Phần
trăm khối lượng của Cu trong X là
A . 39,34%.

c . 26 ,2 3 % ./

B. 65,57%.

D . 13,11%.

(Dề thi tuyến sinh Đ ại học khối B năm 2010)
H ư ớng dẫn g iã i
Chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X ’ gồm Fe20;, và CuO bằng cách cho X
phàn ứng với một lượng O 2 là :
n electron trao đổi
" 0 2 =■
=>m x . = mx +
2 .4<*

2n so 2

2 0,504
4

= 0,01125 mol

' 22,4

=2,8 gam.

m0 2

;;o,òu^32í

Vậv ta có hệ phương trình :
160 n (:C2O3 + 8 0 n CuO = 2 ,8
40 0 n Fc2(S()4)3 + 1 6 0 n CuSO4 = 6 ,6

=i>

í% e2o 3 = 0 ,0 1 2 5 :
'

n CuO

0,01

' nCu = 0 ,0 1 mol

^JRịìP3 = n Fe2 (S0 4 )3 ỈnCu0 = n CuS04
Vậy %mCu trong x =

100% = Ị26,23%
2,44

Vỉ dụ 7: Hòa tan hoàn toàn 13,92 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng
dung dịch HNO 3 loãníỉ (dư). Sau phản ứng thu được 2,688 lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất, ờ đktc) và dung dịch chứa 42,72 gam hỗn hợp muối nitrat.

Công thức của oxit sắt là :
A . Fe20 3.

B. FeO.

C .F e 30 4.

D. FeO hoặc Fe30 4.

H ư ớn g dãn g iã i
Chuyển hỗn họp X thành hỗn họp ào X ’ gồm Fe20 ?, và CuO thì cần cho X phản
ứng vởi một lượng 0 2 là:
9


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn
^electron trao đổi _ 3 n \; q

‘o 2

3 2,688
4 ' 22 ,4 :

:0,09 mol

=> m x . = m x + m 0 2 = 1 6 ,8 g a m .
13>92

0^0932

160nFe2o 3 + 8 0 n CuO - 1 6 ,8
Vậy ta có :

I n Fe20 3

242n Fe(N03)3 + 188n Cu(N03)2 = 4 2 ,7 2

0,03

i ncuO = 0 ,1 5
n Fe(N 0 3 )3

“ 2 nFe20 3 ;n Cu(N03)2 - n Cuo

Trong hỗn họp X, ta có :
lFe = 2n.Fe20 3

h cu

CuO

=0,06

=0,15

::>nr

1 3 ,9 2 -0 ,0 6 .5 6 -0 /1 5 .6 4

=0,06:

%e

16

FeO

Ví dụ 8*: Cho 11,36 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe20:„ Fe:,0 4 phản ứng hết
với dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất, ờ đktc) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hòa tan tối đa 12,88 gam Fe
(tạo khí N O duy nhất), s ố mol HNO 3 có trong dung dịch đầu là
A . 0,88 mol

B. 0,94 mol

c . ĩ , 04 mol

D. u 6 4 mo!

(Đ ề thi ihử đại học lần 4 - THPT Quỳnh Lưu 1 —N ghệ A 7u \2011)
H ư ớn g dân g iải
Tạo hợp chất ảo Fe20 3 bàng cách cho hỗn hợp M phản ứng với 0 2.
m FeA

=

m

( F e , F e 20 3 . F e 30 4 , f e 0 )

3 1 344
+ ni 0p l l , 3 6 + ^ . - g j . 3 2 = 12,8 gam

_
-o
1 1 ,3 6 -0 ,1 6 .5 6
=> nFe trongM = 2 nFe.,o, = 2- - r ~ = 0,16 mol =* nQtrongM= --------- ------------ = 0,15 mol.
V ì dưng dịch X hòa tan tối đa Fe nên muối tạo ra là F e (N 0 3)2.
Chuyển 11,36 gam M và 12,88 gam Fe thành hỗn hợp ảo M ’ chứa 0,39 mol Fe
và 0,15 mol o .
Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng của M ’ với H N 0 3 tạo muối F e (N 0 3)2,
ta có :
2 nFe = 2 n 0 + 3 n N0 => n N0 = 0,16 m ol => n HNOj = 2
0.39

0,15

7

+ n N0 = |0 ,9 4 m ol
'

'

0,16

Bạn đọc cỏ thế tham khảo cách g iải khác ở phần bài tập áp dụng, câu 8.
V í dụ 9: Hỗn hợp X gồm C 3H8, C 2H 4(OH ) 2 và một ancol no, đơn chức, mạch hở
(trong đó C 3Hg, C 2H4(OH ) 2 có số mol bằng nhau). Đ ốt cháy hoàn toàn 5,444
gam X rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ba(OH ) 2

dư thì khối lượng bình tăng lên 16,58 gam và xuất hiện m gam kết tủa. Giá trị
của m là
in


Công ty TNHH M T V D V V H Khang Việt

B. 47,477.

A . 42,158.

c . 45,704.

D. 43,931.

Đ ề thi thử đại học lần 4 - THPT Quỳnh Lưu 1

-

N ghệ An,

năm học 2011 - 2012)
H ư ớn g dân g iả i

Do C3H8, C 2H4(O H )2 có số mol bằng nhau nên ta có thể tách 1 nguyên tử H ở
C3Hg và 1 nhóm -O H ờ C 2H 4(OH )2 rồi hoán đổi vị trí cho nhau, ta sẽ được 2
ancol C 3H 7OH và C 2H 5OH. Vậy ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành hỗn họp
ancol no,5 đơn chức C n- t L2 n+l
- .O H .
Phương trình phản ứng :

C -H 2- +1OH + ^ 0 2 ^

n C 0 2 + (n + l)H 20

(1)

Khối lượng bình đựng Ba(OH ) 2 tăng là khối lượng của CO 2 và H 20 . Kết tùa thu
đ ư ợ c là B a C 0 3.
Theo bảo toàn khối lượng, ta có :
mancoi+m o 2 = mc o 2 + m H2o = > m o 2 = r ll,1 3 6 g a m = > n 02 = 0 ,3 4 8 mol.
5,444

?

16,58

Theo (1) và bảo toàn nguyên tố c , ta có :
—
= !>5
' nC02

=>nBaeo3 = n c02 = 0 ,2 3 2 m oi=>mBaC03 =0,232.197 = 45,704 gam

n BaC03 = n cx>2

Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm 1 mol aminoaxit no, mạch hờ và 1 mol amin no, mạch
hở. X có khả năng phản ứnii tối đa với 2 mol HC1 hoặc 2 mol NaOH. Đốt cháy
hoàn toàn X thu được 6 mol CO 2, X mol H )0 và y mol N 2. Các giá trị X, y
tương ứng là
A . 8 và 1,0.

B. 8 và 1,5.

c . 7 và 1,0.

D. 7 và 1,5.

(Đề thi tuyển sinh Đ ạ i học khối A năm 2010)
H ư ớ n g dẫn g iả i
Theo giả th iế t:
nNa(^ — = — => Am ino axit cỏ hai n h óm ..............COOH.
n
. axit
■.
ì
“ amino
--------- = 1 => Amino axit và amin đều có 1 nhóm -N H 2.
^amin namino axit 1 ^
N hư vậy amin là no, mạch hở, đơn chức, có công thức là CnH 2n+iNH2; aminno
axit là no, mạch hở, có 1 nhóm -N H 2 và 2 nhóm -C O O H , có công thức là
H 2N C mH 2m-i(COOH) 2. Do hai chất có tỉ lệ mol là 1 : 1 nên ta có thể tách 1
nguyên tử H từ CnH 2n+iNH2 và tách 1 nhóm -C O O H từ H 2N C mH 2m-1(COOH ) 2
11


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh B TTN Hỏa học - Nguyễn Minh Tuấn_____________________

rồi hoán đổi vị trí cho nhau, sẽ đưọc hai amino axit là HOOCCnH 2„NH2 và
H 2NCmH 2mCOOH. Vậy coi X là hỗn hợp hai amino axit no, mạch hờ, chứa 1
nhóm -C O O H và 1 nhóm -N H 2, có công thức phân tử là C -H 2~ , j 0 2 N.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố c , ta có : nC0 2 = n.nc - H _ o zN => n = 3
'

6

i

'

2

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H, kết hợp với n = 3 . ta có :
2 n H2o = ( 2n + 1)-nc-H 2 - +ỉo 2N ^ n H20 - 7 m°l
?

'

2

"

Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có : 2 n N2 = nc - H - QỉN => n N2 =
,

V

.

: -

3. Sử dụng họp chất ảo
V i dụ 1: Hôn hợp X gôm FeO, Fe20', và Fe 30 4. Cho khí CO qua m gam X nung I
nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn họp khí z. Cho I
toàn bộ z vào dung dịch Ca(OH )2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam
kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong đung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng (dư),
thu được 1,008 lít khí S 0 2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và duns dịch chứa
18 gam muối. Giá trị của m là
A .7 ,1 2 .

c . 5,68. D
(Đề thi tuyền sinh Đ ạ i học khối B năm 2013) i

B . 6 ,8 0 .

H ư ớn g dân g iả i
Chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ào Fe 2 0 ;j.
Theo bảo toàn nguvên tố Fe, ta có :
18
"Fe2o 3 = nFe2(S04)3 = ^
= ° ’045 mo! ^ m Fe2o 3 = 0,045.160 = 7 ,2 gam.
Đ e chuyển hỗn hợp Y thành hợp chất ảo Fe2Oi thì cần cho Y phản ứng với một
lượng oxi l à :
J1
-

^electron trao đổi
2 nSO?
--------- ---------- -- = —
4
4

2

1,008

...
.
= 0,0225 mol.

4 22,4

Theo bảo toàn khối iượng, ta cỏ : mFe20 3 = m Y + m 0 2
72~^

?

=> m Y = 6 ,48 gam.

0,0225.32

Trong phản ứng của X với c o , ta có : c o + O(trono X) -> C 0 2
4
S u y r a : n O phản ứng = n CO phản ứng = n C 0 2 tạo thành = n CaC 0 3 =

Theo bảo toàn khối lượng, ta có :

mx
^

12

m O phản ứng - m Y :
0,04.16

■'

j
I
;
Ị

7,12 gam

° ’04 m ơl


Công ty TNHH M T V D V V H K hang Việt

Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 20 3, Fe 30 4
bàng H 2 SO 4 đặc, nóng thu được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO 2 (đktc), Thành
phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung
dịch Y l à :
A. 20,97% và 160 gam.

B. 30,7% và 140 gam.

c . 20,97% và 140 gam,

D. 37,5% và 160 gam.

H ư ớn g dân g iải
Chuyển hỗn hợp X thành họp chất ảo Fe 20 3 bằng cách cho X phản ứng với một
,

___n

u

lư ơn gC M à:

n electron trao fioâi
_ 2 8,96
n0 , = ---------— -------- = — —- =
= 0 ,2 moi
2
4
4
4 2 2 ,4

=> m Fe20 3 = m x + m 0 2 = 5 6 gam49’6 0032
Theo bảo toàn nauvên tố Fe, ta có : nF„
Ff,_n,3 = 2 .-Ị60
^ - = 0 ,7 mol
he = 2n ie2u
• %m 0 trong X

4 9 ,6 - 0 ,7 .5 6
= - ’ IQ ; 1 -100% = 20,96%
49,6

nFc2 (S0 4 )3 =nFc 2o 3 = “

= 0 >3 5 m o l= > m Fe2 (So 4)3 = 0,35.400 = ỊÌ 40 gam

Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn m gam hôn hợp X gôm Fe, FeCl2, FeCl3 trong H2 SO 4
đặc nóng, thu được 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm NH 3
dư vào Y, thu được 32,1 gam kết tủa. Giá trị của m là :
A. 16,8."

B. 17,75.

c . 25,675.

D. 34,55.

H ư ớn g dân g iã i
Đe cho việc tính toán đơn giản, ta chuyển hỗn hợp X thành hợp chất ảo FeCl3.
Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có :
nFeCi3 = ni-'c(Oii)3 = “

= 0.3 m o l= > m FeC|3 = 0 ,3 .1 6 2 ,5 = 48,75 gam.

Để chuyển hỗn hợp X thành FeCỈ3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng CI2
4 48
là : ncl. = n S0 2 = -^ — = 0 ,2 mol=i> m cl2 = 0 ,2 .7 1 = 14,2 gam.
Theo bào toàn khối lượng, ta có : m‘ FeCi
x +m
C|2 => m x = 34,55 gam
FeCl3 -= m
1UX

U1C1

~ũựjĩ~‘

?

Vi dụ 4: Cho 11,36 gam hỗn họp gồm Fe, FeO, Fe 20 3 và Fe 30 4 phản ứng hết với
dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy
nhất, ờ đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan.
Giá ừị của m là :

A. 49,09.

B. 34,36.

c . 35,50.

D . 38,72.
13


22phương phứp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN H óa học - Nguyễn Minh Tuấn______________________

H ư ớ n g dẫn g iả i
Chuyển hỗn hợp Fe, FeO, Fe 20 3, Fe 3Ơ 4 (hỗn họp X) thành hợp chất ảo Fe2Ơ 3
bằng cách cho X phản ứng với một lượng 0 2 l à :
nelectron trao đổi
3n XÍQ 3 1,344 „
__ .
nn, = -------- ——--------= — —-=

—
= 0,045 mol
°2
4
4
4 22,4
=> m Fe2 o 3 = m x + m o 2 =1-2,8 gam.
1 *.36

0^04532

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, ta có :

12,8

nFe(N0 3 ) 3 - 2 n Fe2 o 3 - 2 .—77 - - 0,16 mol
160
= > m Fe(N0 3 ) 3 - 0 ,1 6 .2 4 2 = 38,72 gam
Ví dụ 5: Oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí, thu được 12 gam hôn hợp X I
gồm FeO, Fe 2C>3, Fe 30 4 và Fe dư. Hoà tan X vừa đủ bời 200 ml dung dịch j
HNO 3 , thu được 2,24 lít NO duv nhất (đktc). Giá trị m và nồng độ mol cùa
dung dịch HNO 3 là :
A. 10,08 gam và 1,6M.

B. 10,08 gam v à 2 M .

c. 10,08 gam và 3,2M.

D. 5,04 gam và 2M.
(Đ ề thi thứ Đ ại học lần 2 —THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ,

năm học 2008 - 2009)

H ư ớn g dẫn g iả i
Chuyển hỗn họp Fe, FeO, Fe 2 0 3, Fe 30 4 (hỗn hợp X ) thành hợp chất ảo Fe 2Ơ 3
bằng cách cho X phản ứng với một lượng O 2 là :
n0
°2

n eỉecừon trao íioâi
3ĩ1xtq
= --------- — -------- = —
.4
4

3 2,2 4

= 0.075 mol

.

4 22,4

=> m Fe2 o 3 = m A + m 0 2 = 1 4 ,4 g a m .
12

0^07532

Theo bảo toàn nguyên tổ Fe và N , ta có:
14 4
--------------nFe = n Fe(N0 3)3 = 2 n Fe2o 3 = 2 . - ^ - = 0,18 mol = > m Fe = 0,18.56 = 110,08 gam

160
HNO3 - 3 nFe(N0 3 )3 + n NO - 0 j 6 4 mol => [HNO 3 ] -

0,64

- 3,2M

Ví dụ 6: Cho 22,72 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 20 3 và Fe 30 4 phản ứng hết
với dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được V lít khí N O (duy nhất ở đktc) và
dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 77,44 gam muối khan. Giá trị của
V là
A. 5,6.

B. 4,48.

c . 2 ,6 8 8 .

D. 2,24.

(Đ ề thi thử Đ ạ i h ọ cỉầ n 1 - THPT Chuyên B ắc Ninh, năm học 2 0 0 8 - 2009)
14


Công ty T N H H M TV D V V H K hang Việt

H ư ớn g dẫn g iả i
Chuyển X thành họp chất ảo Fe 20 3 .
Theo giả th iế t: n Fe(NC,3)3 = ZZ iỂi = 0,32 mol => n Fe2 o 3 =

Fe(N 0 3)3 _

Q Ị 6 m 0 Ị

=> m Fe2 o 3 = 2 5 ,6 g a m ,
Chuyển X thành Fe 20 3 bằng cách cho X phản ứng với một lượng 0 2 là :
2 5 ,6 - 2 2 ,7 2
nƠ2 = — -— — -— = 0,09 mol.
32
Theo bảo toàn eleetron, ta có :
3nN0 = 4 n Ũ2 => n N0 = 0,12 mol => VN0 (fiktc)

2 ,6 8 8

lít

Vỉ dụ 7: Cho 45 gam hỗn hợp bột Fe và РезО) vào V lít dung dịch НС! IM,
khuấy đều để các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy thoát ra 4,48 lít khí (đktc)
và 5 gam kim loại không tan. Giá trị của V là
A. 1,4 lít
В. 0,4 lít
c . 1 ,2 lít
D. 0 ,6 lít
(Đề thi thử đại học lần 3 - THPT Quỳnh Lưu l - N ghệ An, năm 2011)
H ư ớn g dân g iả i
Vì sau phản ứng Fe dư 5 gam nên muối tạo thành là FeCl2. Khối lượng Fe và
Fe 30 4 tham gia phản ứng là 40 gam.
Chuyển hỗn hợp 40 gam Fe, FejƠ 4 thảnh FeO thì cần cho phản ứng vói một
,

n

,,

n electron trao đổi

2ri|_j

lượng c >2 là: nn = --------— ....— = —
° 2
4
4

2 4,48

= 0 ,1 mol

4 22,4

=>.m F e0 = m Fej резо 4 + Шо2 = 43,2 gam.
'

=> n FeO =

40

43 2

'

0X 32

= 0,6 mol => n HC1 = 2n FeCl2 = 2n Fe0 = 1 ,2 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe và Cl

'НС1 IM

= 1 ,2 lít

Ví dụ 8: Cho 24,8 gam hôn hợp X gôm kim loại kiêm thô M và oxit của nó tác
dụne với HC1 dư ta thu được 55,5 gam muối khan và 4,48 lít khí H 2 (ở đktc).
Kim loại M là
A. Sr.
B. Ba.
c . Ca.
D. Mg.
(Đề thi thử Đ ại học - THPT Chuyên Bắc Ninh)
H ư ớn g dân g iả i
Chuyển hồn hợp X thành thành hợp chất ảo MO bằng cách cho X phản ứng với
một lirợníĩ 0 2 là:


2 2 phương pháp «6 kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn

’ MO = n MCi2

5 5 ,5 - 2 8
= 56=> M + 1 6 = 56
= - ——— = 0,5 m ol= > M MO =
7 1 -1 6
MO 0,5

=> M = 40 (Ca)
V ỉ dụ 9: Cho 18,5 gam hôn hợp z gôm Fe, Fe 30 4 tác dụng với 200 ml dung dịch
HNO 3 loãng đun nóng và khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được 2,24 lít khí N O duy nhất (đktc), duna dịch z và còn lại 1,46 gam kim
loại. Tính nồng độ m ol/lít của dung dịch HNO 3 và khối lượng muối trong dung
dịch z .
A. 3,2M và 54 gam.

B. 1,8M và 36?45 gam.

c . 1,6M và 24,3 gam.

D. 3,2M và 48,6 gam.

(Đ ề thí thứ đại học lần 4 - THPT Quỳnh Lm i 1 - Nghệ An,
nám học 2 0 1 0 — 2011)
H ư ớn g dân g iả i
V ì sau phản ứng còn dư 1,46 gam Fe nên phản ứng chỉ tạo ra Fe(N 0 3 ) 2.
m Z phản ứng

= 1 8 ,5 - 1 ,4 6 = 17,04 g a m ,

Đê chuyến 17,04 gam hỗn hợp z thành hợp chất ảo FeO thì cần cho z phản ứng
với một lượng 0 2 là :
nelectron trao íioải _ 3n

=í>m Fe0

m-;

•7.04

m

° 2.

3 2 .24
i . ± ĩ ± I = 0,075 mol
4 22,4

=19.44 gam.

òfiĨ532

Theo bảo toàn nguyên tố Fe và N, ta có :
_ 19,44
n Fe(N 0 3 )2 ~ n FeO ~ ... J 2 ....- 0 ,2 7

m Fe(N0 3 )2 = 0,2 7 .1 8 0 = 4 8 ,6 gam

®HN0 3 ;^ ^ n Fe( NO3 )2 + n NO = 0 ,64

[HNO 3 ] =

V

J

0,64

3,2M

0 ,2

0,27

4. Sử dụng sổ oxi hóa ảo
Ví dụ 1: Nung nóng m gam bột Fe với s trong bình kín không có không khí, sau
một thời gian thu được 12,8 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeS, FeS2, s. Hoà tan
hoàn toàn X trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng, dư, thu được 10,08 lít khí SO 2
(sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là :
A. 5,6.

B. 8,4.

c.

1 1 ,2 .

D . 2 ,8 .

H ư ớn g dân g iả i
Băn chất cùa toàn bộ quá trình phản ứng là Fe và s tác dụng với H7SO4 đặc
+3

+4

+6

nóng, dư. Fe và s trong X bị H2SO4 oxi hóa thành Fe và s , còn s trong

16


H2SO 4

+4
bị khử về s . N hư vậy S 0 2 được tạo ra trong cả quá trình oxi hóa và quá

trình khử.
Tuy nhiên, để thuận tiện cho việc tính toán, ta coi số oxi hóa của s trong quá

+6

0

trình oxi hóa thay đổi từ s lên mức s (sổ oxi hóa ảo).
Ap dụng bảo toàn khôi lượng và bảo toàn electron, ta có :
56 n Fe + 3 2 n s = 1 2 ,8
=

3nFe + 6 n s = 2 n so 2 = 2 . »
= 0 ,9 :
22,4

0,2

ns = 0 ,0 5

=> m Fe = 0 ,2 .5 6 = 11,2 gam

Ị Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,02 mol FeS 2 và 0,03 mol FeS vào
I

lượng dư H2 SO 4 đặc nóng thu được Fe 2(S 0 4 ) 3, S 0 2 và HiO. Hấp thụ hết S 0 2
bằng một lượn lĩ vừa đù dung dịch KiVlnQi, thu được V lít dung dịch Y không
màu, trong suốt, có pH = 2. Giá trị cùa V là :
A. V = 22,6 lít.

c€ .. v1 = 11,4 lít.

B. V = 22,8 lít.

D . v = 11,3 lít.

H ư ớn g dân giải
Chất khử là FeS và FeS 2, chất oxi hóa là H2 SO 4 .
Coi số oxi hóa cùa Fc và s trong F:eS: và FeS đều là 0 (số oxi hóa ảo). Sau phản
ứng số oxi hóa của Fe là +3, của s là + 6 . s ố oxi hóa của s trong H2SO 4 thay đổi
từ + 6 về +4 (trong SO 2).
Áp dụng bảo toàn eiectron, ta có:
1 5 n 1;,Si + 9 n Pi;S = 2 n sc = ^ n so = 0 ,2 8 5 m ol.
0^02

0.03

'~J

Hấp thụ 0.285 moi SO ị vào duna dịch KiMnO.j vừa đủ, xãv ra phàn ứng :
55SO>

S 0 2 + 2KM n0.ị
n0.i + 21120
211,0
0,285

->

K 21 SO 4 f

—^

2HiSO.i
2H
2 SO.,
+ 2M nS04
0,114

Dung dịch Y chứa các chất H2 SO 4 , K2 SO 4 và M 11SO 4 .
Y có p ĩi = 2, suy ra [H ’] = 0 ,0 IM.
n .

9 H2 SO4

2.0,114

[H + ]

[H -]

0 ,0 1

Vậy thể tích dung dịch Y là : v dcl v

2 2 ,8

lít

III. BÀI TẬ P V Ặ N D ỤNG
B à i tập dành chữ học sinh lớp 10
Câu 1: Hỗn hợp X gồm Mg, MgO, Ca và CaO. Hòa tan 10,72 gam X vào dung
dịch HC1 vừa đù thu được 3,248 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Trong Y có 12,35
gam M gCli và X gam CaClj. Giá trị X là
A. 33,05.

B. 15,54.

c . 31,08.

D. 21,78.

(Đe thì thử đại học lần 1 - THPT Quỳnh Lưu 1 - Nghệ An, năm học 2012 - 2013)
17


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung
dịch H 2SO 4 đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,504 lít khí SO 2 (sản phẩm
khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch chứa 6 ,6 gam hỗn hợp muối sunfat. Công
thức của oxit sắt là :

A .F e 20 3.

B. FeO.

c . Fe30 4.

D . F eO hoặc Fe30 4.

Câu 3: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 4,5 gam hỗn hợp chất rắnX. Hòa
tan hết hỗn hợp X trong dung dịch H 2SO 4 đặc nóng (dư) thoát ra 1,26 lít (ờ
đktc) SO 2 (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị cùa m là

A .2,52.

B .2,32.

c . 2,22.

D. 3 , 7.8 .'.'

(Đ ề thi thử Đ ạ i học lần 4 —THPT chuyên Vĩnh Phúc, năm học 2012 — 2013)
Câu 4: Nung m gam Cu trong oxi, thu được hỗn hợp chất rắn X có khối lượng 24,8
gam gồm Cu 20 , CuO, Cu. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch H2SO 4 đặc
■ >ng, thu được 4,48 lít khí S 0 2 (đktc). Giá trị của m là :
A. 22,4 gam.

B. 2,24 gam.

c . 6,4 gam.

D. 32 eam.

(Đe thi thừ đại học ỉần 3 —THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội,
năm học 2011 - 2012)
Câu 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan
hết hỗn hợp X tron lĩ dung djch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản
phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là :
A .2 ,5 2 .

B . 2 ,2 2 /

c .2 ,6 2 .

D .2 ,3 2 .

(Đe thi tuyển sinh Đ ạ i học khối B năm 2007)
Câu 6 : Cho 17,04 gam hỗn họp X gồm Fe, FeO, PeiOs và Fe 3Ơ 4 phản ứng hết với
dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 2 ,0 ! 6 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ớ
đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị
của m là
A. 53,250.

B. 58,080.

c . 73,635.

D. 51,900.

(Đề thì thừ Đ ạ i học lần 1 - THPT Chuyên Bắc Ninh, năm học 2011 - 2012j
B à i tập dành cho học sinh lớp 1 1 ,1 2

Câu 7: Hoà tan hoàn toàn 2,9 gam hỗn hợp gồm kim loại M và oxit của nó vào
nước, thu được 500 ml dung dịch chứa một chất tan có nồng độ 0,04M và 0,224
lít khí H 2 (ở đktc). Kim loại M là
A. Ca.

B. Ba.

c . K.

D. Na.

(Đề thi tuyển sinh Đ ạ i học khối B năm 2009)
Câu 8 *: Cho 11,36 gam hỗn hợp M gồm Fe, FeO, Fe 20 3, Fe 30 4 phản ứng hết với
dung dịch HNO 3 loãng dư, thu được 1,344 lít (đktc) khí N O (là sản phẩm khử
duy nhất) và dung dịch X. Dung dịch X có thể hoà tan được tối đa 11,2 gam Fe.
Số mol của HNO 3 cỏ trong dung dịch ban đầu là (biết sản phẩm khử của HNO 3
trong các phản ứng ỉà N 0 ):
Á. 0,94 mol.
18

B. 0,64 mol.

c . 0,86 mol.

D . 0,78 mol.


Công ty TNHH M TV Đ VVH Khang Việt

(Để thi thừ đại học ỉần 2 - THPT Chuyên Nguyên Huẹ - H à Nội,

năm học 2011 - 2012)
Câu 9*: Cho 38,04 gain hỗn hợp X gồm M g, Ca, MgO, CaO, M g C 0 3, C a C 0 3 tác
dụng với dung dịch HC1 vừa đủ, thu được 9,408 lít hỗn họp khí (đktc) có tỉ khối
so với hiđro là 12,5 và dung dịch chứa 25,65 gam M gCl 2 và m gam CaCl2. Giá
trị của m là
A. 39,96 gam.

B. 41,07 gam.

c . 38,85 gam.

D. 37,74 gam.

Câu 10: Dung dịch X chứa các ion: C 0 32~ , S 0 32~ , S 0 42” , 0,1 mol H C 0 3~, 0,3
mol H S 0 3~ và 0,1 mol K \ Thêm V lít dung dịch Ba(OH ) 2 IM vào X thì thu
được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị nhỏ nhất của V ỉà :

A. 0,15.

B. 0,25.

c . 0,20.

Đ. 0,30.

Câu 11: Dung dịch X chứa a mol Na+; b mol H C O j ; c mol C O 3” và d mol
H S O 3 . Đ ể tạo kết tủa lớn nhất người ta phải dùng vừa hết 100 ml dung dịch
Ca(OH ) 2 X mol/1. Biểu thức tính X theo a và b là:
a+b
A. X = — ■

— .
0,1

a+ b+ c
. a+ b
B. X = ----- —— .. c . X = — -— .
0,2
0,3

a+b+d
D. X = ----- — .
0,2

Câu 12: Một loại nước cứng có chứa Ca2' 0,002M; M g2+ 0,003M và H C 0 3^ . Hãy
cho biết cần lấy bao nhiêu ml dung dịch Ca(OH ) 2 0,05M để biến 1 lít nước cứng
đó thành nước mềm (coi như các phản Ítíiíĩ xảy ra hoàn toàn và kết tủa thu được
gồm CaCOí và M g(OH)2).

Ă. 200 mi.

B. 140 ml.

c . lOOml.

D. 160 ml.

(Đề thì thừ đại học lần 4 - THPT Chuyên Nguyễn Huệ - H à Nội,
năm học 2010 - 2011)
Câu 13*: Trong một cốc nước có hoà tan a mol C a(H C 0 3)2 và b mol Mg(HCƠ 3)2.
Để làm mềm nước trong cốc cần dùng V lít nước vôi trong, nồng độ p mol/lít.

Biểu thức liên hệ giữa V với a, b, p là :
A. V = (a + 2b)/p.

B. V = (a + b)/2p. c . v = (a + b)/p.

D. V = (a + b)p.

Câu 14: Đ ốt cháy hoàn toàn a hỗn hợp X gồm butan, but-l-en, etilen, xiclopropan,
axetilen (ti lệ mol cùa butan và axetilen là 1 : 1). Sau phản ứng thu được 33,6 lít
CO 2 (đktc). Giá trị của a là :
A. 24 gam.

B. 23 gam.

c . 20 gam.

D . 21 gam.

Câu 15: Đ ốt cháy hoàn toàn một lượng hỗn họp X gồm metan, propen,
metylxiclopropan, benzen (tỉ lệ mol của metan và benzen là 3 : 1). Sau phản
ứng thu được 35,84 lít C 0 2 (đktc) và m gam H 20 . Giá trị của m là :
A. 28,8 gam.

B. 43,2 gam. c . 20 gam.

D. 30 gam.
19


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh B TTN Hóa học - Nguyên Minh Tuân

Câu 16*: Hỗn họp X gồm 2 ancol là propan-2-ol và glixerol có tì lệ mol 1 : 1 . Đốt
cháy hết m gam hỗn hợp X, thu được ỉ ,6 8 lít C 0 2 (đktc). Cũng cho m gam X
tác dụng hết với N a dư, sau phản ứng thu được V lít H 2 (đktc). Giá trị cúa V là :
A. 0,56 lít.

B. 0,84 lít.

€ .0 ,4 2 lít.

D. 1,68 lít.

Câu 17*: Hỗn hợp X gồm etylen glicol, ancol etylic, ancol propylic và hexan trong
đó số mol hexan bằng số mol etilen glycol. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với
N a dư thu được 0,4032 lít H 2 (đktc). Mặt khác đốt m gam hỗn hợp X cần 4,1664
lít 0 2 (đktc). Giá trị của m là

A. 2,235.

B. 1,788.

c . 2,682.

D. 2,384.

(Đề thi thử đại học lần 2 - Trường THPT Chuyên Bến Tre, năm học 2011 - 2012)

PHÂN TÍCH VÀ HƯỞNG DẪN GIẢI
1B

2B

3D

4A

5A

6B

7B

11D

12D

13A

14D

15A

16A

17D

1 9A , 10B ị

8C

Câu í: Tạo hỗn hợp ảo MgO và CaO bằng cách cho X phản ứng với 0 2.
m,
1 (MgO, CaO) = m (Mg, Ca, Cao, MgO) + mo 2 = 1 0 ,7 2 + - .

"2 2

-

.32 = 13,04 gam.

12 35
n MgO

= n MgCi2 =

95

= 0,13 mol => m Mgo = 0,13.40 = 5,2 gam.

1 3 ,0 4 - 5 ,2
‘CaCI2

‘CaO :

: 0,14 mol => m CaC|2 - 0,14.111

15,54 gam

56

Câu 2: Tạo hỗn hợp ảo Fe20 3 và CuO bằng cách cho X phàn ứng với 0 2.
m,(Fe20 3 , CuO) = m (Fexo y> Cu) + m o 2 = 2 , 4 4 + — .' g " — .3 2 = 2 , 8 g a m .
V ậy ta có hệ phương t r ì n h :
16 QnFe20 3 + 8 0 n CuO = 2 ,8
400nFe2(So 4)3 + 1 6 0 n CuSo 4 = 6 , 6

ín Fe2o 3 = 0 ,0 1 2 5
^ | n CuO= 0 ,0 1

fn Fe = 0 ,0 2 5
^ ! n Cu —0,01

n Fe20 3 = n Fe2 (S 0 4 )3 ; n CuO = n C uS0 4

n o trong X
• FexO

2 ,4 4 - 0 ,0 2 5 .5 6 - 0 ,0 1 .6 4

n Fe _ 0,025 _ 1
nn ~ 0,025 ~ 1

là [FeO

Câu 3: ĩ 'ạo họp chất ảo Fe20 3 bằng cách cho X phản ứng với 0 2
1 1 1(\
c A
m Fe2P3 = m1x
x + m 0 2 4,5 + —.—ĩ——.32 = 5,4 g am = > n Fe2Q3 = ~ r r = 0,03375 molỉ
4 22,4

160
i Fe = 2 n Fe20 3 = 0,0675 moi => m Fe = 0,0675.56 = 3,78 gam
20


Công ty TNHH M T V D V V H Khang Việt

Câu 4: Tạo hợp chất ảo CuO bằng cách cho X phản ứng với Ơ2 2 4 48
mc:uO = m x + n>02 = 245

4 2^4

2

28
= 2 8 gam ^ n c u 0 = 80 = 0 ,3 5 m 0'

►
nCu = n C u0 = 0,35 mol => m Cu = 0,35.64 = 22 ,4 gam
Câu 5: Tạo hợp chất ảo Fe20 3 bằng cách cho X phản ứng với 0 2.
m Fe2o 3

= m x + m 0 2 = 3 + | . ^ . 3 2 = 3 ,6 g a m = > n Fe2o 3 = ^

= 0,0225 m o l

= > n t,-e = 2 n Fe20 3 = 0 ,0 4 5 mol => m Fe = 0 ,4 5 .5 6 = 2,52 gam
Câu 6 : T ạo hợp chất ảo Fe2Ch bằng cách cho X phản ứng với Ơ2 m Fe2o 3

3 2,016

_
19.2
.
= mx + m 0 2 = 17,04 + ị . - g j . 3 2 = 19,2 gam =>nFe2o 3 = 1 ^ = 0,12 mol

> n Fe(N0 3 )3

= 2 n Fe2o 3 = °>2 4 m o1 => m Fe(N0 3)3 = 0 ,2 4 .2 4 2 = p-8,08 gam

iu 7:
Sơ đồ phản ứng: (M , M 2 O n) + H20 -> M (O H )n + H 2
0 224
n M(OH)„ = 0 ,0 4 .0 ,5 = 0,02 mol; n „ 2 = - ~ ^ - = 0,01m ol.
Tạo hợp chất ảo M 2On bằng cách cho M và M 20„ phản ứng với 0 3.

2

m M20 n = m (M, M2 0 ) + m 0 2 = 2 ,9 + ^ .0 ,0 1 .3 2 = 3,06 gam.
nM(OH)n = 2n M2o n => n M20 n = 0 ,0 1 m o l= > M M2o n = ỷ ^ y = 306
fn = 2

■=>. 2M + 1 6n = 306=><
M = 137 (Ba)
Câu 8 *: Tạo hợp chất ào Fe2Ơ 3 bằng cách cho M phản ứng với O 2.

:

___

,,

3 1,344

m Fe20 3 - m (Fe, Fe20 3 , Fe30 4 , FeO) + m 0 2 - 11’

4'~22~4

~

o am

12 8

=> n Fpin -7 =

160

08 moi.

Coi như Fe và Fe20 3 phản ứng với HNO 3 để tạo ra muối Fe(N 0 3)2 (vì dung dịch
X hòa tan tối đa Fe).
2 n Fe = 2 n Fe2 o 3 + 3 n NO = > n NO = 0 ,0 8
°>2

X nNO tạo thành = 0 ,0 6 + 0,08 = 0,14 moi.

?

:=>riHN03 = 2nF e(N 03)2 + X n NO = ^ ( n Fe + ^ n Fe2 0 3 ) + X n NO =
0,2

0,08

m o1

0,14

21


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa học - Nguyễn Minh Tuấn

Cầu 9:
jM & M g C X > 3 ,M g O

« * » » . • '

Sơ đô phản ứng: -í
„
„ ——
6 |C a,C aC 03, CaO

HC. ,

>i

[C a C l2

|M gC l 2

t

t

+ c o ? I + H 2 I + H2C
z

Theo giả thiết, ta có:
n c o 2 + n H2 = — Ỵ

= 0>4 2

Ị n C0

44 n Co 2 + 2 n Hl = 0 ,4 2 .1 2 ,5 .2

2

= 0 ,2 3 m o l

r H2 = 0 ’ 1 9 m o 1

Để chuyển hỗn hợp X thành hỗn hợp ảo X ’ MgO, CaO, ta thêm một lượng 0;
vào X là
nQ =
u2

electron 0,30 đồi= — ỈỈ2 . _ 0 095 mol và bớt 1 lương CƠ 2 là 0,23 mol.
4

4

Suy ra : mx , = 3ỊMM + 0,095.32 - 0 ,2 3 .4 4 = 30,96 gam.
mx

mo2

mco 2

Theo bảo toàn nguyên tố Mg, Ca, ta có :
n M g O = n M g C l2

n CaCl2 = n CaO =

3 0 .9 6 - 0 .2 7 .4 0
. _ . = > mCaCb = 0 ,3 6 .1 1 1 = 3 9,96 gam
----- ------------ = °>36

f

Câu 10:
Chuyển dung dịch X thành duns dịch ảo X ’ gồm các ion C 0 32“ , S 0 32” ,
s o / - , 0,4 mol H ‘ , và 0,1 moi K '.
Cho Ba(OH ) 2 vao X ’ tao ra kết tủa là B aC 03, B a S 0 3, BaSƠ 4 . N hư vậy các ior
H‘, K ’ được thay thế bằng ion Ba2'.
Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có :
2n

■). =11 . + n . =>n
Ba

H
K+
Ba
0,4

= 0 ,2 5 m ol=> nRaínHV, = 0 ,2 5 mol
tía(Un)2

0,1

=> ^dẵ Ba(OH)2 IM (min)

0,25 lít

Câu 11:
Chuyển dung dịch X thành dung dịch ảo X ’ gồm các ion C 0 32_, S 0 32_ , (b +
d) mol H+ , và a mol N a+.
Cho Ca(OH ) 2 vào X ’ tạo ra kết tủa là C aC 03, C a S 0 3. N hư vậy các ion H+, N a+
được thay thế bằng ion Ca2+,
Áp dụng bào toàn điện tích, ta có :
2n

a+b+d
.
a+b+d
,
2+ = n , + n , =>n 7 + = ------------ moi = > nrafOHVl = ------------- moi
Ca
H+ J5a+
Ca

2
2


Công ty TNHH M T V DVVH Khang Việt

=>[C a(O H )2] =

a+ b+ d

0,2

Câu 12:
Sử dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch nước cứng, ta cỏ :
n HCO3- = 2 n Ca 2+ + 2 lW

+ = 0 ’0 1 m O L

W

° '002 1

ĩ

Chuyển dung dịch nước cứng thành dung dịch ảo X chứa 0,002 moi Ca2t, 0.003
mol M g2+, 0,01 m ol H' và 0,01 mol C 0 32~ .
Sơ đồ phản ứng của X với dung dich Ca(OH)2:
ÍCa 2+,M g 2+

Ca(OH)?

H +, C 0 32-

[M g(O H ) 2 ị
M -■
+ H 2o
C aC 0 3 ị

Khi cho V lít dung dịch Ca(OH ) 2 0,05M vào X, xảy ra phản ứng của ion Ca2+
(trong X và trong Ca(OH)2), với ion C 0 32” tạo kết tủa. Ta có :
n

Ca2+

cc >3

> 0,002 + 0,05V = 0,01 => V = 0,16 lít = 160 ml

Câu 13:
Chuyển dung dịch nước cứng thànli dung dịch ảo X chứa a mol Ca2+, b mol
Mg2~, (2a+2b) mol H r và (2a+2b) mol C 0 32
Khi cho V lít dung dịch Ca(OH ) 2 pM vào X, xảy ra phản ứng của ion Ca2+
(trong X và trong Ca(OH)2), với ion C 0 32~ tạo kết tủa. Ta có :
n

Ị, = n
?... => a + Vp = 2a + 2 b :
Ca
GO3 2
■

V=

a + 2b

Câu 14:
Hỗn họp X gồm các chất có công thức phân tử là C 4 H 10 , C 2H 4, C 3H6, C 2H2. Vì
C4H 1Ũ và C 2H2 có ti lệ mol là 1:1 nên có thể tách hai nguyên tử H ở C4H 10
chuyển sang C2H2.
Vậy có thể chuyển X thành hỗn hợp ảo X ’ gồm C 4Hg, C 3H6, C 2 H 4 . D ễ thấy các
chất trong X ’ đều có dạng chung là CnH2n.
Theo bảo toàn nguyên tổ
3,36

cỏ:

nc - n c o 2 - :

22 ,4

n H —2nc —0,3

c

và mối quan hệ giữa số mol của

c

và H trong X ’, ta

=0,15
■m x = m x . = 0 ,1 5 .1 2 + 0,3.1 = 2,1 gam
mc

mH

Câu 15:
Công thức phân tử của các chất ừong hỗn hợp X là CH 4 , C 4HS, C 6H6. Tỉ lệ số
mol của CH 4 và Cf,H6 là 3 : 1, nên giả sử trong hỗn hợp có 3 phân tử CH 4 thì sẽ


22 phương pháp & kỹ thuật hiện đại giải nhanh BTTN Hóa hơc - Nguyễn Minh Tuấn______________________

CÓ 1 phân tử C 6H 6. Từ 3 phân tử CH4, mỗi phan tư tách lấy 2 nguyên tử H
chuyen ho C 6H 6 khi đó ta sẽ được hỗn hợp ảo X ia CH2, C 6H i 2, C 4HS. Dễ thấy
các Chat trong X ’ đều có dạng chung là CnH2„.
Trong phản ứng đốt cháy X ’, ta có :
_

n H2o

_

‘c o 2

3 5 >8 4

22 ,4

= 1 ,6 mol => m H2o =1,6.18 = 28,8 gam

Câu 16:
Công thức phân tử của các chất trong X là C 3 H 7 OH và C 3H 5(OH)3. Vì hai chất
trong X có tỉ lệ mol là 1 : 1, nên ta tách 1 nguyên tử H từ C 3H1OH và 1 nhóm OH từ C 3H 5(OH )3 rồi đổi vị trí cho nhau, sẽ được chất có công thức phân tử là
C 3H 6(OH)2.
Theo bảo toàn nguyên tố
C 3H 6(OH)2, ta có :

c

và tỉ lệ số mol

c

và số mol nhóm OH trong
^

nc = n c 0 2 = 0 ,0 7 5 mol
=í> n OM
lOH
Trong phản ứng cùa CịH6(OH)2 với Na, theo bảo toàn nguyên tố H, ta có :
nOH = ~n H2 ^ n H2 = 0,025 => V H2 (iíktc) = 0)025.22,4 = 0,56 lít
Câu 17:
Vi hexan (C(,Hu) và C 2 H((OH )2 có số mol bằng nhau nên bớt một nhóm - OH
của C 2 H4(OH )2 sang Cf,H14 và chuyển một nguyên tử hiđro cửa C 6Hi 4 sane
C 2H4(OH )2 thì công thức chung của các chất trong X là CnH2„x ]OH.
Trong phàn ứng của X với Na, theo bảo toàn nguyên tố H, ta có :
nCnH2 n+iOH : 2 n H? ; 2 Ạ 4 0 3 2 = 0 ,0 3 6 mol.
22,4
Theo bảo toàn nguyên tố O 2 và mối quan hệ giũa số mol CO 2, HịO và

C„H2n n O H , ta có :
*CnH2n+1OH ■2 n O2

: 2 n CO7 + n H?_o
nC
0 2T —0,124
‘C0

0,186

0,036

- nCnH2n+iOH

‘h 20

=0,16

0,036

>mx = 0 ,1 2 4 .1 2 + 0,16.2 + 0 ,0 3 6 .1 6 = 2,384 gam
mc

24

mH

Itìo