Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt, hợp chất của sắt và một số phương pháp giải bài tập hóa học hữu cơ 11

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông; chương trình thi đại học – cao
đẳng và tốt nghiệp hiện nay.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đoán, khái
quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để thích hợp với thời gian
ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt
nghiệm).
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì
bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững
cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích
hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ năng giải nhanh
các bài tập hoá học còn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và có kĩ
năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt đã có nhiều
nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả còn ít. Vì vậy, khi gặp các bài toán về sắt và hợp chất của sắt các
em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp.
- Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu trong nhiều năm tôi đã hệ thống hóa các dạng bài tập bài tập
về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học sinh một cách dễ hiểu, dễ vận
dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết quả trong các kỳ thi.
- Khả năng giải toán Hóa học của các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt là giải toán Hóa học
Hữu cơ vì những phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và
không hoàn toàn. Trong đó dạng bài tập về phản ứng cộng hiđro vào liên kết pi của các hợp chất hữu
cơ, bài tập về phản ứng đốt cháy hiđrocacbon, ... Khi giải các bài tập dạng này học sinh thường gặp
những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí
không giải được vì quá nhiều ẩn số. Nguyên nhân là học sinh chưa tìm hiểu rõ, vững các định luật hoá

học và các hệ số cân bằng trong phản ứng hoá học để đưa ra phương pháp giải hợp lý
Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:

1


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
“ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP
G

P

PHƯƠNG PHÁP G

H P H

PH

H

H

Ơ 11”

II. CƠ SỞ KHOA HỌC.
1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học THPT
2. Hệ thống hoá các kiến thức hóa học cơ bản.
3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở nắng vững hệ thống lí thuyết hoá học và công
thức toán học.

4. Khả năng khái quát, tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán để lựa
chọn phương pháp phù hợp nhất để giải bài tập một cách nhanh, gọn, chính xác.
5. Thực trạng về kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh khối 12 khi làm các bài kiểm tra
và bài thi thử đại học – cao đẳng.

III- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm hóa
học phổ thông.

IV- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó
giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất và có kỹ năng tôt để giải nhanh các bài tập trắc
nghiệm hóa học trong chương trình THPT hiện nay để đạt kết quả cao trong các kỳ thi tốt nghiệp
THPT và đại học cao đẳng,...

V- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại
học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng
của các trường THPT trên toàn quốc từ đó phân loại thành các dạng bài tập và rút ra phương pháp giải
tương ứng.
- Hướng dẫn cho học sinh khối 12 áp dụng một số phương pháp giải nhanh để giải các bài tập
trắc nghiệm.

VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.
1. Á
2.

hươ
hươ

h

háp
h

h

h

h

ơ 11

2


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

B. NGUYÊN TẮC ÁP DỤNG.
C. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ
D. HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ GIẢI
VII- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 11, 12, khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm.
2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài từ đầu học kỳ I năm học 2012 - 2013 ở 2 lớp 11A1 và 11A2
3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A1, 11A2 và hoàn thiện đề tài:
cuối tháng 3 năm 2013.
hể:
1. Tháng 10/2012

Khảo sát 2 lớp 11A1, 11A2
2. Tháng 11/2012 đến tháng 12/2012
Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
3. Tháng 1/2013 đến hết tháng 3/2013
Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách
tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 –
2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc.
4. Hoàn thiện đề tài cuối tháng 3/2013 .

PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP
SẮT VÀ H P CH T CỦA SẮT
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
M

:
ột h n hợp gồm ( e và oxit e , Fe2O3, Fe3O4 hoặc h n hợp gồm (các oxit sắt e ,

Fe2O3, Fe3O4 thường quy đổi thành (Fe + O) hoặc h n hợp gồm ( e

một oxit hoặc h n hợp hai oxit

ột h n hợp gồm (Fe, S, FeS, FeS2 thường quy đổi thành (Fe + S)

3


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
t h n hp gm (FeO, Fe2O3, Fe3O4) c ng cú th quy i thnh h n hp (FeO + Fe2O3)

t h n hp gm (FeO, Fe2O3, Fe3O4 vi s mol ca e

s mol e2O3 ) thỡ quy i thnh

Fe3O4

II. BI TON P DNG:
Bi toỏn 1: (

ớ h

h



h H

- Kh

Fe2O3 v Fe3O4 phn ng ht vi dung dch HN

- 2010). Cho 11.36 gam h n hp gm e, e ,
3

loóng d thu c 1.344 lớt khớ N

(sn phm

kh duy nht ktc v dung dch X. Cụ cn dung dch X sau phn ng c m gam mui khan. Giỏ
tr m l:

A. 34.36 gam.

B. 35.50 gam.

C. 49.09 gam

D. 38.72 gam.

.
h h

Cỏch 1:

h

Ho tan h n hp vi HN

h : Fe Fe2O3
3

loóng d 1,344 lớt NO

Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,06mol

0,6mol

Fe2O3

0,06mol

2Fe(NO3)3

0,05


(2)

0,1mol

n NO

1,344
0, 06mol;
22, 4

T (1 mFe = 56 . 0,06 = 3,36 g


n Fe2O3



mFe2O3 11,36 3,36 8g

8
0, 05mol mX = 242 (0,06 + 0,1) = 38,72g D ỳng
160

h h

Cỏch 2:

(1)

h

h : FeO Fe2O3

3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
0,18
Fe2O3
-0,01

0,18mol
2Fe(NO3)3
-0,02

mFeO = 12,96g;


0,06



mFe2O3 1, 6g

mFe(NO3 )3 242(0,18 0,02) 38,72g

D ỳng

Bi toỏn 2: Ho tan ht m gam h n hp X gm e, e2O3, Fe3O4 trong dung dch HN

3

c núng thu

c 4,48 lớt khớ mu nõu duy nht (ktc . Cụ cn dung dch sau phn ng thu c 145,2gam mui
khan, giỏ tr m l:

4


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
A: 78,4g

B: 139,2g

C: 46,4g

D: 46,256g

:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy h n hợp X về h n hợp hai chất
hỗ h

Cách 1:

X

2 h

Fe

Fe2O3:

Hoà tan h n hợp X vào dung dịch HN

3

đặc nóng dư.

Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
0,2/3

0,2/3

0,2

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O
Ta có:

n NO2 

1
1
0, 2  0,8
n Fe(NO3 )3   0,6 
(mol)


2
2
3  3

 m 2  m Fe  n Fe O 
2 3
h X

Cách 2:

(2)

145, 2
4, 48
 0,6mol
 0, 2mol ; n muèi khan  n Fe( NO3 )3 
242
22, 4

 Từ pt (2 : n Fe O 
2 3

Nếu

(1)

0, 2
0,8
.56 

.160  46, 4g  C đúng
3
3

mh2X  mFe  n Fe2O3  0,66.56  0,266.160  46,256g
hỗ h

X

hỗ h

2 h

FeO

 D sai

Fe2O3 ta có:

FeO + 4HNO3  Fe(NO3 )3 + NO 2 + 2H 2 O (3)
0,2
0,2
0,2
Fe2 O3 + 6HNO3  2Fe(NO3 )3 +3H 2 O
0,2mol
 n Fe( NO ) 
3 3
Chú ý:

(4)

0,4mol

145, 2
 0, 6mol , mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4gam  C đúng
242

Nếu từ (4 không cân bằng 

n Fe2O3  0, 4mol

 mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai
Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm e, e , e2O3 và Fe3O4 bằng H2SO4 đặc, nóng thu
được dung dịch Y và 8.96 lít khí S

2(đktc

. Thành phần phần trăm về khối lượng của oxi trong h n

hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượt là:
A. 20.97% và 140 gam.

B. 37.50% và 140 gam.

C. 20.97% và 180 gam

D.37.50% và 120 gam.
:

Cách 1: +

hỗ h

X

h

h

FeO

Fe2O3 ta có:

5


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
2FeO  4H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2O 

0, 4
0, 4mol
49,6gam 0,8



Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O

0, 05


 0, 05

m Fe2O3  49, 6  0,8.72  8g
 n Fe2O3  

8
 0, 05mol
160

 noxi (X) = 0,8 + 3.(-0,05) = 0,65mol
 %m  0, 65.16.100  20,97%  A và C
O

49, 6

mFe2 (SO4 )3  [0, 4  (0, 05)).400  140gam  A đúng
Nếu mFe (SO )  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai
2
4 3

Chú ý:

Tương tự quy đổi về hai chất khác…
Cách 2. áp dụng phương pháp quy đổi nguyên tử
Ta xem 49,6 gam h n hợp gồm e, e ,

e2O3 và Fe3O4 là h n hợp của x mol e và y mol .

Ta có: mHH =56x+16y =49,6 (1).
ặt khác quá trình cho và nhận electron như sau

3

0

2

0

O 2e  O
y  2y

Fe 3e  Fe
x  3x

6

4

S  2e  S
...0,8  0, 4

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,8 (2)
Giải hệ (1 và (2

> x 0,7 mol, y 0,65 mol.

0,65.16
1

100%  20,97%, n Fe2 (SO4 )3  n Fe  0,35mol
249,6
2
 m Fe2 (SO4 )3  0,35.400  140gam  A dung

%O 

Bài toán 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam h n hợp X gồm e , e3O4, Fe2O3, cần 0,05 mol H2.

ặt

khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam h n hợp X trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích
V ml SO2 (đktc . Giá trị V(ml là:
A.112 ml

B. 224 ml

C. 336 ml

D. 448 ml.

:
hỗ h

X

hỗ h

h

h

FeO

Fe2O3 với số mol là x, y

0

Ta có:

t
FeO  H 2 
 Fe  H 2 O

(1)

6


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
x

x

x

Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O
y

3y

(2)

2y

x 3y 0, 05
x 0, 02mol

72x 160y 3, 04 y 0, 01mol

T (1) v (2) ta cú:

2FeO + 4 H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0,02mol
Vy

(3)

0,01mol

VSO2 0,01 22,4 = 0,224 lớt hay 224ml B ỳng

VSO2 = 0,02 22,4 = 0,448 lớt = 448ml D sai

Chỳ ý: Nu (3 khụng cõn bng:

Bi toỏn 5: H n hp X gm e, e ,

e2O3 v Fe3O4 vi s mol m i cht l 0.1 mol ho tan ht

vo dung dch Y gm ( HCl, H2SO4 loóng d thu c dung dch Z. Nh t t dung dch Cu(N
1

vo dd Z cho ti khi ngng thoỏt khớ N . Th tớch dung dch Cu(N

3)2

cn dựng v th tớch khớ

thoỏt ra ktc thuc phng ỏn no:
A. 50 ml v 6.72 lớt

B. 100 ml v 2.24 lớt.

C. 50 ml v 2.24 lớt

D. 100 ml v 6.72 lớt.
:

Quy h n hp 0,1 mol e2O3 v 0,1 mol FeO thnh 0,1 mol Fe3O4
H n hp X gm: e3O4 mol: e(0,2mol

dung dch Y

Fe3O4 + 8H+ Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
0,2mol

0,2

(1)

0,4mol

Fe + 2H+ Fe2+ + H2
0,1

(2)

0,1

D2 Z (Fe2+: 0,3mol; Fe3+: 0,4mol) + Cu(NO3)2

3Fe 2 NO3 4H 3Fe3 NO 2H 2 O
0,3

0,1

3)2

(3)
(4)

0,1

VNO = 0,1 22,4 = 2,24 lớt; n Cu( NO ) 1 n 0, 05mol
3 2
2 NO3

7

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

n d2Cu ( NO

3 )2



0, 05
 0, 05 lít (hay 50ml)  C đúng
1

Nếu n Cu ( NO )  n   0,1mol  VCu ( NO )  100ml  B sai
3 2
3 2
NO

Chú ý:

3

Từ (4 nếu không cần bằng: VNO = 0,3  22,4 = 6,72 lít  A sai
Bài toán 6. Hoà tan hết m gam h n hợp X gồm e,

eS , eS2, và S bằng HN

9,072 lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất

3

nóng dư thu được

và dung dịch Y. Chia dung dịch Y

thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1 cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 5,825 gam kết tủa trắng.
Phần 2 tan trong dung dịch Na H dư thu được kết tủa Z, nung Z trong không khí đến khối
lượng không đổi được a gam chất rắn.
Giá trị của m và a lần lượt là:
A. 5,52 gam và 2,8 gam.

B. 3,56 gam và 1,4 gam.

C. 2,32 gam và 1,4 gam

D. 3,56 gam và 2,8 gam.
Bà

ả.

Xem h n hợp chất rắn X là h n hợp của x mol e u và y mol S.
Quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

0

Fe 3e  Fe
x  3x

6

5

S 6e  S
y  6y  y

x

4

N  1e  N
...0, 405  0, 405mol

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  3x  6y  n NO2 

9,072
 0, 405mol,  3x  6y  0, 405 (1)
22, 4

ặt khác trong 1/2 dung dịch Y:
3



0

3OH
t
Fe 
 Fe(OH)3  (Z) 
 Fe 2 O3

x
mol
2
6

x
................................ mol
4
2

Ba
S(SO 24 ) 
 BaSO 4 

y
y
mol..................... mol
2
2
y 5,825
n BaSO4  

 0,025mol  y  0,05mol
2
233
Thay vào (1 ta được x 0,035 mol
m = mX=56x+32y=56.0,035+32.0,05=3,56 gam

8


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

x
0,035
a  m Fe2O3  .160 
.160  1, 4gam > B đúng.
4
4
Bà

7: Hòa tan hết 7,52 gam h n hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch HN

, sau phản ứng giải phóng 0,1493 lít N

3

loãng dư

( đktc - là sản phẩm khử duy nhất và còn lại 0,96 gam kim

loại không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 16,44 gam chất rắn khan. Công thức của oxit
sắt là :
A.FeO

B.Fe2O3

C.Fe3O4

Bà

D.FeOvà Fe2O3

ả

Ta quy đổi h n hợp thành h n hợp gồm Cu a mol + Fe b mol + O c mol
=> 64a + 56b + 16c = 7,52

(I)

Kim loại dư là Cu (0,96/64

0,015 mol

2+

> tạo muối sắt (II)

Cu  Cu

+ 2e

O + 2e  O-2

a – 0,015

2a – 0,03

c

Fe  Fe2+ + 2e
b

2c

N+5 + 3e  N+2

2b

0,02 0,0066652

Bảo toàn electron => 2a - 0,03 + 2b = 2c + 0,02 (II)
Chất rắn khan thu được là Cu(NO3)2 (a – 0,015 mol và e(NO3)2 b mol
=> 188(a – 0,015) + 180b = 16,44

(III)

Từ (I , (II , (III ta có: a = 0,045; b = 0,06; c = 0.08
> Công thức của oxit sắt

exOy có x/y = 0,06/0,08 = ¾ => Fe3O4 đáp án C

III. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Hoà tan hết m gam h n hợp X gồm e ,

e2O3 và Fe3O4 bằng HN

3

thu được 2.24 lít

khí

màu nâu duy nhất (đktc . Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 96.8 gam muối khan. Giá trị m là:
A. 55.2 gam.

B. 31.2 gam.

Bài 2: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm e ,

C. 23.2 gam

D. 46.4 gam.

e2O3 và Fe3O4 bằng HN

3

đặc, nóng thu được 3.36 lít

khí NO2 (đktc . Cô cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là:

A. 36.3 gam.

B. 161.535 gam.

C. 46.4 gam

D. 72.6 gam.

Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của
thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm do bảo quản không tốt nên nó bị oxi hóa thành m gam
chất rắn X gồm e và các ôxit của nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho
m gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HN

3

loãng thu được khí N

duy nhất và dung dịch muối

9


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 48,4 gam chất rắn khan.

ẩu thiên thạch bằng sắt nguyên chất

đó có khối lượng là:
A. 11,2gam.

B. 5,6 gam

C. 16,8 gam

D. 8,4 gam

Bài 4: Vào thế kỷ XIX các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của
thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm các nhà khoa học đã lấy 2,8 gam e để trong ống thí
nghiệm không đậy nắp kín nó bị ôxi hóa thành m gam chất rắn X gồm e và các ôxit của nó. Cho m 1
gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HN

3

loãng thu được 896 ml khí N duy nhất (đktc và dung

dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng m 2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m2 là:
A. 72,6 gam

B. 12,1 gam.

C. 16,8 gam

D. 72,6 gam

B. 3,04 gam.

C. 6,68 gam

D. 8,04 gam

2. giá trị của m1 là:
A. 6,2gam.

Bài 5: một chiếc kim bằng sắt lâu ngày bị oxi hóa, sau đó người ta cân được 8,2 gam sắt và các ôxit sắt
cho toàn bộ vào dung dịch HN

3 đặc

nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc và dung dịch

muối Y, cô cạn dung dịch muối Y thu được m gam muối khan.
1. khối lượng chiếc kim bằng sắt là:
A. 6,86 gam.

B. 3,43 gam.

C. 2,42 gam

D. 6.26 gam

B. 29,5724 gam.

C. 31,46 gam

D. 29,04 gam

2. giá trị của m gam muối là:
A. 29,645 gam.

Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m1 gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất do bảo quản
không tốt nên nó bị oxi hóa thành m2 gam chất rắn X gồm e và các ôxit của nó. Để xác định khối
lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m2 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HN
dư thu được 6,72 lít khí N

3

loãng

duy nhất(đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng

121 gam chất rắn khan.
1. giá trị của là: m1
A. 28 gam

B. 56 gam.

C. 84 gam

D. 16,8 gam

B. 65,6 gam.

C. 42,8 gam

D. 58,6 gam

2. giá trị của m2 là:
A. 32,8 gam.

Bài 7: các nhà thám hiểm đã tìm thấy một chất rắn bị gĩ sắt dưới đại dương, sau khi đưa mẩu gỉ sắt để
xác định khối lượng sắt trước khi bị oxi hóa thì người ta cho 16 gam gĩ sắt đó vào vào dung dịch HN
đặc nóng dư thu được 3,684 lít khí N

2

duy nhất(đktc và dung dịch muối X, cô cạn dung dịch muối X

cân nặng m gam chất rắn khan.
1. khối lượng sắt ban đầu là:
A. 11,200 gam

3

B. 12,096 gam.

C. 11,760 gam

D. 12,432 gam

2. giá trị của m là:

10


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
A. 52,514 gam.

B. 52,272 gam.

C. 50,820 gam

D. 48,400 gam

Bi 8: cho 12,096 gam e nung trong khụng khớ thu c m1 gam cht rn X gm e v cỏc ụxit ca
nú. Cho m1 gam cht rn X trờn vo vo dung dch H2SO4 c núng thu c 1,792 lớt khớ S

2

duy

nht (ktc v dung dch mui Y, cụ cn dung dch mui Y cõn nng m2 gam cht rn khan.
1. giỏ tr ca m1 l:
A. 14 gam

B. 16 gam.

C. 18 gam

D. 22,6 gam

B. 43,2 gam.

C. 42,0 gam

D. 46,8 gam

2. giỏ tr ca m2 l:

A. 43,6 gam.

Bi 9: Sau khi khai thỏc qung bụxit nhụm cú ln cỏc tp cht: Si

2,

e, cỏc oxit ca e. loi b

tp cht ngi ta cho qung vo dung dch Na H c núng d thu c dung dch X v m gam cht
rn khụng tan Y. xỏc nh m gam cht rn khụng tan chim bao nhiờu phn trmtng qung ta cho m
gam cht rn ú vo dung dch HN

3

loóng d thu c 6,72 lớt khớ N

duy nht(ktc v dung dch

mui Y, cụ cn dung dch mui Y cõn nng 121 gam cht rn khan. Giỏ tr ca l m1
A. 32,8 gam

B. 34,6 gam.

C. 42,6 gam

D. 36,8 gam

Bi 10: Hũa tan hon ton mt ụxit st exOy bng dung dch H2SO4 c núng thu c 2,24 lớt khớ
SO2 duy nht (ktc v dung dch mui Y, cụ cn dung dch mui Y cõn nng 120 gam cht rn khan.
Cụng thc phõn t ca ụxit st l:

A. FeO

B. Fe2O3

C. Fe3O4

D. Khụng xỏc nh c

Bi 11: Nung y mol e trong khụng khớ mt thi gian thu c 16,08 gam h n hp A gm 4 cht rn
gm e v cỏc ụxit st. hũa tan ht lng h n hp A trờn bng dung dch HN

3

loóng d thu c 672

ml khớ NO duy nht(ktc v dung dch mui. Giỏ tr ca l y:
A. 0.21 mol

B. 0,232 mol.

C. 0,426 mol

D. 36,8 mol

Bi 12: Hũa tan m gam h n hp X bn cht rn gm e v cỏc ụxit st bng dung dch HN
c 4,48 lit khớ N
A. 44 gam

2

3

d thu

duy nht(ktc v 145,2 gam mui khan. Giỏ tr ca l m gam:
B. 46,4 gam.

C. 58 gam

Bi 13. t chỏy hon ton 6,48 gam h n hp X gm:
lớt ụxi v thy thoỏt ra 1,568 lớt(ktc S

2,

D. 22 gam

eS , eS 2, S, Cu, CuS, FeCu2S2 thỡ cn 2,52

mt khỏc cho 6,48 gam X tỏc dng dung dch HN

3

núng

d thu c V lớt khớ mu nõu duy nht (ktc, sn phm kh duy nht v dung dch Y. Cho dung
dch Y tỏc dng vi dung dch Ba( H 2 d thu c m gam kt ta trng.
Giỏ tr ca V v m ln lt l:
A. 13,44 lớt v 23,44 gam.

B. 8,96 lớt v 15,60 gam.

C. 16,80 lớt v 18,64 gam.

D. 13,216 lớt v 23,44 gam.

11


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ

PHNG PHP GII TON PHN NG CNG HIRO VO LIấN
KT PI CA HIROCACBON KHễNG NO.
I. C S Lí THUYT CA PHNG PHP

l liờn kt kộm bn vng, nờn chỳng d b t ra to thnh liờn kt vi cỏc nguyờn
t khỏc. Trong gii hn ca ti tụi ch cp n phn ng cng hiro vo liờn kt ca
Liờn kt

hirocacbon khụng no, mch h.
Khi cú mt cht xỳc tỏc nh Ni, Pt, Pd, nhit thớch hp, hirocacbon khụng no cng hiro vo
liờn kt pi.
Ta cú s sau:
Hiđrocacbon không no
Hỗn hợ p khíX gồm

Hđrocacbon no CnH2n+2
xúc tá c, t0

và hiđro (H2)

Hỗn hợ p khíY gồm hiđrocacbon không no dvà hiđro d-

Phng trỡnh hoỏ hc ca phn ng tng quỏt
xuc tac
CnH2n+2-2k + kH2
CnH2n+2
t0

[1] (k l s liờn kt

trong phõn t

Tu vo hiu sut ca phn ng m h n hp Y cú hirocacbon khụng no d hoc hiro d hoc
c hai cũn d
Da v



[1] a

y,

- Trong phn ng cng H2, s mol khớ sau phn ng luụn gim (nY < nX v chớnh bng s mol khớ H2
phn ng

nH2 phản ứng nX - nY

[2]

t khỏc, theo dnh lut bo ton khi lng thỡ khi lng h n hp X bng khi lng h n hp Y
(mX = mY).
Ta cú:

MY =

mY
m
; MX = X
nY
nX

mX
M X n X mX n Y n Y
d X/Y =
=
=
ì
=
>1 (do n X > n Y )
M Y mY n X mY n X
nY
Vit gn li : d X/Y =

M X nY
=
MY nX

[3]

- Hai h n hp X v Y cha cựng s mol C v H nờn :

12


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
Khi t chỏy h n hp X hay h n hp Y u cho ta cỏc kt qu sau

nO (đốt chá y X) = n
2
O2 (đốt chá y Y)
nCO (đốt chá y X) = n
2
CO2 (đốt chá y Y)

[4]

nH O (đốt chá y X) = n
2
H2O (đốt chá y Y)
Do ú thay vỡ tớnh toỏn trờn h n hp Y (thng phc tp hn trờn h n hp X ta cú th dựng phn ng
t chỏy h n hp X tớnh s mol cỏc cht nh: n O , n CO , n H O .
2 pu
2
2
S mol hirocacbon trong X bng s mol hirocacbon trong Y

nhidrocacbon (X) = nhidrocacbon (Y)
1) Xộ r

r a b

r

[5]

X l a ke

Ta cú s :

CnH2n
Hỗn hợ p khíX gồm

CnH2n+2
xúc tá c, t0

H2

Hỗn hợ p Y gồm

CnH2n dH2 d-

Phng trỡnh hoỏ hc ca phn ng
xuc tac
CnH2n + H2
CnH2n+2
t0

t n Cn H2n = a;

n H2 = b

- Nu phn ng cng H2 hon ton thỡ:
TH1: Ht anken, d H2

n H2 pu = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a mol
n Y n Cn H2n +2 n H2 du = b
n H2 du = b - a

Vy: n H2 (X) = n Y

[6]

TH2: Ht H2, d anken

n H2 = n Cn H2n pu = n Cn H2n +2 = bmol
n Y n Cn H2n +2 n Cn H2n du = a
n Cn H2n du = a - b


13


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
Vy: nanken (X) = n(Y)
[7]

TH3: C 2 u ht

n H2 = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a = bmol n Y n Cn H2n +2 = a = b
Vy: n H2 (X) = nanken (X) = n Y
-

[8]

Nu phn ng cng hiro khụng hon ton thỡ cũn li c hai

N xộ : Dự phn ng xy ra trong trng hp no i na thỡ ta luụn cú:

nH

2 phản ứng

nanken phản ứng = nX - nY [9]

Do ú khi bi toỏn cho s mol u nX v s mol cui nY ta s dng kờt qu ny tớnh s mol
anken phn ng.
Nu 2 anken cú s mol a, b cng hiro vi cựng hiu sut h, ta cú th thay th h n hp hai
anken bng cụng thc tng ng:
Ni
Cn H2n + H2
Cn H2n+2 .
t0

Vớ i: nanken phản ứng = n H

2 phản ứng

(a+b).h

Chỳ ý: Khụng th dựng phng phỏp ny nu 2 anken khụng cng H 2 vi cựng hiu sut

2) Xộ r



r a b

r

X l a k

Ankin cng H2 thng cho ta hai sn phm
xuc tac
CnH2n-2 + 2H2
CnH2n+2
t0

xuc tac
CnH2n-2 + H2
CnH2n
t0

[I]
[II]

Nu phn ng khụng hon ton, h n hp thu c gm 4 cht: anken, ankan, ankin d v hiro

d.
Ta cú s :

CnH2n+2
CnH2n -2
Hỗn hợ p khíX gồm
H2

xúc tá c, t0

Hỗn hợ p Y gồm

CnH2n
CnH2n - 2 dH2 d-

Nhận xét: nH2 phản ứng

nX - nY / nankin phản ứng

14


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
II. MỘT SỐ VÍ DỤ
V

1: H n hợp khí X chứa H2 và một anken. Tỉ khối của X đối với H2 là 9. Đun nóng nhẹ X có mặt

xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 15.

Công thức phân tử của anken là
A. C2H4

B. C3H6

C. C4H8
Bà

D. C4H6

ả:

M X = 9.2 = 18;

M Y = 15.2 = 30

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Các yếu tố trong bài toán không phụ thuộc vào số mol cụ thể của mỗi chất vì số mol này sẽ bị
triệt tiêu trong quá trình giải. Vì vậy ta tự chọn lượng chất. Để bài toán trở nên đơn giản khi tính toán,
ta chọn số mol h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 18g

18 n Y
18
=
 n Y = n H2 (X) =
= 0,6mol
30 1
30

Dựa vào [3] và [6] ta có:

 nanken = 1- 0,6=0,4 mol
Dựa vào khối lượng h n hợp X: 14n ×0,4 + 2×0,6 =18  n = 3 .

 CTPT : C3H6. Chọn B
V

2: H n hợp khí X chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối của X đối với

H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất màu nước
brom và có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức phân tử của hai anken và phần trăm thể tích của H 2
trong X là
A. C2H4 và C3H6; 70%

B. C3H6 và C4H8; 30%

C. C2H4 và C3H6; 30%

D. C3H6 và C4H8; 70%
Bà

ả:

M X = 8,4.2 = 16,8;

M Y = 12.2 = 24

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (n X = 1 mol)

 mX = 16,8g
Dựa vào [3] và [6] ta có:

16,8 n Y
16,8
=
 n Y = n H2 (X) =
= 0,7mol
24
1
24

 n2 anken = 1- 0,7=0,3 mol
Dựa vào khối lượng h n hợp X:
Ta có: 14n × 0,3 + 2× 0,7 = 16,8  3  n =

11
 3,66  4
3

15


Kinh nghiệm giảng dạy
Hoàng Anh Ngọ Tr-ờng THPT Tiên Lữ
0,7
CTPT: C3H6 v C4H8; %VH

100% 70%. Chn D
2 (X)

1
V

3: ( TSC nm 2009) H n hp khớ X gm H2 v C2H4 cú t khi so vi He l 3,75. Dn X

qua Ni nung núng, thu c h n hp khớ Y cú t khi so vi He l 5. Hiu sut ca phn ng hiro hoỏ
l
A. 25%

B. 20%

C. 50%
B

D. 40%

:

M X = 3,75.4 = 15;

M Y = 5.4 = 20

T chn lng cht, xem h n hp X l 1 mol (nX = 1 mol)
Da vo [3] ta cú:

15 n Y
15
=
nY =
= 0,75mol ;

20 1
20

p dng s ng chộo :

15-2=13

a mol C2H4 (28)
M=15
b mol H2 (2)

a

13

b

13

a=b=0,5 mol

28-15=13

Da vo [9] ta cú:

nH

H=
V

2 phản ứng

nanken phản ứng = nX - nY=1-0,75=0,25 mol

0,25
ì100% = 50% . Chn C
0,5

4: ( TSH KB nm 2009) H n hp khớ X gm H2 v mt anken cú kh nng cng HBr cho

sn phm hu c duy nht. T khi ca X so vi H2 bng 9,1. un núng X cú xỳc tỏc Ni, sau khi phn
ng xy ra hon ton, thu c h n hp khớ Y khụng lm mt mu nc brom; t khi ca Y so vi H 2
bng 13. Cụng thc cu to ca anken l
A. CH3-CH=CH-CH3. B. CH2=CH-CH2-CH3.
C. CH2=C(CH3)2.

D. CH2=CH2.
B

M X = 9,1.2 = 18,2;

:

M Y = 13.2 = 26

Vỡ h n hp Y khụng lm mt mu nc Br2 nờn trong Y khụng cú anken
T chn lng cht, chn s mol h n hp X l 1 mol mX = 18,2gam
Da vo [3] v [6] ta cú:

18,2 n Y

18,2
=
n Y = n H2 (X) =
= 0,7mol
26
1
26

nanken = 1- 0,7=0,3 mol

16


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
Dựa vào khối lượng h n hợp X: 14n ×0,3 + 2×0,7 =18,2  n = 4 .
CTPT: C4H8. Vì khi cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên chọn A.
V

5: H n hợp khí X chứa H2 và một ankin. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,8. Đun nóng nhẹ X có

mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là
8. Công thức phân tử của ankin là
A. C2H2

B. C3H4

C. C4H6
Bà

D. C4H8

ả:

M X = 4,8.2 = 9,6;

M Y = 8.2 = 16

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (n X = 1 mol)  mX = 9,6g
Dựa vào [3] ta có:

9,6 n Y
9,6
=
 nY =
= 0,6mol ;
16
1
16

Dựa vào [2]  n H
= 1 - 0,6 = 0,4 mol
2 phan ung

1
1
n H2 phan ung  × 0,4 = 0,2 mol
2
2

Dựa vào khối lượng h n hợp X: (14n - 2)× 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6 .
Theo [I] nankin (X) =

 n = 3 . CTPT: C3H4. Chọn B
V

6: H n hợp X gồm 3 khí C3H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích 9,7744 lít ở 250C, áp suất

atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được h n hợp khí Y. Biết tỉ khối của X so với Y
là 0,75. Số mol H2 tham gia phản ứng là
A. 0,75 mol

B. 0,30 mol

C. 0,10 mol

D. 0,60 mol
Bà

nX =

ả:

1×9,7744
= 0,4 mol
0,082(273 + 25)

Dựa vào [3] ta có: d X/Y =

MX n Y n Y

=
=
= 0,75  n Y = 0,3 mol
M Y n X 0,4

 n H2phan ung = 0,4 - 0,3 = 0,1mol . Chọn C
V

7: (Đề TSĐH KA năm 2008) Đun nóng h n hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với

xúc tác Ni, sau một thời gian thu được h n hợp khí Y. Dẫn toàn bộ h n hợp Y lội từ từ qua bình đựng
dung dịch brom (dư thì còn lại 0,448 lít h n hợp khí Z (ở đktc có tỉ khối so với

2

là 0,5. Khối lượng

bình dung dịch brom tăng là:

17


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
A. 1,04 gam.

B. 1,20 gam. C. 1,64 gam. D. 1,32 gam.
Bà

ả:

Có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

X

0,06 mol C2H2
0,04 mol H2

Ni, t0

Y

C2H 4, C2H 2 d- , Br2 (d- )
C2H6, H 2 d-

Z (C2H6, H2 d- )
(0,448 lÝt, dZ/H2 = 0,5)
mb×nh = mC H d-+ mC2H4
2 2

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δm tang + mZ

M Z = 0,5×32 = 16;n Z =

0,448
= 0,02  m Z = 0,02×16 = 0,32gam
22,4

Ta có: 0,06.26 + 0,04.2= Δm +0,32  Δm =1,64 – 0,32 1,32 gam. Chọn D
V

8: H n hợp khí X chứa H2 và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối của X đối với H 2 là 4,6. Đun

nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất màu nước brom và có tỉ
khối đối với H2 là 11,5. Công thức phân tử của hiđrocacbon là
A. C2H2

B. C3H4

C. C3H6
Bà

M X = 4,6.2 = 9,2;

D. C2H4

ả:

M Y = 11,5.2 = 23

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (n X = 1 mol)

 mX = 9,2g
Dựa vào [3] ta có:

9,2 n Y
9,2
=
 nY =

= 0,4mol ;
23
1
23

Dựa vào [2]  n H
= 1 - 0,4 = 0,6 mol . Vậy A không thể là anken vì nanken = n hiđro pư =0,6
2 phan ung
mol (vô lý)  loại C, D.
Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng CnH2n-2. Với công thức này thì

1
1
n H2 phan ung  × 0,6 = 0,3mol  n H2(A) =1- 0,3 = 0,7 mol
2
2
Dựa vào khối lượng h n hợp X: (14n - 2) × 0,3 + 2× 0,7 = 9,2 .
nA (X) =

 n = 2 . CTPT: C2H2. Chọn B
V

9: Cho 8,96 lít h n hợp khí X gồm C3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi qua bột Niken xúc tác nung

nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng ta thu được 6,72 lít h n hợp khí Y không chứa H2.
Thể tích h n hợp các hidrocacbon có trong X là:
A. 5,6 lít

B. 4,48 lít

C. 6,72 lít

D. 8,96 lít

18


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
Bà
Dựa vào [5]  Vhiđrocacbon (Y = Vhiđrocacbon (X
V

ả:

6,72 lít. Chọn C

10: Cho 4,48 lít h n hợp khí X gồm CH 4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V lít khí H2 qua xúc tác

Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng ta thu được 5,20 lít h n hợp khí Y. Các thể
tích khí đo ở cùng điều kiện. Thể tích khí H2 trong Y là
A. 0,72 lít

B. 4,48 lít

C. 9,68 lít

D. 5,20 lít
Bà

ả :

Dựa vào [5] ta có : Vhiđrocacbon (Y = Vhiđrocacbon (X = 4,48 lít

 Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48 0,72 lít. Chọn A
V

11: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H 2 là 7,3 đi

chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6.
Số mol H2 đã tham gia phản ứng là
A. 0,5 mol

B. 0,4 mol

C. 0,2 mol

D. 0,6 mol

M X = 7,3.2 = 14,6;

Bà

ả:

MY =

73
73
 2  ; nX = 1 mol

6
3

Dựa vào [2] và [3]  nY = 0,6 mol; n H
= 1 - 0,6 = 0,4mol . Chọn B
2phan ung
V

12: (Đề TSCĐ năm 2009) H n hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một

thời gian với xúc tác Ni thu được h n hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y
sục từ từ vào dung dịch brom (dư thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 32,0

B. 8,0

C. 3,2

D. 16,0
Bà

ả:

Vinylaxetilen: CH 2 = CH - C  CH phân tử có 3 liên kết



nX = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol; mX = 0,3.2 + 0,1.52 = 5,8 gam  mY = 5,8 gam

M Y =29  n Y =

5,8
= 0,2 mol . Dựa vào [2] n H2phan ung = 0,4 - 0,2 = 0,2mol chỉ bảo hoà hết
29

0,2 mol liên kết

 , còn lại 0,1.3 – 0,2 0,1 mol liên kết  sẽ phản ứng với 0,1 mol Br2.

 mBr2 = 0,1×160 = 16 gam . Chọn D
V

13: Đun nóng h n hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và 0,07 mol H2 với xúc tác Ni,

sau một thời gian thu được h n hợp khí Y gồm C2H6, C2H4, C3H8, C2H2 dư, C3H6 dư và H2 dư. Đốt

19


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
cháy hoàn toàn h n hợp Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng
bình dung dịch nặng thêm là
A. 5,04 gam.

B. 11,88 gam.

C. 16,92 gam.

D. 6,84 gam.

Bà
Dựa vào [4] thì khi đốt cháy h n hợp Y thì lượng C

ả:
2

và H2 tạo thành bằng lượng C

2

và H2O sinh

ra khi đốt cháy h n hợp X. Khi đốt cháy X ta có các phương trình hoá học của phản ứng:
C2H2 + 2,5O2  2CO2
0,06 

0,12

C3H6 + 4,5O2  3CO2
0,05 
2H2 + O2
0,07 

+

0,06
+

0,15



H2O

3H2O
0,15

2H2O
0,07

Σn CO2 = 0,12 + 0,15 = 0,27 mol;

Σn H2O = 0,06 + 0,15 + 0,07 = 0,28mol

Khối lượng bình dung dịch tăng bằng khối lượng C

2

và khối lượng H2O.

Δm = 0,27 × 44 + 0,28×18 = 16,92 gam . Chọn C
III. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: (Bài 6.10 trang 43 sách bài tập Hoá 11)
H n hợp khí A chứa H2 và một anken. Tỉ khối của A đối với H2 là 6,0. Đun nóng nhẹ A có mặt
xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp B không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 8,0.
Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích từng chất trong h n hợp A và h n hợp B.
ĐS:

H n hợp A: C3H6 (25,00%); H2 (75,00%)

H n hợp B: C3H8 (  33%); H2 (67%)

Bài 2: (Bài 6.11 trang 43 sách bài tập Hoá 11)
H n hợp khí A chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối của A đối với
H2 là 8,26. Đun nóng nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp B không làm mất màu nước
brom và có tỉ khối đối với H2 là 11,80. Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của từng chất
trong h n hợp A và h n hợp B.
ĐS:

H n hợp A: C3H6 (12%); C4H8 (18%); H2 (17%)
H n hợp B: C3H8 (17%); C4H10 (26%); H2 (57%)

Bài 3: (Bài 6.11 trang 48 sách bài tập Hoá 11 nâng cao)

20


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
Cho h n hợp X gồm etilen và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,25. Dẫn X qua bột Ni nung nóng
(hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75% , thu được h n hợp Y. Tính tỉ khối của Y so với H2.
Các thể tích khí đo ở đktc.
ĐS:

d Y/H2 = 5,23

Bài 4: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H 2 là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6.
Cho h n hợp khí Y di chậm qua bình nước Brom dư ta thấy có 10,08 lít (đktc khí Z thoát ra có tỉ khối
đối với H2 bằng 12 thì khối lượng bình đựng Brom đã tăng thêm

A. 3,8 gam

B. 2,0 gam

C. 7,2 gam

D. 1,9 gam

Bài 5: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H 2 là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y có tỉ khối đối với H 2 là 73/6.
Khối lượng h n hợp khí Y là

Bài 6:

A. 1,46 gam

B. 14,6 gam

C. 7,3 gam

D. 3,65 gam

ột h n hợp khí X gồm Ankin A và H2 có thể tích 15,68 lít. Cho X qua Ni nung nóng, phản

ứng hoàn toàn cho ra h n hợp khí Y có thể tích 6,72 lít (trong Y có H 2 dư . Thể tích của A trong X và
thể tích của H2 dư lần lượt là (các thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn
A. 2,24 lít và 4,48 lít

B. 3,36 lít và 3,36 lít

C. 1,12 lít và 5,60 lít

D. 4,48 lít và 2,24 lít.

21


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM
HÓA HỮU CƠ 11
1. Dựa r

ứ

a

r a b

Th dụ: Công thức tổng quát của hiđrocacbonA có dạng (CnH2n+1)m. A thuộc dãy đồng đẳng nào?
A) Ankan

B) Anken

C) Ankin

D) Aren

Suy luận: CnH2n+1 là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do 2 gốc hydrocacbon hóa

trị I liên kết với nhau, vậy m

2. Dựa và

2 và A thuộc dãy ankan: C2nH2n+4.

ả ứ

r a b

Khi đốt cháy hiđrocacbon thì cacbon tạo ra C

2

vầ hidro tạo ra H2 . Tổng khối lượng C và H

trong CO2 và H2 phải bằng khối lượng của hidrocacbon.
Th dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam h n hợp gồm CH4, C3H6 và C4H10 thu được 17,6g CO2 và 10,8g
H2 . m có giá trị là:
A) 2g

Suy luận: Mh

n hợp

2.1. K

C) 6g

B) 4g

= mC + mH =

17
10,8
12 
 2 B 6 gam .
44
18

a ka : thu được nC

và số mol C

D) 8g.

2

> nH2 và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol H 2

2.

CnH2n+2 +

3n  1
O2  nCO2 + (n + 1) H2O
2

Th dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol h n hợp 2 ankan thu được 9,45g H2 . Cho sản phẩm cháy
vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì khối lượng kết tủa thu được là:

A. 37,5g

B. 52,5g

C. 15g

D. 42,5g

Đáp án: A
Suy luận:
nankan = nCO2 - nCO2 → nC
nCO2 =
CO2

2

= nH2O - nankan

9,45
= 0,15 = 0,375 mol
18

+ Ca(OH)2

→ CaC

3

 +

H2 O

nCaCO3 = CO2 = 0,375 mol
mCaCO3 = 0,375.100 = 37,5g
Th dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn h n hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 11,2

22


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
lít C

2

(đktc và 12,6g H2 . Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
A. Ankan

B. Anken

C. Ankin

D. Aren

Suy luận:
nH2O =

12,6
18

0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan

Th dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn h n hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4
lít C

2(đktc

và 25,2g H2 . Hai hidrocacbon đó là:

A. C2H6 và C3H8

B. C3H8 và C4H10

C. C4H10 và C5H12

Suy luận: nH2O =

D. C5H12 và C6H14

25, 2
= 1,4 mol ; nCO2 = 1mol
18

nH2O > nCO2  2 chất thuộc dãy ankan. Gọi n là số nguyên tử C trung bình:

Cn H 2 n  2

Ta có:

+

3n  1
2 O2

n
1

n  1 1, 4

→

n CO2

+

 n  1 H2O
C2H6

→

n

2,5

→

C3H8

Th dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn h n hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi
qua bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng K H rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số

mol ankan có trong h n hợp là:
A. 0,06

Suy luận: nH2O =

B. 0,09

C. 0,03

D. 0,045

6,16
4,14
= 0,23 ; nCO2 =
= 0,14
44
18

nankan = nH2O – nCO2 = 0,23 – 0,14 = 0,09 mol
Th dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol h n hợp gồm CH4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và
0,23 mol H2 . Số mol ankan và anken có trong h n hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01

B. 0,01 và 0,09

23


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷

C. 0,08 và 0,02

D. 0,02 và 0,08

Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol
2.2. Dựa và

ả ứ

a a ken cho nCO2 = nH2O

Th dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn h n hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được
11,2 lít C

2

(đktc và 9g H2 . Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
B. Anken

A. Ankan

C. Ankin

D, Aren

9
11, 2
 0,5

0,5

Suy luận: nCO2 =
mol ; nH2O =
22, 4
18
 nH2O = nCO2

Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Th dụ 2:

ột h m hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và có

cùng số mol. Lấy m gam h n hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br2trong dung môi
CCl4. Đốt cháy hoàn toàn m gam h n hợp đó thu được 0,6 mol CO2. Ankan và anken đó có công thức
phân tử là:
B. C3H8, C3H6

A. C2H6, C2H4
C. C4H10, C4H8

Suy luận: nanken = nBr2 =

CnH2n

+

0,1

Ta có: 0,1n =
2.3. Đ

D. C5H12, C5H10

80.20
 0,1 mol
100.160

3n
O
2 2

→ nC

2

+ n H2 O

0,1n

0,6
 0,3  n = 3  C3H6.
2

a k : nCO2 > nH2 và nankin (cháy) = nCO2 – nH2O

Th dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc một ankin thể khí thu được C

2

và H2 có tổng khối

lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)2 dư thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít

B. 2,24 lít

C. 4,48 lít

B. 3,36 lít

24


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y
Hoµng Anh Ngä – Tr-êng THPT Tiªn L÷
Suy luận: nCO2 = nCaCO3 =

nH2O =

45

0,45 mol
100 14n  2  49,6  n  3,4.

25,2  0,45.44
 0,3 mol
18

nankin = nCO2 – nH2O = 0,45 – 0,3 = 0,15 mol
0,15.22,4

Vankin

3,36 lít

b. Công thức phân tử của ankin là:
B. C3H4

A. C2H2

C. C4H6

D. C5H8

nCO2 = 3nankin. Vậy ankin có 3 nguyên tử C3H4
Th dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn V lít (đktc 1 ankin thu được 10,8g H2 . Nếu cho tất cả sản phẩm
cháy hấp thụ hết vào bình đựng nước vôi trong thì khối lượng bình tăng 50,4g. V có giá trị là:
A. 3,36 lít

B. 2,24 lít

Suy luận: Nước vôi trong hấp thu cả C

C. 6,72 lít
2

D. 4,48 lít

và H2O

mCO2 + mH2O = 50,4g ; mCO2 = 50,4 – 10,8 = 39,6g

nCO2 =

39,6
 0,9 mol
44

nankin = nCO2 – nH2O = 0,9 
2.4. Đ

ợ

r a b

10,8
 0,3 mol
4418

k

được bao nhiêu mol C

2

thì sau đó hidro hóa

hoàn toàn rồi đốt cháy h n hợp các hidrocacbon không no đó sẽ thu được bấy nhiêu mol C

2.

Đó là do

khi hidro hóa thì số nguyên tử C không thay đổi và số mol hidrocacbon no thu được luôn bằng số mol
hidrocacbon không no.
Th dụ: Chia h n hợp gồm C3H6, C2H4, C2H2, thành 2 phần đều nhau:
-

Đốt cháy phần 1 thu được 2,24 lít C

-

Hidro hóa phần 2 rồi đốt cháy hết sản phẩm thì thể tích C
A. 2,24 lít

2.5. P ả ứ

B. 1,12 lít

2

(đktc .
2

thu được là:

C. 3,36 lít

D. 4,48 lít

a ancol.

ancol: CnH2n + 2 – 2k - m (OH)m

CnH2n + 2 – 2k Om ( m là

ứ )

Phản ứng đốt cháy:
CnH2n+2 – 2k

- m(OH)m

 nCO2 + (n + 1 - k) H2O

25