BT TANG GIAM KHOI LUONG GIAI CHI TIET HOA 9

BD HSG

GIẢI BÀI TẬP BẰNG PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
0
1. Dạng 1: Bài tập về kim loại
a. Kim loại + axit (vô cơ hoặc hữu cơ)
Ví dụ 1: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị II) trong dung dịch HCl dư thu
được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối khan. Giá trị của m là:
A. 1,380
B. 1,830
C. 3,180
D. 3,195
Bài giải:
Fe
FeCl2
dư
+ dd HCl
m(g) hhA M ¾¾
¾¾
® 4,575g muối
MCl2
(h.trị 2)

+ 1,008 lít H2 (đktc)

n H2 = 0,045 mol
M + 2HCl 
→ MCl2 + H 2 ↑
⇒ n M = n H2 = 0,045 mol
¾¾
® 1 mol MCl 2

1 mol M

: ∆m tăng = ( M + 71) – M = 71g

0,045 mol M ¾¾
® 0,045 mol MCl 2 : ∆m tăng = 0,045×71 = 3,195g
Ta có: m muối = m + ∆m tăng
⇒ m = m muối – ∆m tăng = 4,575 – 3,195 = 1,380g

Ví dụ 2: Cho 1,24g hỗn hợp hai axit cacboxylic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml lít
H2 (đktc) và m(g) muối natri. Khối lượng muối natri thu được là:
A. 1,93g
B. 2,93g
C. 1,90g
D. 1,47g
Bài giải:
1,24g R(COOH) x + Na ¾¾
® m(g) R(COONa) x + 336 ml lít H2 (đktc)
Tìm m?

n H2 = 0,015 mol
2R(COOH) x + 2xNa 
→ 2R(COONa) x + xH 2 ↑
⇒ n R (COOH) =
x

2
0, 03
n H2 =

mol
x
x

1 mol R(COOH) x

: ∆m tăng = ( R + 67x) – ( R + 45x) = 22x (g)
¾¾
® 1 mol R(COONa) x
0, 03
0, 03
0, 03
mol R(COOH) x ¾¾
mol R(COONa) x : ∆m tăng =
× 22x = 0,66g
®
x
x
x

Ta có: m = m axit + ∆m tăng = 1,24 + 0,66 = 1,90g

b. Kim loại + ancol
Ví dụ: Cho 2,02 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp tác dụng vừa đủ với Na thu
được 3,12 gam muối khan. Công thức phân tử của hai ancol là:
A. CH3OH, C2H5OH
B. C2H5OH, C3H7OH
C. C3H7OH, C4H9OH
D. C4H9OH, C5H11OH
Bài giải:

+ Na
2,2g hh ROH ¾¾¾
® 3,12g RONa

Gọi công thức phân tử chung cho hai ancol là: ROH


BD HSG

2ROH + 2Na ¾¾
® 2RONa + H 2
1 mol ROH ¾¾
® 1 mol RONa : ∆m tăng = ( R + 39) – ( R + 17) = 22g
x mol ROH ¾¾
® x mol RONa : ∆m tăng = 3,12 – 2,2 = 1,1g

1,1
= 0, 05 mol
22
2, 02
⇒ M ROH =
= 40, 4 g/mol ⇒ ancol có M < 40,4 là CH3OH
0, 05
⇒ ancol đồng đẳng kế tiếp của CH3OH là C2H5OH.
c. Kim loại + muối
Ví dụ: Lấy một cây đinh sắt nặng 10g nhúng vào dung dịch CuSO 4 bão hòa. Sau một thời gian
lấy ra làm khô, cân đinh sắt nặng 10,4884g. Tính khối lượng Cu bám lên cây đinh sắt.
A. 0,4884g
B. 3,4188g
C. 3,9072g

D. 0,9768g
Bài giải:
1 tgian
⇒ x =

¾¾
®

Thanh Fe nặng 10g + dd CuSO4

thanh Fe nặng 10,4884g
Tính lượng Cu đã bám lên thanh Fe?

Fe + CuSO 4 
→ FeSO 4 + Cu
1 mol Fe ¾¾
® 1 mol Cu : ∆m tăng = 64 – 56 = 8g
x mol Fe ¾¾
® x mol Cu : ∆m tăng = 10,4884 – 10 = 0,4884g

⇒ x =
⇒ m Cu

0, 4884
= 0, 06105 mol
8
= 0, 06105 × 64 = 3,9072g

2. Dạng 2: Bài tập về oxit kim loại
a. Khử oxit kim loại

Ví dụ: Khử 44,8g hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe 3O4, Fe2O3 bằng V(lít) khí CO ở nhiệt độ
cao, người ta thu được 40 gam chất rắn X. Giá trị của V là:
A. 0,672
B. 6,72
C. 2,24
D. 22,4
Bài giải:
CuO
FeO
44,8g hhA Fe O
2 3
Fe3O4

0

+ V(lit) CO, t

→ 40g rắn X.

Tìm V?

→ CO 2
Phản ứng khử oxit bởi CO có thể hiểu là: CO + [O]oxit 
44,8g oxit ¾¾
® 40g chất rắn : ∆m rắn giảm = m O (trong oxit) = 44,8 – 40 = 4,8g
⇒ nO = 0,3 mol

CO + [O]oxit 
→ CO 2
(mol) 0,3

0,3

⇒ VCO = 0,3× 22,4 = 6,72 lít
b. Oxit kim loại + axit
Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO trong 500 ml dung dịch
H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được m gam hỗn hợp muối sunfat khan.
Giá trị của m là:


BD HSG

A. 3,81

Fe2O3
2,81g hh ZnO
MgO

B. 4,81

¾¾ ¾ ¾
®
+ 500 ml dd
H 2SO 4 0,1M

(vừa đủ)

C. 5,81
Bài giải:

m(g)
Tìm m?

D. 6,81

Fe2(SO4)3
ZnSO4
MgSO4

n H2SO4 = 0,05 mol ⇒ nSO = 0, 05 mol
2−
4

1 mol O 2−

2−
¾¾
® 1 mol SO 4

: ∆m tăng = 96 – 16 = 80g

2−
0,05 mol SO 4 : ∆m tăng = m – 2,81 (g)

⇒ m – 2,81 = 4 ⇒ m = 6,81g
3. Dạng 3: Bài tập về muối
a. Kim loại + muối (đã xét trong phần 1.c)
b. Halogen đứng trước đẩy halogen đứng sau ra khỏi muối
Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A.
Sục khí clo dư vào dung dịch A. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan.

Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là:
A. 29,25g
B. 58,5g
C. 17,55g
D. 23,4g
Bài giải:
NaCl
104,5g hhX NaI

dư

+ Cl
¾¾¾
®
2

58,5g muối NaCl

Cl2 + 2NaI 
→ 2NaCl + I 2
1 mol NaI

¾¾
® 1 mol NaCl : ∆m giảm = 150 – 58,5 = 91,5g
x mol NaI ¾¾
® x mol NaCl : ∆m giảm = 104,25 – 58,5 = 45,75g
⇒ x = 0,5 mol ⇒ mNaI = 0,5×150 = 75g
⇒ mNaCl = 104,25 – 75 = 29,25g
c. Muối cacbonat (muối sunfit) + HCl
Ví dụ: Cho 3,06 gam hỗn hợp hai muối K2CO3 và MgCO3 tác dụng với dung dịch HCl thu được

V lít khí (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 3,39 gam muối khan. Giá trị của V là:
A. 0,224
B. 0,448
C. 0,336
D. 0,672
Bài giải:
K2CO3
KCl
+ dd HCl
3,06g hh MgCO3 ¾¾
¾¾
® 3,39g
MgCl2

+ V(lít) CO2

K 2 CO3 + 2HCl 
→ 2KCl + CO 2 +H 2O
MgCO3 + 2HCl 
→ MgCl2 + CO 2 +H 2O
2−
1 mol CO3 ¾¾
® 2 mol Cl− : ∆m rắn tăng = 35,5×2 – 60 = 11g
2−
x mol CO3 ¾¾
® 2x mol Cl− : ∆m rắn tăng = 3,39 – 3,06 = 0,33g
⇒ x = 0,03 mol

⇒ n CO2 = n CO2− = 0,03 mol ⇒ VCO2 = 0,03× 22,4 = 0,672 lít
3

d. AgNO3 → AgX


BD HSG

Ví dụ: Cho 31,84 gam hỗn hợp hai muối NaX và NaY (X, Y là hai halogen ở hai chu kỳ liên tiếp)
vào dung dịch AgNO3 dư thì thu được 57,34 gam kết tủa. Tìm hai muối NaX và NaY.
A. NaCl và NaBr
B. NaBr và NaI
C. NaF và NaCl
D. NaBr và NaF
Bài giải:
31,84g hh

NaX
NaY

dư

dd AgNO
¾+¾
¾¾
® 57,34g kết tủa.
3

Tìm NaX, NaY?
Gọi công thức trung bình cho hai muối là: NaX

NaX + AgNO3 
→ AgX + NaNO3

1 mol NaX ¾¾
® 1 mol AgX : ∆m tăng = (108 + X ) – (23 + X ) = 85g
x mol NaX ¾¾
® x mol AgX : ∆m tăng = 57,34 – 31,84 = 25,5g

⇒ x = 0,3 mol ⇒ M Na X =

31,84
= 106,13 g/mol
0,3

⇔ 23 + X = 106,13
⇔ X = 83,13
⇒ Hai halogen là Brom và Iot.
e. Nhiệt phân muối nitrat
Ví dụ: Nhiệt phân hoàn toàn 9,4 gam một muối nitrat kim loại thu được 4 gam oxit rắn. Công
thức muối đã nhiệt phân là:
A. Fe(NO3)3
B. Al(NO3)3
C. Cu(NO3)2
D. AgNO3
Bài giải:
0

t
¾¾
® 4g M2On. Tìm CTPT muối nitrat.
t
¾¾
® 2M2On + 4nNO2 + nO2

9,4g M(NO3)n
4M(NO3)n

0

4 mol M(NO3)n ¾¾
® 2 mol M2On : ∆m giảm = 4×(M + 62n) – 2×(2M + 16n) = 216n (g)
4x mol M(NO3)n ¾¾
® 2x mol M2On : ∆m giảm = 9,4 – 4 = 5,4g

5, 4 × 4
0, 025
=
mol
216n × 4
n
9, 4
⇒ M M(NO3 ) n =
= 94n g/mol
0, 025
4×
n
⇔ M + 62n = 94n
⇔ M = 32n
Chọn n = 2, M = 64 ⇒ Muối đã nhiệt phân là Cu(NO3)2
f. Nhiệt phân muối hydrocacbonat
Ví dụ: Nung 100 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp không
đổi thu được 69 gam chất rắn. Phần trăm về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 16% và 84%

B. 84% và 16%
C. 26% và 74%
D. 74% và 26%
Bài giải:
⇒ x =

100g hh Na2CO3
NaHCO3

0

¾t¾
® 69g Na CO
2

3


BD HSG
Tìm % về khối lượng mỗi muối trong hh ban đầu.
Chỉ có muối NaHCO3 bị nhiệt phân:
0

t
2NaHCO3 
→ Na 2 CO3 + CO 2 + H 2O

2 mol NaHCO3 ¾¾
® 1 mol Na2CO3 : ∆m giảm = 2 × 84 – 106 = 62g
2x mol NaHCO3 ¾¾

® x mol Na2CO3 : ∆m giảm = 100 – 69 = 31g

⇒ x = 0,5 mol ⇒ m NaHCO3 = 0,5 × 2 × 84 = 84g
⇒ m Na 2CO3 = 100 − 84 = 16g
16 ×100%
= 16%
100
4. Dạng 4: Bài tập về axit cacboxylic, este
a. Phản ứng trung hòa
Ví dụ: Để trung hòa hết 10,6 gam axit cacboxylic A cần dùng vừa đủ V ml dung dịch NaOH 1M.
Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 15 gam chất rắn. Giá trị của V là:
A. 100
B. 200
C. 300
D. 400
Bài giải:
⇒ %m Na 2CO3 =

10,6g RCOOH + V(ml) dd NaOH 1M (vừa đủ)
Tìm V?

¾¾
®

15g RCOONa

RCOOH + NaOH 
→ RCOONa + H 2O
1 mol RCOOH ¾¾
® 1 mol RCOONa : ∆m tăng = (R + 67) – (R + 45) = 22g

x mol RCOOH ¾¾
® x mol RCOONa : ∆m tăng = 15 – 10,6 = 4,4g
⇒ x = 0,2 mol
⇒ nNaOH = nRCOOH = 0,2 mol ⇒ VddNaOH = 0,2 lít hay 200 ml

b. Phản ứng este hóa
Ví dụ: Trộn 40 gam ROH với CH3COOH dư trong bình cầu có H2SO4 đặc làm xúc tác, sau một
thời gian thu được 36,3 gam este. Biết hiệu suất của phản ứng este hóa là 75%. Số mol ROH đã phản
ứng là:
A. 0,3
B. 0,1
C. 0,09
D. 0,15
Bài giải:
1 tgian
40g ROH + CH3COOH dư (xt H2SO4 đặc) ¾¾® 36,3g CH3COOR
H = 75%
Tính nROH đã phản ứng.
H = 75% ⇒ mROH phản ứng =

40 × 75
= 30g
100

CH 3COOH + ROH ‡ˆ ˆ †ˆ CH 3COOR + H 2O
1 mol ROH ¾¾
® 1 mol CH3COOR : ∆m tăng = (R + 59) – (R + 17) = 42g
x mol ROH ¾¾
® x mol CH3COOR : ∆m tăng = 36,3 – 30 = 6,3g
⇒ x = 0,15 mol

c. Phản ứng xà phòng hóa
Ví dụ: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol một este A của một axit đa chức với một ancol đơn
chức cần 5,6 gam KOH. Mặt khác thủy phân 5,475 gam este A đó thì cần 4,2 gam KOH và thu được
6,225 gam muối. Vậy công thức cấu tạo của este là:
A. (COOC2H5)2
B. (COOCH3)2
C. (COOC3H7)2
D. (COOC4H9)2
Bài giải:


BD HSG
0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ)
5,475g R(COOR')n + 4,2g KOH (vừa đủ) ¾¾
® 6,225g R(COOK)n
Tìm CTPT R(COOR')n ?
+ 0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ): nKOH = 0,1 mol
Ta có:

n KOH
0,1 2
=
= ⇒ este hai chức ⇒ CTPT este là: R(COOR')2
n este A 0, 05 1

+ 5,475g R(COOR')2 + 4,2g KOH (vừa đủ)
nKOH = 0,075 mol ⇒ neste A = 0,00375 mol

¾¾

®

6,225g R(COOK)2

R ( COOR ' ) 2 + 2KOH 
→ R ( COOK ) 2 + 2R 'OH

1 mol R(COOR')2

¾¾
® 1 mol R(COOK)2 : ∆m tăng = (166 + R) – (88 + 2R' + R) = 78 – 2R' (g)
0,00375 mol R(COOR')2 ¾¾
® 0,00375 mol R(COOK)2 : ∆m tăng = 0,75g
⇒ 78 – 2R' = 20
⇒ R' = 29 ⇒ R' là C2H55. Dạng 5: Bài tập về aminoaxit
a. Tác dụng với axit
Ví dụ: Cho 20 gam hỗn hợp gồm 3 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác
dụng với dung dịch HCl 1M. Cô cạn dung dịch thu được 31,68 gam hỗn hợp muối. Vậy thể tích của
dung dịch HCl đã dùng là:
A. 16 ml
B. 100 ml
C. 32 ml
D. 320 ml
Bài giải:
20g RNH 2 + V(lít) dd HCl 1M

¾¾
®

31,68g RNH 3Cl

Tìm V?
Gọi CTPT trung bình cho 3 amin là RNH 2

RNH 2 + HCl 
→ RNH 3Cl
1 mol RNH 2 ¾¾
® 1 mol RNH3Cl : ∆m tăng = ( R + 52,5) – ( R + 16) = 36,5g
x mol RNH 2 ¾¾
® x mol RNH3Cl : ∆m tăng = 31,68 – 20 = 11,68g

⇒ x = 0,32 mol
⇒ n HCl = n RNH = 0,32 mol
2

⇒ nHCl = 0,32 lít hay 320 ml
b. Tác dụng với bazơ
Ví dụ: Trung hòa 2,94 gam α – aminoaxit A (MA= 147) bằng một lượng vừa đủ dung dịch NaOH.
Đem cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 3,82 gam muối B. A có tên gọi là:
A. Alanin
B. Glyxin
C. Axit glutamic
D. Anilin
Bài giải:
2,94g R(NH2)(COOH)x (A) + dd NaOH (vừa đủ)
(α – aminoaxit, MA = 147)
Tên gọi của α – aminoaxit A là?
nA = 0,02 mol.

¾¾

® 3,84g R(NH2)(COONa)x (B).

R(NH 2 )(COOH) x + xNaOH 
→ R(NH 2 )(COONa) x + xH 2O
1 mol A

¾¾
® 1 mol B : ∆m tăng = (67x + 16 + R) – (45x + 16 + R) = 22x (g)
0,02 mol A ¾¾
® 0,02 mol B : ∆m tăng = 3,82 – 2,94 = 0,88g


BD HSG

⇒ x = 2 ⇒ CTPT A là: R(NH2)(COOH)2
Theo đề: MA = 147 ⇒ R + 106 = 147
⇒ R = 41 ⇒ R là C3H5
Vậy CTCT của A là:

Axit glutamic

6. Dạng 6: Bài tập về andehit
a. Andehit → axit cacboxylic
Ví dụ: Oxi hóa hoàn toàn 2,2 gam một andehit đơn chức A thu được 3 gam axit cacboxylic B.
Công thức cấu tạo của A là:
A. CH3CH2CH2CHO B. CH3CHO
C. CH2=CHCHO
D. CH3CH2CHO
Bài giải:
2,2g RCHO (A)

Tìm CTCT (A).

¾¾
®

3g RCOOH (B)

[O]
RCHO 
→ RCOOH

1 mol RCHO

¾¾
®
¾¾
®

1 mol RCOOH : ∆m tăng = (R + 45) – (R + 29) = 16g

x mol RCHO
x mol RCOOH : ∆m tăng = 3 – 2,2 = 0,8g
⇒ x = 0,05 mol ⇒ MRCHO = 44 g/mol
⇒ R = 15 ⇒ R là – CH3
CTCT của A là: CH3CHO.

b. Ancol → andehit
Ví dụ: Oxi hóa 6 gam ancol no, đơn chức X thu được 5,8 gam andehit. Công thức cấu tạo của X
là:
A. CH3CH2OH

B. CH3CH2CH2OH C. CH3CH(OH)CH3 D. CH3OH
Bài giải:
6g CnH2n+1CH2OH (X) ¾¾
® 5,8g CnH2n+1CHO
Tìm CTCT của (X).
Oxi hóa ancol X thu được andehit ⇒ ancol X là ancol bậc I
[O]
CnH2n+1CH2OH 
→ CnH2n+1CHO
1 mol CnH2n+1CH2OH

¾¾
®
¾¾
®

1 mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = (14n + 32) – (14n + 30) = 2g

x mol CnH2n+1CH2OH
x mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = 6 – 5,8 = 0,2g
⇒ x = 0,1 mol ⇒ MX = 60 g/mol
⇒ 14n + 32 = 60
⇒n = 2
Ancol X là: CH3CH2CH2OH

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Cao Cự Giác, Kỹ thuật phân tích và trả lời nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học, NXB Đại học quốc
gia Tp. HCM.
[2]. Nguyễn Khoa Thị Phượng, Phương pháp giải nhanh các bài toán hóa học trọng tâm, NXB Đại học
quốc gia Hà Nội.

[3]. Tạp chí Dạy và Học Hóa học.
[4]. Tạp chí Hóa học và ứng dụng, số 2/2009.


BD HSG

[5]. Bài tập Hóa học 2011, trường Dự bị Đại học Tp. HCM.