11 Dạng BÀI TẬP nâng cao HÓA HỌC 9 (MINH HỌA BẰNG ĐỀ THI HSGIỎI TP Quy Nhơn , Tỉnh BÌnh Định ) có đáp án

Bài
Bài
tóan về pha trộn dung dòch
tóan về pha trộn dung dòch

Bài tóan 1 : Có một dd H
Bài tóan 1 : Có một dd H
2
2
SO
SO
4
4
(A) và hai dd
(A) và hai dd
NaOH (B , C ) .
NaOH (B , C ) .
Trộn B với C theo tỉ lệ thể tích 1:1 thì được
Trộn B với C theo tỉ lệ thể tích 1:1 thì được
dd X .Trung hòa 1 thể tích dd X cần một
dd X .Trung hòa 1 thể tích dd X cần một
thể tích dd A .
thể tích dd A .
Trộn B với C theo tỉ lệ thể tích 2:1 thì được
Trộn B với C theo tỉ lệ thể tích 2:1 thì được
ddY .Trung hòa 30ml dd Y cần 32,5ml
ddY .Trung hòa 30ml dd Y cần 32,5ml
ddA.Tính tỉ lệ thể tích B và C phải trộn để
ddA.Tính tỉ lệ thể tích B và C phải trộn để

sao cho khi trung hòa 70ml dd Z tạo ra cần
sao cho khi trung hòa 70ml dd Z tạo ra cần
67,5ml dd A
67,5ml dd A


Bài giải
Bài giải

Đặt b , c là nồng độ 2 dd NaOH và a là
Đặt b , c là nồng độ 2 dd NaOH và a là
nồng độ dd H
nồng độ dd H
2
2
SO
SO
4
4
. Khi trộn 1lít B với 1lít C
. Khi trộn 1lít B với 1lít C
ta có 2lít dd X có chứa (b + c)mol NaOH
ta có 2lít dd X có chứa (b + c)mol NaOH
.Để trung hòa X cần 2lít A
.Để trung hòa X cần 2lít A


cần 2a mol
cần 2a mol
H

H
2
2
SO
SO
4
4
.Vậy theo PTHH ta có 4amol NaOH
.Vậy theo PTHH ta có 4amol NaOH
=> b+c = 4a. Khi trộn 2lít B với 1lít C ta có
=> b+c = 4a. Khi trộn 2lít B với 1lít C ta có
3lít dd Y có chứa (2b+c)mol NaOH . Để
3lít dd Y có chứa (2b+c)mol NaOH . Để
trung hòa 3lít Y cần 3,25lít A có 3,25a mol
trung hòa 3lít Y cần 3,25lít A có 3,25a mol
nên => 2b+c = 6,5a
nên => 2b+c = 6,5a

Gỉai hệ PT ta có : b = 2,5a ; c = 1,5a
Gỉai hệ PT ta có : b = 2,5a ; c = 1,5a


Bài giải
Bài giải

Để trung hòa 7lít dd Z cần 6,75lít A có chứa
Để trung hòa 7lít dd Z cần 6,75lít A có chứa
6,75a mol H
6,75a mol H
2

2
SO
SO
4
4
. Theo PT ta có trong 7 lít
. Theo PT ta có trong 7 lít
Z có 13,5a mol NaOH .
Z có 13,5a mol NaOH .

G
G
ọi thể tích hai dd B với C phải trộn là x,
ọi thể tích hai dd B với C phải trộn là x,
y(lít). Ta có : 2,5ax + 1,5ay = 13,5a
y(lít). Ta có : 2,5ax + 1,5ay = 13,5a


và x + y = 7
và x + y = 7


Gỉai ta được x = 3 ; y = 4
Gỉai ta được x = 3 ; y = 4


Bài
Bài
tóan về pha trộn dung dòch
tóan về pha trộn dung dòch


Bài tập 2 : Có hai dd HCl có nồng độ khác
Bài tập 2 : Có hai dd HCl có nồng độ khác
nhau (A,B )và dd NaOH có nồng độ không
nhau (A,B )và dd NaOH có nồng độ không
đổi
đổi
.
.
Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích 3 :1 được dd C.
Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích 3 :1 được dd C.
Trung hòa 10ml dd C cần 7,5ml dd NaOH .
Trung hòa 10ml dd C cần 7,5ml dd NaOH .
Trộn Avà B theo tỉ lệ thể tích 1 : 3 được dd D.
Trộn Avà B theo tỉ lệ thể tích 1 : 3 được dd D.
Trung hòa 10ml ddD cần 10,5ml dd NaOH.
Trung hòa 10ml ddD cần 10,5ml dd NaOH.
Hãy tìm tỉ lệ thể tích A và B cần trộn để sau
Hãy tìm tỉ lệ thể tích A và B cần trộn để sau
khi trộn thể tích dd NaOH cần trung hòa
khi trộn thể tích dd NaOH cần trung hòa
bằng thể tích dd sau khi trộn . (Đề thi HSG
bằng thể tích dd sau khi trộn . (Đề thi HSG
Tỉnh BĐ 00-01)
Tỉnh BĐ 00-01)


Bài giải
Bài giải


Gọi x : y là tỉ lệ thể tích dd C : thể tích dd D
Gọi x : y là tỉ lệ thể tích dd C : thể tích dd D
cần trộn để sau khi trộn thể tích dd NaOH
cần trộn để sau khi trộn thể tích dd NaOH
cần trung hòa bằng thể tích dd sau khi trộn .
cần trung hòa bằng thể tích dd sau khi trộn .
Như vậy ta có : 7,5x + 10,5y = 10(x + y)
Như vậy ta có : 7,5x + 10,5y = 10(x + y)

=> 2,5x = 0,5y => y = 5x => x : y = 1 : 5
=> 2,5x = 0,5y => y = 5x => x : y = 1 : 5

=> Thể tích dd A với B cần trộn là :
=> Thể tích dd A với B cần trộn là :


1 (3 : 1) + 5 (1 : 3) = 3 + 5/3 = 14/3
1 (3 : 1) + 5 (1 : 3) = 3 + 5/3 = 14/3


Cần trộn 14 thể tích ddA với 3 thể tích ddB .
Cần trộn 14 thể tích ddA với 3 thể tích ddB .


Bài tóan hỗn hợp
Bài tóan hỗn hợp

Bài tập 1 : Cho một luồng khí CO đi ống sứ
Bài tập 1 : Cho một luồng khí CO đi ống sứ
chứa 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe

chứa 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe
2
2
O
O
3
3


đun nóng .Sau khi phản ứng kết thúc thu
đun nóng .Sau khi phản ứng kết thúc thu
được 4,784g hỗn hợp B gồm 4 chất rắn FeO ,
được 4,784g hỗn hợp B gồm 4 chất rắn FeO ,
Fe
Fe
2
2
O
O
3
3
, Fe
, Fe
3
3
O
O
4
4
, Fe , trong đó số mol Fe

, Fe , trong đó số mol Fe
3
3
O
O
4
4
bằng
bằng
1/3 tổng số mol FeO và Fe
1/3 tổng số mol FeO và Fe
2
2
O
O
3
3
và có 0,046
và có 0,046
mol CO thóat ra . Hòa tan hết hỗn hợp B
mol CO thóat ra . Hòa tan hết hỗn hợp B
bằng dd HCl thấy thóat ra 0,028 mol H
bằng dd HCl thấy thóat ra 0,028 mol H
2
2
. Tính
. Tính
số mol từng chất trong hỗn hợp A , B . ( Đề
số mol từng chất trong hỗn hợp A , B . ( Đề
thi HSG Tỉnh BĐ 00-01 )

thi HSG Tỉnh BĐ 00-01 )


Bài giải
Bài giải

Khi dùng CO khử hỗn hợp FeO , Fe
Khi dùng CO khử hỗn hợp FeO , Fe
2
2
O
O
3
3
sinh ra
sinh ra
khí CO
khí CO
2
2
, nghóa là CO đã lấy đi những nguyên
, nghóa là CO đã lấy đi những nguyên
tử O trong các oxit . => n
tử O trong các oxit . => n
o
o
= n
= n
co2
co2

= 0,046 mol
= 0,046 mol

=> m
=> m
A
A
= m
= m
B
B
+ m
+ m
o
o
= 4,784 + (0,046.16)= 5,52g
= 4,784 + (0,046.16)= 5,52g
Gọi x , y là số mol FeO , Fe
Gọi x , y là số mol FeO , Fe
2
2
O
O
3
3
có trong hỗn
có trong hỗn
hợp A . Ta có : x + y = 0,04
hợp A . Ta có : x + y = 0,04

72x + 160y = 5,52
72x + 160y = 5,52


Gỉai hệ PT ta có : x = 0.01 ; y = 0,03
Gỉai hệ PT ta có : x = 0.01 ; y = 0,03


Fe + 2 HCl
Fe + 2 HCl


FeCl
FeCl
2
2
+ H
+ H
2
2


0,028 0,028
0,028 0,028




Bài giải

Bài giải

=>
=>
m
m
Fe
Fe
= 0,028 . 56 = 1,568 g
= 0,028 . 56 = 1,568 g


=>m
=>m
hh
hh
(
(
FeO , Fe
FeO , Fe
2
2
O
O
3
3
, Fe
, Fe
3
3

O
O
4
4
)= m
)= m
B
B
- m
- m
Fe
Fe
= 3,216g Gọi
= 3,216g Gọi
a ,b ,c là số mol của Fe
a ,b ,c là số mol của Fe
3
3
O
O
4
4
, FeO , Fe
, FeO , Fe
2
2
O
O
3
3

có chứa
có chứa
trong hh B .
trong hh B .
Ta có n
Ta có n
Fe
Fe
trong hhA = n
trong hhA = n
Fe
Fe
trong hh B = 0,01+ 2.0,03 =
trong hh B = 0,01+ 2.0,03 =
0,07 mol . Lập hệ PT : a = 1/3 ( b + c )
0,07 mol . Lập hệ PT : a = 1/3 ( b + c )


3a + b + 2c + 0.028 = 0,07
3a + b + 2c + 0.028 = 0,07


232a + 72b + 160c = 3,216
232a + 72b + 160c = 3,216
Gỉai hệ Pt : a = 0,006 ; b = 0,012 ; c = 0,06
Gỉai hệ Pt : a = 0,006 ; b = 0,012 ; c = 0,06


Bài tóan hỗn hợp
Bài tóan hỗn hợp


Bài tập 2 :Hòa tan hết 11,2g hỗn hợp E gồm
Bài tập 2 :Hòa tan hết 11,2g hỗn hợp E gồm
hai kim lọai M(hóa trò x) và M
hai kim lọai M(hóa trò x) và M
’
’
(hóa trò y)
(hóa trò y)
trong dd HCl (dd D) rồi sau đó cô cạn dd thì
trong dd HCl (dd D) rồi sau đó cô cạn dd thì
thu được 39,6g muối khan .
thu được 39,6g muối khan .


a/ Tính thể tích khí thóat ra ở đktc .
a/ Tính thể tích khí thóat ra ở đktc .


b/ Cho 22,4g hh E tác dụng với 500ml dd D thì
b/ Cho 22,4g hh E tác dụng với 500ml dd D thì
thấy thóat ra 16,8lít khí H
thấy thóat ra 16,8lít khí H
2
2
ở đktc , cô cạn dd
ở đktc , cô cạn dd
thu được chất rắn F . Tính khối lượng chất
thu được chất rắn F . Tính khối lượng chất
rắn F và nồng độ mol/l của dd D .(Đề thi

rắn F và nồng độ mol/l của dd D .(Đề thi
HSG Tỉnh BĐ 01- 02)
HSG Tỉnh BĐ 01- 02)


Bài giải
Bài giải

PTHH : 2M + 2xHCl
PTHH : 2M + 2xHCl


2MCl
2MCl
x
x
+ x H
+ x H
2
2




2M
2M
’
’
+ 2xHCl
+ 2xHCl



2M
2M
’
’
Clx + x H
Clx + x H
2
2


a/Từ 11,2g hh kim lọai ta thu được 39,6g hh
a/Từ 11,2g hh kim lọai ta thu được 39,6g hh
muối => số mol Cl trong muối = ( 39,6 –
muối => số mol Cl trong muối = ( 39,6 –
11,2): 35,5 = 0,8 mol .
11,2): 35,5 = 0,8 mol .


Vây số mol HCl = 0,8 mol và số mol H
Vây số mol HCl = 0,8 mol và số mol H
2
2
thu
thu
được = 0,4 mol
được = 0,4 mol

=> V
=> V
H2
H2
= 0,4.22.4 = 8,96 lít .
= 0,4.22.4 = 8,96 lít .


Bài giải
Bài giải

b/Lấy 22,4g hh E (gấp 2 lần ở trên ) nếu tan
b/Lấy 22,4g hh E (gấp 2 lần ở trên ) nếu tan
hết trong dd HCl thì số mol H
hết trong dd HCl thì số mol H
2
2
sinh ra = 0,8
sinh ra = 0,8
mol . Nhưng giả thuyết cho là 0,75mol . Như
mol . Nhưng giả thuyết cho là 0,75mol . Như
vậy trong trường hợp này hh kim lọai E còn
vậy trong trường hợp này hh kim lọai E còn
dư và HCl hết .
dư và HCl hết .
Theo hai PTHH số mol HCl phản ứng = 2n
Theo hai PTHH số mol HCl phản ứng = 2n
H2
H2
= 2

= 2
. 0,75 = 1,5 mol => C
. 0,75 = 1,5 mol => C
M
M
= 1,5 : 0,5
= 1,5 : 0,5
= 3M
= 3M


Bài tóan khi giải qui về 100
Bài tóan khi giải qui về 100

Bài tập 1 : Khi cho a gam dd H
Bài tập 1 : Khi cho a gam dd H
2
2
SO
SO
4
4
A% tác
A% tác
dụng hết với một lượng hỗn hợp hai kim loại
dụng hết với một lượng hỗn hợp hai kim loại
Na và Mg ( dùng dư ) thì thấy lượng khí H
Na và Mg ( dùng dư ) thì thấy lượng khí H
2
2

tạo thành bằng 0,05a gam . Tính A% .
tạo thành bằng 0,05a gam . Tính A% .


( Đề thi tuyển sinh vào lớp chuyên hóa 10
( Đề thi tuyển sinh vào lớp chuyên hóa 10
01-02 Trường Lê Q Đôn Tỉnh BĐ )
01-02 Trường Lê Q Đôn Tỉnh BĐ )


Baøi giaûi
Baøi giaûi



Cho a = 100g => m H
Cho a = 100g => m H
2
2
SO
SO
4
4
= A (gam)
= A (gam)
=> n H
=> n H
2

2
SO
SO
4
4
= A : 98 (mol) m
= A : 98 (mol) m
H
H
2
2
O = 100 –A => nH
O = 100 –A => nH
2
2
O = (100-A): 18
O = (100-A): 18

n H
n H
2
2
= (0,05.100 ): 2 = 2,5 mol
= (0,05.100 ): 2 = 2,5 mol
PTHH : 2Na + 2H
PTHH : 2Na + 2H
2
2
O
O



2NaOH + H
2NaOH + H
2
2
(1)
(1)
Mg + H
Mg + H
2
2
SO
SO
4
4




MgSO
MgSO
4
4
+ H
+ H
2
2

(2) 2Na + H
(2) 2Na + H
2
2
SO
SO
4
4




Na
Na
2
2
SO
SO
4
4
+ H
+ H
2
2


(3)
(3)

Theo PT (1) :

Theo PT (1) :


n H
n H
2
2
= ½ n H
= ½ n H
2
2
O = (100-A):36 (mol)
O = (100-A):36 (mol)


Baøi giaûi
Baøi giaûi

Theo PT(1,2): nH
Theo PT(1,2): nH
2
2
= n H
= n H
2
2
SO
SO
4
4

= A:98 (mol)
= A:98 (mol)

=> pt :
=> pt :
(100-A):36 + (
(100-A):36 + (
A : 98) = 2,5
A : 98) = 2,5


Giaûi pt ta coù : A = 15,8 => A% = 15,8%
Giaûi pt ta coù : A = 15,8 => A% = 15,8%


Bài tóan khi giải qui về 100
Bài tóan khi giải qui về 100

Bài tập 2 : Có một hỗn hợp gồm Al
Bài tập 2 : Có một hỗn hợp gồm Al
2
2
O
O
3
3
, Fe
, Fe
2
2

O
O
3
3


và CaCO
và CaCO
3
3
trong đó Al
trong đó Al
2
2
O
O
3
3
chiếm 10,2% , Fe
chiếm 10,2% , Fe
2
2
O
O
3
3


chiếm 9,8% . Đem nung hỗn hợp ở nhiệt độ
chiếm 9,8% . Đem nung hỗn hợp ở nhiệt độ

cao thu được chất rắn có khối lượng bằng
cao thu được chất rắn có khối lượng bằng
67% khối lượng hỗn hợp ban đầu . Tính %
67% khối lượng hỗn hợp ban đầu . Tính %
khối lượng của các chất trong chất rắn thu
khối lượng của các chất trong chất rắn thu
được .
được .


Bài giải
Bài giải

Cho lượng hỗn hợp ban đầu là 100g => m Al
Cho lượng hỗn hợp ban đầu là 100g => m Al
2
2
O
O
3
3


= 10,2g ;; => m CaCO
= 10,2g ;; => m CaCO
3
3
= 80g . PTHH :
= 80g . PTHH :

CaCO
CaCO
3
3




CaO + CO
CaO + CO
2
2


Độ giảm khối lượng = 100 – 67 = 33g chính là
Độ giảm khối lượng = 100 – 67 = 33g chính là
mCO
mCO
2
2
=> nCO
=> nCO
2
2
= 33 : 44 = 0,75 mol
= 33 : 44 = 0,75 mol
Theo PT : n CaCO
Theo PT : n CaCO
3

3
phản ứng = nCO
phản ứng = nCO
2
2
= 0,75mol
= 0,75mol
⇒
m CaCO
m CaCO
3
3
pư = 75g ; m CaCO
pư = 75g ; m CaCO
3
3
dư = 5g =>Chất rắn
dư = 5g =>Chất rắn
gồm : m Al
gồm : m Al
2
2
O
O
3
3
= 10,2g ; m Fe
= 10,2g ; m Fe
2
2

O
O
3
3
= 9,8g ;
= 9,8g ;


m CaCO
m CaCO
3
3
dư = 5g ; mCaO = 0,75.56 = 42g
dư = 5g ; mCaO = 0,75.56 = 42g


Bài tóan khi giải qui về 100
Bài tóan khi giải qui về 100

Bài tập 3 : Cho m
Bài tập 3 : Cho m
1
1
gam dd NaOH 20% tác
gam dd NaOH 20% tác
dụng vừa đủ với m
dụng vừa đủ với m
2
2
gam dd Fe(OH)

gam dd Fe(OH)
2
2
15% đun
15% đun
nóng trong không khí , cho đến khi phản ứng
nóng trong không khí , cho đến khi phản ứng
xảy ra hoàn toàn . Tính nồng độ % của muối
xảy ra hoàn toàn . Tính nồng độ % của muối
tạo thành trong dd sau phản ứng (coi nước
tạo thành trong dd sau phản ứng (coi nước
bay hơi không đáng kể).
bay hơi không đáng kể).
(Đề thi tuyển vào lớp chuyên hóa 10 trường Lê
(Đề thi tuyển vào lớp chuyên hóa 10 trường Lê
Q Đôn Tỉnh BĐ 04-05)
Q Đôn Tỉnh BĐ 04-05)


Baøi giaûi
Baøi giaûi

PTHH :2NaOH + FeCl
PTHH :2NaOH + FeCl
2
2


Fe(OH)
Fe(OH)

2
2
+2NaCl
+2NaCl


4Fe(OH)
4Fe(OH)
2
2
+ O
+ O
2
2
+ 2H
+ 2H
2
2
O
O


4Fe(OH)
4Fe(OH)
3
3


Cho m
Cho m

1
1
=100g => n NaOH = 20:40 = 0,5 mol
=100g => n NaOH = 20:40 = 0,5 mol
Theo PT : nNaCl = nNaOH = 0,5mol
Theo PT : nNaCl = nNaOH = 0,5mol
nFe(OH)
nFe(OH)
3
3
= nFe(OH)
= nFe(OH)
2
2
= ½ nNaOH= ½ .0,5=0,25
= ½ nNaOH= ½ .0,5=0,25
⇒
mFe(OH)
mFe(OH)
3
3
= 0,25.107 = 26,75g
= 0,25.107 = 26,75g
⇒
m
m
2
2
= (0,25.90.100 ): 15 = 150g
= (0,25.90.100 ): 15 = 150g

⇒
Mddsau phaûn öùng = 100 + 150 – 26,75 = 223,25g
Mddsau phaûn öùng = 100 + 150 – 26,75 = 223,25g
⇒
C%NaCl = (0,5.58,5.100%) : 223,25 = 13,1%
C%NaCl = (0,5.58,5.100%) : 223,25 = 13,1%


Bài tóan biện luận
Bài tóan biện luận

Bài tập 1 : Cho 135,36 gam dd H
Bài tập 1 : Cho 135,36 gam dd H
2
2
SO
SO
4
4
7%
7%


(d =1,035g/ml) tác dụng vừa đủ 5,6g chất X
(d =1,035g/ml) tác dụng vừa đủ 5,6g chất X
thu được 13,6g muối Y và chất Z . Biết hòa
thu được 13,6g muối Y và chất Z . Biết hòa
tan X vào nước thu được dd làm xanh q tím
tan X vào nước thu được dd làm xanh q tím
và có khả năng tác dụng với CO

và có khả năng tác dụng với CO
2
2
. Hỏi X , Y ,
. Hỏi X , Y ,
Z là những chất nào ?
Z là những chất nào ?


( Đề thi HSG Tỉnh BĐ 02-03 )
( Đề thi HSG Tỉnh BĐ 02-03 )


Bài giải
Bài giải



Ta có : m ddH
Ta có : m ddH
2
2
SO
SO
4
4
= v.d = 9,8g =>n = 0,1
= v.d = 9,8g =>n = 0,1

Áp dụng ĐLBTKL: m
Áp dụng ĐLBTKL: m
Z
Z
= mH
= mH
2
2
SO
SO
4
4
+ m
+ m
X
X
– m
– m
Y
Y


⇒


m
m
Z
Z
= 1,8g . m

= 1,8g . m
Y
Y
= m
= m
cation
cation
+ m so
+ m so
4
4
2-
2-
= 13,6g
= 13,6g
⇒


m
m
cation
cation
= 13,6 – 9,6 = 4g .
= 13,6 – 9,6 = 4g .
⇒


m
m
R

R
+ m
+ m
cation
cation
= m
= m
X
X
=> m
=> m
R
R
= m
= m
X
X
– m
– m
cation
cation
= 5,6 – 4 = 1,6g .
= 5,6 – 4 = 1,6g .
Ta có : mH
Ta có : mH
(Z)
(Z)
= m
= m
Z

Z
– m
– m
R
R
= 1,8 – 1,6 = 0,2g = mH
= 1,8 – 1,6 = 0,2g = mH
(H2SO4)
(H2SO4)
=>
=>
Trong X không chứa H .
Trong X không chứa H .
Gọi công thức của Z là RH
Gọi công thức của Z là RH
n
n
ta có :
ta có :


n : (R + n) = 0,2 : 1,8 => R = 8n
n : (R + n) = 0,2 : 1,8 => R = 8n


Bài giải
Bài giải

Biện luận : n 1 2 3
Biện luận : n 1 2 3

R 8 16 24
R 8 16 24


nhận
nhận


=> R là O => H
=> R là O => H
2
2
O
O
X hoà tan vào nước thu được dd làm xanh q tím và
X hoà tan vào nước thu được dd làm xanh q tím và
có khả năng tác dụng với khí CO
có khả năng tác dụng với khí CO
2
2
.
.


X + H
X + H
2
2

SO
SO
4
4




Muối + H
Muối + H
2
2
O =>X thể hiện tính bazơ , X
O =>X thể hiện tính bazơ , X
không chứa H => X là oxit kim loại kiềm , kiềm thổ
không chứa H => X là oxit kim loại kiềm , kiềm thổ
.Gọi CTHH của X là M
.Gọi CTHH của X là M
n
n
O (n=1,2), M là KLkiềm ,
O (n=1,2), M là KLkiềm ,
kiềm thổ . Ta có :
kiềm thổ . Ta có :
nM : (nM + 16) = 4 : 5,6 => nM = 40 =>M=40:n
nM : (nM + 16) = 4 : 5,6 => nM = 40 =>M=40:n
Khi n = 1 => M = 40 (Ca) => X là CaO
Khi n = 1 => M = 40 (Ca) => X là CaO

Bài tóan biện luận
Bài tóan biện luận

Bài tập 2 : Đặt hai cốc X ,Y có khối lượng
Bài tập 2 : Đặt hai cốc X ,Y có khối lượng
bằng nhau trên hai đóa cân , cân thăng
bằng nhau trên hai đóa cân , cân thăng
bằng .Cho vào cốc X 0,1 mol Na
bằng .Cho vào cốc X 0,1 mol Na
2
2
CO
CO
3
3
và cốc
và cốc
Y 0,06 mol BaCO
Y 0,06 mol BaCO
3
3
, cho tiếp 12g dd H
, cho tiếp 12g dd H
2
2
SO
SO
4

4


98% vào cốc X , cân mất thăng bằng . Hỏi
98% vào cốc X , cân mất thăng bằng . Hỏi
phải thêm bao nhiêu gam dd HCl 14,6% vào
phải thêm bao nhiêu gam dd HCl 14,6% vào
cốc Y để cân thăng bằng . Biết rằng H
cốc Y để cân thăng bằng . Biết rằng H
2
2
O và
O và
axit bay hơi không đáng kể .
axit bay hơi không đáng kể .


( Đề thi HSG Tỉnh BĐ 01-02)
( Đề thi HSG Tỉnh BĐ 01-02)


Bài giải
Bài giải

CốcX: Na
CốcX: Na
2
2
CO
CO

3
3
+ H
+ H
2
2
SO
SO
4
4


Na
Na
2
2
SO
SO
4
4
+CO
+CO
2
2
+H
+H
2
2
O
O

Lúc đầu 0,1 0,12
Lúc đầu 0,1 0,12
Phản ứng 0,1 0,1
Phản ứng 0,1 0,1
Sau p.ứng 0 0,02
Sau p.ứng 0 0,02


0,1mol
0,1mol
m cốc X = m Na
m cốc X = m Na
2
2
CO
CO
3
3
+ m ddH
+ m ddH
2
2
SO
SO
4
4
– m CO
– m CO
2
2

m cốc X = (0,1.106) + 12 – (0,1.44) = 18,2g
m cốc X = (0,1.106) + 12 – (0,1.44) = 18,2g

Cốc Y : BaCO
Cốc Y : BaCO
3
3
+ 2HCl
+ 2HCl


BaCl
BaCl
2
2
+ CO
+ CO
2
2
+ H
+ H
2
2
O
O



Có hai trường hợp xảy ra :
Có hai trường hợp xảy ra :

-
TH1 : HCl cho vào dư , BaCO
TH1 : HCl cho vào dư , BaCO
3
3
hết .
hết .


nCO
nCO
2
2
= n BaCO
= n BaCO
3
3
= 0,06.=> mCO
= 0,06.=> mCO
2
2
= 0,06.44= 2,64g
= 0,06.44= 2,64g


Bài giải
Bài giải

Để cân thăng bằng : m cốc X = m cốc Y
Để cân thăng bằng : m cốc X = m cốc Y

⇒
18,2 = (0,06.197) + mddHCl – 2,64
18,2 = (0,06.197) + mddHCl – 2,64
⇒


m ddHCl = 9,02 g
m ddHCl = 9,02 g
⇒
m HCl = (9,02.14,6):100 = 1,3g
m HCl = (9,02.14,6):100 = 1,3g
⇒
nHCl = 1,3: 36,5 = 0,036 mol < nBaCO
nHCl = 1,3: 36,5 = 0,036 mol < nBaCO
3
3
⇒


Vô lý (loại TH1)
Vô lý (loại TH1)
-
TH2 : Lượng HCl cho vào không đủ (vùa đủ) hòa
TH2 : Lượng HCl cho vào không đủ (vùa đủ) hòa
tan hết BaCO
tan hết BaCO
3
3
. Theo PT :
. Theo PT :

Gọi x là số mol HCl có trong dd HCl đã dùng :
Gọi x là số mol HCl có trong dd HCl đã dùng :
=> m ddHCl = (36,5x . 100 ): 14,6 = 250x (g)
=> m ddHCl = (36,5x . 100 ): 14,6 = 250x (g)


Bài giải
Bài giải

Theo PT : nCO
Theo PT : nCO
2
2
= ½ n HCl = 0,5x (mol)
= ½ n HCl = 0,5x (mol)
Để cân thăng bằng : m cốc X = m cốc Y
Để cân thăng bằng : m cốc X = m cốc Y
⇒
(0,06.197) + 250x – (0,5.44) = 18,2
(0,06.197) + 250x – (0,5.44) = 18,2
⇒


x =0.028 mol
x =0.028 mol
⇒
mHCl = 0,028 . 36,5 = 1,022g
mHCl = 0,028 . 36,5 = 1,022g
⇒

mddHCl = ( 1,022 .100 ): 14,6 = 7g
mddHCl = ( 1,022 .100 ): 14,6 = 7g