Skkn sử dụng phương pháp tự chọn lượng chất trong giải bài tập hoá học

A T VN
I Lí DO CHN TI
Hoá học là bộ môn khoa học quan trọng trong nhà trờng phổ thông.
Môn hoá học cung cấp cho học sinh một hệ thống kiến thức phổ thông, cơ bản
và thiết thực đầu tiên về hoá học, giáo viên bộ môn hoá học cần hình thành ở
các em một kỹ năng cơ bản, phổ thông và thói quen học tập và làm việc khoa
học làm nền tảng cho việc giáo dục xã hội chủ nghĩa, phát triển năng lực nhận
thức, năng lực hành động. Có những phẩm chất thiết nh cẩn thận, kiên trì,
trung thực, tỉ mỉ, chính xác, yêu chân lí khoa học, có ý thức trách nhiệm với
bản thân, gia đình, xã hội có thể hoà hợp với môi trờng thiên nhiên, chuẩn bị
cho học sinh lên và đi vào cuộc sống lao động.
Trong học tập Hoá học, việc giải bài tập có một ý nghĩa rất quan trọng.
Ngoài việc rèn luyện kỹ năng vận dụng, đào sâu và mở rộng kiến thức,bài tập hoá
học còn đợc dùng để ôn tập, rèn luyện một số kỹ năng về hoá học. Thông qua
giải bài tập, giúp học sinh rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng tạo, bồi dỡng hứng thú trong học tập.
Khi giải bài tập hoá học, ta thờng gặp những bài toán không cho biết lợng
chất cụ thể mà cho dới dạng tổng quát nh: khối lợng a (gam), thể tích V (lít), số
mol x(mol), áp suất p(atm) , tỉ lệ (%) về số mol, khối lợng, cho M , C% ... gây
lúng túng cho học sinh (HS) khi giải bài tập.Việc lựa chọn phơng pháp thích hợp
để giải bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Mỗi bài tập có thể có nhiều
phơng pháp giải khác nhau. Nếu biết lựa chọn phơng pháp hợp lý, sẽ giúp học
sinh nắm vững hơn bản chất của các hiện tợng hoá học.
Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh của trờng: Kiến thức cơ bản ca hc
sinh cha chắc chắn, t duy hạn chế . Do thay đổi phơng pháp kiểm tra đánh giá
1


môn hoá học 100% câu hỏi trắc nghiệm khách quan. Để giúp học sinh nắm chắc
kiến thức cơ bản và hoàn thành tốt đợc các bài tập theo phơng pháp trắc nghiệm
khách quan. Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài: Sử dụng phơng pháp
tự chọn lợng chất trong giải bài tập hoá học

Trong phn bi tp ny tụi ó a ra cỏc dng bi tp tng quỏt v cú cỏc bi tp
ỏp dng . Do kinh nghim ging dy cng nh kin thc vit sỏng kin kinh
nghim cũn hn ch , tụi rt mong c s úng gúp chõn thnh ca cỏc thy,
cỏc cụ giỳp tụi trng thnh hn . Xin trõn trng cm n
II- MC CH : Bỏo cỏo
1) Trao i kinh nghim v ging dy mụn Húa vụ c.
2) Gii thiu mt s dng bi tp cỏc thy cụ ng nghip úng gúp ý
kin.
III PHNG PHP :
1) Trỡnh by tng ni dung ca dng bi tp , cú phõn tớch.
2) Cỏc dng bi tp ỏp dng.

2


B QU TRèNH THC HIN
I NI DUNG :
õy l phn bi tp m hc sinh phi t duy rt nhiu , sõu sc , v hc
sinh rt d nhm ln hoc b xút cỏc trng hp , thng thỡ hc sinh ch gii
mt na v b quờn phn cũn li , nh vy khi hc sinh i thi trc nghim hc
sinh s khụng ghi c im . Ni dung gm cỏc phn sau :
1. Phng phỏp chung : a ra cỏc dng bi tp dng tng quỏt nht v
hng dn v phng phỏp cho hc sinh.
2. Cỏc bi tp c th hc sinh ỏp dng.
II THC HIN
1) Phng phỏp chung:
Dựa vào yêu cầu của bài cho, ta lựa chọn một đại lợng tổng quát bằng một
lợng chất cụ thể
Từ những yêu cầu cụ thể của bài toán, tôi phân ra thành các kiểu bài tập
giải bằng phơng pháp tự chọn lợng chất thờng gặp:

Dạng 1: Đại lợng tự chọn là một mol
+ Ta lựa chọn số mol của một chất hoặc của hỗn hợp là 1 mol
+ Lựa chọn khối lợng mol
+ Lựa chọn thể tích mol (với bài toán về chất khí) thờng lấy là 22,4 l.
Dạng 2: Đại lợng tự chọn quy về 100
Dạng này thờng gặp với bài tập cho đại lợng tổng quát là khối lợng của
một hỗn hợp, là phần trăm khối lợng, hoặc nồng độ phần trăm
Dạng 3: Đại lợng tự chọn phụ thuộc vào đề cho, nhằm triệt tiêu biểu thức toán
học phức tạp thành số cụ thể.
Dạng 4: Chọn đúng tỉ lệ lợng chất trong đầu bài cho.

3


Trong mỗi dạng bài tập này, tôi xây dựng từ 10 đến 15 bài tập. Sau đây tôi xin
giới thiệu một số bài tập cụ thể và điển hình.
Dạng 1: Đại lợng tự chọn là một mol
ở bài tập đầu này tôi hớng dẫn học sinh giải theo 3 cách khác nhau. Từ đó cho
học sinh thấy u điểm khi sử dụng phơng pháp tự chọn lợng chất.
Ví dụ 1: (Cõu 1 - Mó 231 - Khi B - TSC 2007) Hoà tan a gam một oxit kim
loại hoá trị II (không đổi) bằng một lợng vừa đủ dung dịch H2SO4 4,9% ngời ta
thu đợc một dung dịch muối có nồng độ 5,88%. Xác định tên kim loại hoá trị II
Hng dn gii:
Cách 1: Tính toán bình thờng theo yêu cầu và số liệu bài cho
Gọi công thức của oxit hoá trị II là MO
n MO =

a
(mol)
M + 16

Phơng trình phản ứng
MO
(mol)

+

a
M + 16

H2SO4

MSO4 +

a
M + 16

a
M + 16

Khối lợng dung dịch axit cần dùng:
m dd

H 2 SO4

=

98 ì 100 ì a
2000a
=

( gam)
4,9 ì ( M + 16)
M + 16

áp dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có
m dd

MSO4

= moxit + maxit = a +

Khối lợng muối thu đợc: m MSO =
4

2000a
(gam)
M + 16

(96 + M ) ì a
M + 16

Nồng độ phần trăm của dung dịch muối thu đợc:

4

(gam)

H2O

( M + 96) ì a
2000a
: (a +
)} ì100
= 5,88
M + 16
M + 16
( M + 96) a
M + 16

ì
ì100 = 5,88
M + 16
M + 2016
M + 96

ì100 = 5,88
M + 2016

C % ( MSO4 ) = {

=> M 24 (M là Magie)
Cách 2: Giải theo phơng pháp tự chọn lợng chất với đại lợng tự chọn là 1 mol
Giả sử có 1 mol MO phản ứng ( M + 16gam)
Phơng trình phản ứng:
MO

+

1(mol)

H2SO4

MSO4 +

1(mol)

1(mol)

Khối lợng dung dịch axit cần dùng: m dd H SO =
2

4

H2 O
1(mol)

98 ì 100
= 2000 ( gam)
4,9

p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có:
m dd

MSO4

=

C % ( MSO4 ) =

M + 16 + 2000 = M + 2016 (gam)
M + 96
ì 100
M + 2016

= 5,88%

=> M 24 ( M là Magie)
Cách 3: Giải theo phơng pháp tự chọn lợng chất với đại lợng tự chọn quy về 100
Giả sử có 100 gam dung dich H2SO4 4,9% tham gia phản ứng
n H 2 SO4 =

4,9 ì 100
= 0,05 (mol )
100 ì 98

Phơng trình phản ứng
MO +
0,05(mol)

H2SO4
0,05(mol)

MSO4 +

H2 O

0,05(mol)

Khối lợng oxit ban đầu: a = m MO = 0,05 ì ( M + 16) ( gam)

Khối lợng muối thu đợc: m MSO = 0,05 ì ( M + 96) ( gam)
4

p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có:
m dd

MSO4

= moxit + maxit = 0,05(M + 16) + 100 = 0,05M + 100,8 (gam)
5


0,05( M + 96)
ì 100
= 5,88
0,05M + 100,8
5M + 480 = 0,294 M + 592,704

C % ( MSO4 ) =

=> M 24 ( M là Magie)
Nhận xét: Qua ba cách giải trên ta nhận thấy khi giải bằng phơng pháp tự chọn
lợng chất :
- Cách giải ngắn gọn hơn rất nhiều.
- Giảm bớt đợc các phép toán phức tạp.
- Tuỳ vào bài toán mà ta chọn đại lợng nào tổng quát nào bằng một chất cụ thể để
giải ngắn gọn hơn.
Ví dụ 2: Hỗn hợp khí gồm oxi và ozon có tỉ khối so với hiđro là 18. Xác định
phần trăm theo thể tích của từng khí trong hỗn hợp đầu
Hng dn gii:

Giả sử có 1 mol hỗn hợp khí . Gọi số mol của oxi là x => Số mol của ozon là 1-x
Theo giả thiết ta có:
M =

32 x + 48(1 x)
= 18 ì 2 = 36 =>x = 0,75.Đối với chất khí trong cùng điều kiện t,p
x + (1 x)

thì: % V = %n =>

Vậy %VO = 75%

%VO3 = 100 75 = 25%

2

Ví dụ 3: Trong quá trình tổng hợp amoniac, áp suất trong bình giảm đi 10% so
với áp suất lúc đầu. Biết nhiệt độ của phản ứng giữ không đổi trớc và sau phản
ứng. Hãy xác định phần trăm theo thể tích của hỗn hợp khí thu đợc sau phản ứng.
Nếu trong hỗn hợp đầu lợng nitơ và hiđro đợc lấy đúng theo hệ số tỉ lợng.
Hng dn gii:
Giả sử lúc đầu ta lấy 1 mol N2 và 3 mol H2
Trong một bình kín có nhiệt độ không đổi thì áp suất tỉ lệ thuận với số mol hỗn
hợp khí

=>

n1
p
= 1

n2 p2

Vậy áp suất giảm đi 10% thì số mol của hỗn hợp khí cũng giảm 10%
6


=> n hỗn hợp khí sau phản ứng = 4 ì

90
= 3,6mol
100

Giả sử có x mol N2 phản ứng:
Phơng trình hoá học:

N2

+

3H2

2NH3

Số mol ban đầu

1

3

0

Số mol phản ứng

x

3x

2x

1-x

3-3x

2x

Sau phản ứng

=> nhỗn hợp khí sau phản ứng = (1-x) + (3-3x) + 2x = 3 - 2x = 3,6 => x = 0,2
1 0,2
ì 100 = 22,22%
3,6
3 3 ì 0,2
%V H 2 =
ì 100 = 66,67%
3,6
0,2 ì 2
%V NH 3 =
ì 100 = 11,11%
3,6
%V N 2 =

=>

Ví dụ 4: Cho cùng một lợng khí clo lần lợt tác dụng hoàn toàn với kim loại R
(hoá trị I) và kim loại X (hoá trị II) thì khối lợng kim loaị R đã phản ứng gấp
3,375 lần khối lợng của kim loại X . Khối lợng muối clorua của R thu đợc gấp
2,126 lần khối lợng muối clorua của X đã tạo thành. Xác định tên hai kim loại
( Trích câu III đề 48 bộ đề TSĐH 1996)
Hng dn gii:
Giả sử có 1 mol clo tham gia phản ứng
Phơng trình phản ứng:
Cl2
Số mol

+

1

2RCl




2

Cl2
Số mol

2R

+

1

2

X

XCl2




1
m

2ì M

R
R
Theo giả thiết m = M
X
X

1
= 3,375

=> 2 M R = 3,375M X

7

(1)


m RCl
2 ì M R + 71
=
m XCl2
M X + 71

= 2,126

Từ (1) và (2) ta có

=> 2 M R 2,126 M X = 79,946

(2)

X là Cu (MX = 64)
R là Ag (MR = 108)

Ví dụ 5: Hoà tan x gam kim loại M trong y gam dung dịch HCl 7,3% (lợng axit
vừa đủ) thu đợc dung dịch A có nồng độ 11,96%. Xác định tên kim loại M.
Hng dn gii:
Giả sử số mol của kim loại M (có hoá trị n) đã phản ứng là 1 mol
PTPƯ

2M

Số mol

1

Khối lợng (gam)

M

+

2nHCl




n

+

1

36,5n

Theo giả thiết ta có: mdd HCl =

2MCln

nH2
0,5n

M + 35,5n

n

36,5n ì 100
= 500n
7,3

p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có:
mdd MCln =
=>

mM

+ mdd HCl

C % ( MCl2 )

=

mH2 =

M + 500n

n = M + 499n

M + 35,5n
ì 100 = 11,96 => M = 27,5 n
M + 499n

Nếu n = 1

M = 27,5 ( loại)
Nếu n = 2
M = 55 ( nhận)
Nếu n = 3
M = 72,5 ( loại) .

Vậy M là mangan (Mn)

Ví dụ 6: Hoà tan a gam một oxit sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thấy thoát
ra khí SO2 duy nhất. Trong thí nghiệm khác, sau khi khử hoàn toàn a gam oxit sắt
đó bằng CO ở nhiệt độ cao rồi hoà tan lợng sắt đợc tạo thành bằng H2SO4 đặc
nóng thì thu đợc lợng khí SO2 nhiều gấp 9 lần lợng khí SO2 ở thí nghiệm trên.Xác
định công thức của oxit sắt
(Trờng ĐH Y Hà Nội 2001 - 2002 - Trờng CĐSP Phú Yên 2005)
Hng dn gii:
8


Gọi công thức của oxit sắt là FexOy ; Giả sử có 1 mol oxit sắt tham gia phản ứng
Phơng trình phản ứng
2FexOy + (6x-2y)H2SO4
xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x 2y)H2O
FexOy + y CO
2 Fe

+

x Fe + y CO2

6 H2SO4
Fe2(SO4)3
n SO2 ( PT 1) =

Theo phơng trình (1)

Theo giả thiết n SO

2

( PT 3)

(2)
+ 3 SO2 + 6 H2O

= 9n SO2

(3)

3x 2 y
(mol )
2

n SO2 ( PT 3) =

Theo phơng trình (2) và (3)

(1)

=>

( PT 1)

3
3x
3x
n Fe =
n Fex Oy =
(mol )
2
2
2
9 (3 x 2 y )
2

=

3x
2



x
3
=
y
4

Vậy công thức của oxit sắt là Fe3O4
Ví dụ 7: Cho hỗn hợp gồm NaI và NaBr hoà tan hoàn toàn vào nớc đợc dung
dịch A. Cho vào dung dịch A một lợng Brom vừa đủ thu đợc muối X có khối lợng nhỏ hơn khối lợng của muối ban đầu là a gam. Hoà tan X vào nớc thu đợc
dung dịch B. Xục khí clo vào dung dịch B thu đợc muối Y có khối lợng nhỏ hơn
khối lợng của muối X là 2a gam. Xác định phần trăm theo khối lợng các chất
trong hỗn hợp muối ban đầu ? (coi clo, brom, iot không tác dụng với H 2O
(Trờng CĐSP Komtum - 2004)
Hng dn gii:
Giả sử trong 1 mol hỗn hợp có x mol NaI và (1 x) mol NaBr
Cho dd A tác dung với Brom
2 NaI +

Br2




2 NaBr +

x mol

I2 (1)

x mol

muối X chỉ có NaBr với số mol là x + (1 x) = 1 mol
=> mNaBr = 103 . 1 = 103 gam

=> mhh đầu = 103 + a (gam)

Cho dung dịch B tác dụng với clo
2 NaBr

+

Cl2

2 NaCl +




9

Br2 (2)


1 mol

1 mol

=> m NaCl = 58,5 . 1 = 58,5 gam . Theo giả thiết: mNaBr = mNaCl + 2a
=> 103 = 58,5 + 2a => a = 22,25 . Vậy mhh đầu = 103 + 22,25 =125,25 gam
Mà m hh đầu = mNaI + mNaBr = 150x + 103(1 x) = 125,25
% m NaI

=

=> x = 0,4734

0,4734 ì150
ì100 = 56,69%
125,26

% m NaBr = 100 56,69 = 43,31%

Vớ d 8: Ho tan mt mui cacbonat kim loi M húa tr n bng mt lng va
dung dch H2SO4 9,8% ta thu c dung dch mui sunfat 14,18%. M l kim
loi gỡ?

A. Cu.

B. Fe.

C. Al. D. Zn.

Hng dn gii:
Chn 1 mol mui M2(CO3)n.
M2(CO3)n

nH2SO4 M2(SO4)n + nCO2 + nH2O

+

C (2M + 60n) gam 98n gam



(2M + 96n) gam

98n ì100
= 1000n gam
9,8



m dd H2SO4 =



m dd muối = m M2 (CO3 )n + m dd H 2SO4 m CO2

= 2M + 60n + 1000.n 44.n = (2M + 1016.n) gam.
C%dd muối =



M = 28.n

( 2M + 96 ) ì100 = 14,18
2M + 1016 n

n = 2 ; M = 56 l phự hp vy M l Fe. (ỏp ỏn B)

Vớ d 9: Cho dung dch axit axetic cú nng x% tỏc dng va vi dung
dch NaOH 10% thỡ thu c dung dch mui cú nng 10,25%. Vy x cú giỏ
tr no sau õy? A. 20%.

B. 16%.

C. 15%.

D.13%.

Hng dn gii:
Xột 1 mol CH3COOH:
CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O
60 gam 40 gam


10

82 gam


m dd CH3COOH =
m dd muèi =

60 ×100
gam ;
x

m ddNaOH =

40 ×100
= 400 gam
10

60 ×100
82 ×100

+ 400 =
gam.
x
10,25

⇒x = 15%. (Đáp án C).

Ví dụ 10: (Câu 1 - Mã đề 231 - Khối A - TSCĐ 2007)
Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4
20% thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Kim loại M là
A. Cu.

B. Zn.

C. Fe.

D. Mg.

Hướng dẫn giải:
Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng
M(OH)2 +

H2SO4 →

Cứ (M + 34) gam → 98 gam →
⇒ m dd H SO =
2

⇒

4

98 ×100
= 490 gam ⇒
20

MSO4 +

2H2O

(M + 96) gam

m dd MSO4 = ( M + 34 + 490 ) =

( M + 96 ) ×100
27,21

M = 64 → M là Cu. (Đáp án A)

Ví dụ 11: Hoà tan hoàn toàn một lượng kim loại R hóa trị n bằng dung dịch
H2SO4 loãng rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng muối khan
có khối lượng gấp 5 lần khối lượng kim loại R ban đầu đem hoà tan. Kim loại R
đó là:

A. Al.

B. Ba.

C. Zn.

D. Mg.

Hướng dẫn giải:
Xét 1 mol kim loại ứng với R (gam) tham gia phản ứng.
2R + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2
Cứ R (gam)
⇒

( 2R + 96n )
2

→

 2R + 96n 

÷ gam
2



= 5R → R = 12n thỏa mãn với n = 2. Vậy: R = 24 (Mg). (Đáp án D)

11


Dạng 2: đại lợng tự chọn quy về 100
Ví dụ 1: Cho dung dịch NaOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch FeCl 2 10%.
Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ
phần trăm muối tạo thành trong dung dịch sau phản ứng, coi nớc bay hơi không
đáng kể. (Trờng ĐH Thủy Lợi 2000 -2001)

Hng dn gii:
Giả sử có 100 gam dung dịch NaOH tham gia phản ứng
n NaOH =

100 ì 20
= 0,5 mol
100 ì 40

Phơng trình phản ứng:
FeCl2
Mol

0,25
4Fe(OH)2

Mol

+

2NaOH


Fe(OH)2

0,5
+

O2

+

0,25
+

2H2O


0,5
4Fe(OH)3

0,25
= 0,0625
4

0,25

2NaCl

0,25

Theo giả thiết ta có :
mdd FeCl2 =

0,25 ì 126 ì 100
= 315( gam) (M FeCl2 = 127 -> mdd =317,5 gam)
10

Số gam kết tủa

m Fe ( OH )3 = 0,25 ì 107 = 26,75 ( gam)

áp dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có
mdd NaCl = mdd FeCl2 + mdd NaOH + mO2 m Fe (OH )3

mdd NaCl = 317,5 + 100 + 32. 0,0625 - 26,75 = 392,25 gam
Khối lợng muối trong dung dịch sau phản ứng:
; C %( NaCl ) =

mNaCl = 0,5 . 58,5 = 29,25 gam

12

29,25
ì 100 = 7,5%
390,25


Ví dụ 2: Cho hỗn hợp A gồm CaCO3, Al2O3, Fe2O3, trong đó Al2O3 chiếm
10,2%; Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu đợc hỗn hợp
chất rắn B có khối lợng bằng 67% khối lợng của A. Tính phần trăm khối lợng các
chất trong B.
Hng dn gii:
m Al2O3 = 10,2 ( gam)

Giả sử khối lợng của hỗn hợp A ban đầu là 100 gam => m Fe O = 9,8 ( gam)
2

3

mCaCO3 = 80 ( gam)

0

PTPƯ

t
CaCO3

CaO

+

CO2 (1)

Theo giả thiết, khối lợng chất rắn B là 67 gam
Theo phơng trình (1) => độ giảm khối lợng = mCO = 100 67 =33 gam
2

Theo phơng trình (1)
Vậy

nCO2 = nCaO = nCaCO3

( pu )

=

33
= 0,75 mol
44

mCaCO3 (phân hủy) = 0,75 . 100 = 75 (gam)
mCaCO3 (d)

mCaO

=
=

80 - 75 = 5 (gam)
56 . 0,75 = 42 (gam)

Phần trăm khối lợng các chất rắn trong B là:
10,2
ì100 = 15,22%;
67
5
=
ì100 = 7,4%;
67

%mAl2O3 =
%mCaCO3

9,8
ì100 = 14,63%
67
42
=
ì100 = 62,69%
67

%mFe2O3 =
%mCaO

Ví dụ 3: Nung một mẫu đá vôi X có lẫn tạp chất là MgCO 3, Fe2O3, và Al2O3
đến khối lợng không đổi đợc chất rắn A có khối lợng bằng 59,3% khối lợng của
X. Cho toàn bộ A vào H 2O (lấy d), khuấy kỹ thấy phần không tan B có khối lợng
bằng 13,49% khối lợng của A. Nung nóng B trong dòng không khí CO d đến khi
phản ứng xảy ra hoàn toàn đợc lợng chất rắn D có khối lợng bằng 85% khối lợng
của B. Tính phần trăm khối lợng của CaCO3 trong X.
(Trờng CĐSP nhà trẻ mẫu giáo trung ơng 1- 2004)

13


Hng dn gii:
Giả sử ta nung 100 gam hỗn hợp X . Gọi x, y, z, t lần lợt là số mol của CaCO3,
MgCO3, Fe2O3, Al2O3.
Phơng trình phản ứng:
CaCO3

o

t


MgCO3

o

t


CaO +

CO2

MgO +

(1)

CO2

(2)

Chất A có CaO, MgO, Fe2O3, Al2O3 tác dung với H2O d
CaO + H2O

Ca(OH)2

Ca(OH)2

+ Al2O3


(3)

Ca(AlO2)2

+

H2O (3)

Chất B gồm có MgO, Fe2O3
mB =

59,3 ì 13,49
= 8 ( gam)
100

Fe2O3

+ 3CO

0

t


2Fe +

3CO2

Chất rắn D có MgO và Fe:
mD =

85 ì 8
= 6,8 ( gam)
100

Vậy ta có hệ phơng trình sau:
mX = 100x + 84 y + 160z + 102t = 100
mA = 56x + 40y + 160z + 102t = 59,3
mB =

40y + 160z

mD =

40y + 2 ì 56z

=

8

= 6,8

=>

x = 0,825
y = 0,1
z = 0,025
t = 0,05

Khối lợng của CaCO3 trong X là:
mCaCO3 = 0,852 ì 100 = 82,5

=> %mCaCO =
3

82,5
ì 100 = 82,5%
100

Ví dụ 4: Cho x gam dung dịch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với một lợng d
hỗn hợp khối lợng Na, Mg. Lợng H2 (khí duy nhất) thu đợc bằng 0,05x gam.
Viết phơng trình phản ứng và tính nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4.
(Đề thi HSG lớp 10-Hà Tây- năm học 2003-2004)
14


Hng dn gii:
Giả sử khối lợng dung dịch H2SO4 ban đầu x =100 gam
=> n H =
2

0,05 ì 100
= 2,5 (mol )
2

Phơng trình phản ứng
H2SO4

+

2Na


Na2SO4

+

H2

(1)

H2SO4

+

Mg


MgSO4

+

H2

(2)

2NaOH

+

H2

(3)

MgSO4

Na2SO4

+

Mg(OH)2 (1)

Do Na và Mg còn d nên có phản ứng
2Na

+

2NaOH

+

2H2O


Theo phơng trình (1) và (2) => n H
Theo phơng trình (3)

=>

nH 2

2

= n H 2 SO4 =

( pt 1+ 2 )

( pt 3)

=

y
(mol )
98

1
1 100 y
100 y
n H 2O = ì
=
(mol )
2
2
18
36

Vậy tổng số mol H2 thu đợc ở các phơng trình trên là:
n H 2 =

y
100 y
+
= 2,5
98
36

=> y= 15,81 =>

C %( H 2 SO4 ) = 15,81%

Vớ d 5: (Khi A - TSC 2008) X l hp kim gm (Fe, C, Fe3C), trong ú hm
lng tng cng ca Fe l 96%, hm lng C n cht l 3,1%, hm lng Fe3C
l a%. Giỏ tr a l:

A. 10,5.

B. 13,5.

C. 14,5.

D. 16.

Hng dn gii : Xột 100 gam hn hp X ta cú mC = 3,1 gam, m Fe C = a gam v
3

s gam Fe tng cng l 96 gam.


m C( trong Fe3C) = 100 96 3,1 =

12a
180

15

a = 13,5. (ỏp ỏn B)

Dạng 3: Đại lợng tự chọn phụ thuộc vào đề cho nhằm
triệt tiêu biểu thức toán học phức tạp thành số cụ thể.
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam ancol R, sản phẩm thu đợc cho đi qua bình
đựng dung dịch nớc vôi trong d thấy khối lợng bình tăng thêm p gam và có t gam
kết tủa. Xác định công thức của R. Biết p = 0,71t; t =

m+ p
1,02

Hng dn gii:
Chọn t =

m+ p
1,02

=>

= mCaCO

= 100

3

p = 71 gam,

m = 31 gam

Gọi công thức tổng quát của ancol R là CxHyOz

C x H y Oz

CO2

(x +

+

y z
) O2

4 2

=

nC

=>

Khối lợng bình tăng lên: p = mCO

2

=> m H O
2

2

nO

+

y
H 2O
2

+ Ca(OH)2
CaCO3 + H2O

Theo phơng trình (2)

Vì n H O

xCO2

>
=

nCO2 = nCaCO3
+

(1)
(2)

= 1 (mol )

m H 2O

= 71 44 = 27 ( gam) n H 2O = 1,5 (mol )

nCO2 nên ancol R là ancol no
31 (12 + 1,5 ì 2)
= 1 (mol )
16

Vậy ta có x : y : z = nC : nH : nO = 1 : 3 : 1
Công thức của ancol R có dạng (CH3O)n = CnH3nOn = CnH2n(OH)n
Và R là ancol no nên: số nguyên tử H = 2.số nguyên tử C + 2 - số nhóm OH
=> 2n = 2n + 2 - n => n = 2
Vậy công thức của ancol R là: C2H4(OH)2

16


Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất A của phôtpho cần

a
mol O2
17

13,5a
( gam) H2O. Xác định công thức phân tử của
17

sản phẩm chỉ thu đợc P2O5 và

(ĐH Đà Nẵng - 2001)

A biết MA< 65

Hng dn gii:
Giả sử a = 17

=> nO = 1 (mol)
2

Vì sản phẩm chỉ có P2O5 và H2O => trong A có H, P và có thể có O
Gọi công thức của A là HxPyOz
4 HxPyOz + (x + 5y 2z) O2
2x H2O + 2y P2O5
p dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có: m P O = 17 + 32 - 13,5 = 35,5
2

Ta có n H = 2n H O =
2

=> nO =

5

13,5 ì 2
35,5 ì 2
= 1,5 (mol ); n P = 2n P2O5 =
= 0,5 (mol )
18
142

17 (1,5 + 0,5 ì 31)
= 0 . Vậy trong A không có oxi
16

=> x : y = nH : nP = 1,5 : 0,5 = 3 : 1 Và MA < 65 nên công thức của A là PH3
Vớ d 3: t chỏy hon ton a gam hn hp X hai hirocacbon A, B thu c
132.a
45a
gam H 2O . Nu thờm vo hn hp X mt na lng A cú
gam CO2 v
41
41

trong hn hp X ri t chỏy hon ton thỡ thu c

165a
gam CO2 v
41

60,75a
gam H 2O . Bit A, B khụng lm mt mu nc Br2.
41

a) Cụng thc phõn t ca A l
A. C2H2.

B. C2H6.

C. C6H12.

D. C6H14.

b) Cụng thc phõn t ca B l

A. C2H2.

B. C6H6.

C. C4H4.

c) Phn trm s mol ca A, B trong hn hp X l.
17

D. C8H8.


A. 60%; 40%.

B. 25%; 75%.

C. 50%; 50%.

D. 30%; 70%.

Hướng dẫn giải:
a) Chọn a = 41 gam.
→

Đốt X



n CO2 =




1

Đốt  X + A ÷ →
2
Đốt

n CO2 =

132
= 3 mol và
44

n H 2O =

45
= 2,5 mol .
18

165
60,75
= 3,75 mol và n H 2O =
= 3,375 mol .
44
18

1
A thu được (3,75 − 3) = 0,75 mol CO2 và (3,375 − 2,5) = 0,875 mol H2O.

2

Đốt cháy A thu được n CO = 1,5 mol và n H O = 1,75 mol .
2

2

vì n H O > n CO → A thuộc loại ankan, do đó:
2

2

C n H 2n +2 +

⇒

n CO2
n H 2O

=

3n + 1
O2 
→ nCO2 + ( n + 1) H 2O
2

n
1,5
=
n + 1 1,75

→ n = 6 → A là C6H14. (Đáp án D)

b) Đốt B thu được (3 − 1,5) = 1,5 mol CO2 và (2,5 − 1,75) = 0,75 mol H2O
n

1,5

1

C
Như vậy n = 0,75 × 2 = 1
H

→ công thức tổng quát của B là (CH)n vì X

không làm mất mầu nước Brom nên B thuộc aren → B là C6H6. (Đáp án B)
c) Vì A, B có cùng số nguyên tử C (6C) mà lượng CO 2 do A, B tạo ra bằng
nhau (1,5 mol) → nA = nB.

⇒

%nA = %nB = 50%. (Đáp án C)

Ví dụ 4: Trộn a gam hỗn hợp X gồm 2 hiđrocacbon C6H14 và C6H6 theo tỉ lệ số
mol (1:1) với m gam một hiđrocacbon D rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được
275a
94,5a
gam CO2 và
gam H2O.

82
82

a) D thuộc loại hiđrocacbon nào
A. CnH2n+2. B. CmH2m−2. C. CnH2n. D. CnHn.
b) Giá trị m là
18


A. 2,75 gam. B. 3,75 gam. C. 5 gam.

D. 3,5 gam.

Hướng dẫn giải:
a) Chọn a = 82 gam . Đốt X và m gam D (CxHy) ta có:
275

 n CO2 = 44 = 6,25 mol

 n H O = 94,5 = 5,25 mol
 2
18

C6H14 +

19
O2 → 6CO2 + 7H2O
2

C6H6

15
O2 → 6CO2 + 3H2O
2

+



→ xCO 2 + H 2O
Đốt D: Cx H y +  x + ÷O2 
4
2

y

y

Đặt n C H = n C H = b mol ta có:
6

14

6

86b + 78b = 82

6

⇒

b = 0,5 mol.

Đốt 82 gam hỗn hợp X thu được:

n CO2 = 0,5 × ( 6 + 6 ) = 6 mol ; n H2O = 0,5 × ( 7 + 3) = 5 mol
⇒ Đốt cháy m gam D thu được: n CO = 6,25 − 6 = 0,25 mol ; n H O = 5,25 − 5 = 0,25 mol
2

2

Do n CO = n H O → D thuộc CnH2n. (Đáp án C)
2

b)

2

mD = mC + mH = 0,25×(12 + 2) = 3,5 gam. (Đáp án D)

19


Dạng 4: CHỌN ĐÚNG TỈ LỆ LƯỢNG CHẤT
TRONG ĐẦU BÀI ĐÃ CHO
Ví dụ 1: (Câu 48 - Mã đề 182 - khối A - TSĐH 2007) Hỗn hợp gồm hiđrocacbon
X và oxi có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:10. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp trên thu
được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua dung dịch H2SO4 đặc, thu được hỗn hợp khí Z
có tỉ khối đối với hiđro bằng 19. Công thức phân tử của X là
A. C3H8.

B. C3H6.

C. C4H8.

D. C3H4.

Hướng dẫn giải:
Đốt hỗn hợp gồm hiđrocacbon X gồm CxHy (1 mol) và O2 (10 mol ).


y




y


y

CxHy +  x + ÷O2 → xCO2 + H2O
4
2

y
mol
2

1 mol →  x + 4 ÷mol → x mol



y 




⇒ Hỗn hợp khí Z gồm x mol CO2 và 10 −  x + 4 ÷ mol O2 dư.




M Z = 19 × 2 = 38
(n CO2 ) 44

6
38

(n O2 ) 32

Vậy:
⇒

x = 10 − x −

6

y
4

→

n co2
n o2

=

1
1

→ 8x = 40 − y.

x = 4, y = 8 → thoả mãn đáp án C.

Ví dụ 2: A là hỗn hợp gồm một số hiđrocacbon ở thể khí, B là không khí. Trộn
A với B ở cùng nhiệt độ áp suất theo tỉ lệ thể tích (1:15) được hỗn hợp khí D.
Cho D vào bình kín dung tích không đổi V. Nhiệt độ và áp suất trong bình là
toC và p atm. Sau khi đốt cháy A trong bình chỉ có N 2, CO2 và hơi nước với
VCO2 : VH2O = 7 : 4 đưa bình về toC.Áp suất trong bình sau khi đốt là p1 có giá trị là

20


A. p1 =

47
p.
48

C. p1 =

B. p1 = p.

16
p.
17

3
5

D. p1 = p.

Hng dn gii:
t A:



y

y

CxHy + x + ữO2 xCO2 + H 2O
4
2


Vỡ phn ng ch cú N2, H2O, CO2 cỏc hirocacbon b chỏy ht v O2 va .
Chn n C H = 1 nB = 15 mol n O
x

y

2

p.ứ

=x+

y 15
=
= 3 mol.
4 5

n N 2 = 4n O2 = 12 mol



y

x + = 3
4


x
:
y
2 =7:4


x=

7
8
; y=
3
3

Vỡ nhit v th tớch khụng i nờn ỏp sut t l vi s mol khớ, ta cú:
p1 7 3 + 4 3 + 12 47
=
=

p
1 + 15
48

p1 =

47
p. (ỏp ỏn A)
48

Ví dụ 3 (Cõu 4 - khi A - TSH 2004)
Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn
toàn 5 lít hỗn hợp X cần vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều
kiện nhiệt độ, áp suất).
1. Xác định công thức phân tử của 2 anken.
2. Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu đợc hỗn hợp rợu Y, trong đó tỉ lệ về khối lợng các rợu bậc một so với rợu bậc hai là 28:15.
Xác định % khối lợng mỗi rợu trong hỗn hợp rợu Y.
Hng dn gii:

a) Đặt công thức chung của 2 anken là C n H 2n ( n là số nguyên tử cacbon trung
bình của hai anken, n > 2). Đốt hỗn hợp hai anken:

Cn H 2n
Tỉ lệ:

1 (l)
5 lít

+

3n
O2 n CO2 + n H2O
2
1,5 n (l)

18 lít

21

(1)


Đối với chất khí tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ số mol nên có tỷ lệ:

n = 2,4

Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C2H4 và anken kế tiếp là
C3H6
b) Giả sử có 1 mol hỗn hợp X đem hiđrat hóa, trong đó có b mol C3H6 và (1 - b)

mol C2H4:
n = 3b + 2(1 b) = 2,4 => b = 0,4 mol C3H6 và 1 b = 0,6 mol C2H4

Phơng trình phản ứng:
CH2 = CH2 + HOH CH3CH2OH

(2)

CH3CH = CH2 + HOH CH3CH(OH)CH3
CH3CH = CH2 + HOH CH3CH2CH2OH

(3)
(4)

Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = số mol anken = 1 (mol)
Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có:
Khối lợng hỗn hợp rợu Y = khối lợng hỗn hợp anken X + khối lợng nớc
= 0,4*42 + 0,6*28 + 1*18 = 51,6 (g)
Theo đề bài, tỷ lệ khối lợng của rợu bậc một so với rợu bậc hai là 28 :15.
Vậy phần trăm khối lợng mỗi rợu là :
15 * 100

%i C3H7OH = 28 + 15 = 34,88%

0,6 * 46 * 100

= 53,49 (%)
%C2H5OH =
51,6

%n-C3H7OH = 100 - 34,88 - 53,49 = 11,63 (%)



22


Một số bài tập tự giải
1: Hoà tan a gam M2(CO3)n bằng một lợng vừa đủ dung dịch H2SO4 10% thu đợc
dung dịch muối có nồng độ 15,09%. Công thức của muối cacbonat là:
A. CuCO3

B. FeCO3

C. SrCO3

D. K2CO3

2: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Mg, Fe trong oxi d, sau phản ứng thấy khối lợng
chất rắn nặng gấp 1,5 lần so với khối lợng chất rắn ban đầu. Phần trăm khối lợng
của Mg và Fe lần lợt là:
A.30% và 70%;

B. 40% và 60%;

C. 70% và 30%;

D. 60% và 40%;

3: hỗn hợp A gồm NaCl và NaBr khi tác dụng với AgNO3 d tạo ra một lợng chất

kết tủa bằng lợng AgNO3 đã phản ứng. Phần trăm khối lợng của NaCl và NaBr
lần lợt là:
A. 30 % và 70%

B.25% và 75%

C. 27,8% và 72,2% D.22,2% và 77,8%

4: Hỗn hợp A gồm 3 khí NH3, N2, H2. Dẫn hỗn hợp A vào bình có nhiệt độ cao.
Sau phản ứng phân hủy NH3 (coi nh hoàn toàn) thu đợc hỗn hợp khí B có thể tích
tăng 25% so với A. Dẫn B đi qua ống đựng CuO nung nóng sau đó loại nớc thì
chỉ còn một chất khí có thể tích giảm 75% so với B.
Phần trăm thể tích của các khí NH3, N2, H2 trong A lần lợt là:
A. 25%; 20%; 55%

B. 25%; 18,75%; 56,25%

C. 20%; 25%; 55%

D. 30,5%; 18,75%; 50,75%

5: Một hỗn hợp N2, H2 đợc lấy vào bình phản ứng có nhiệt độ đợc giữ không đổi.
Sau thời gian phản ứng, áp suất của các khí trong bình giảm 5% so với áp suất lúc
đầu. Biết rằng tỉ lệ số mol của N2 đã phản ứng là 10%.
Phần trăm thể tích của các khí N2, H2 trong hỗn hợp đầu lần lợt là:
A. 75%; 25%;

B. 25%; 75%;

C. 20%; 80%

D. 30%; 70%;

6: Trung hoà dung dich NaHSO3 26% cần dung dich H2SO4 19,6%. Nồng độ
phần trăm của dung dịch sau khi trung hoà là:
A. 21,21%

B. 11,22%

C. 22,11%
23

D. 12,12%


7: Khi cho a gam dung dịch H2SO4 nồng độ C% tác dụng với lợng d hỗn hợp
Na, Mg thì lợng khí H2 thoát ra bằng 4,5% lợng dung dịch axit đã dùng. C% của
dung dịch H2SO4 là:
A. 15%

B. 45%

C. 30%

D. 25%

8: Muối A tạo bởi kim loại M ( hoá trị II) và phi kim X (hoá trị I). Hoà tan 1 lợng
A vào nớc đợc dung dịch A1. Nếu thêm AgNO3 d vào A1 thì lợng kết tủa tách ra
bằng 188% lợng A. Nếu thêm Na2CO3 d vào dung dịch A1 thì lợng kết tủa tách ra
bằng 50% lợng A. Công thức của muối A là:

A. CaBr2

B. CaCl2

C. BaBr2

D. BaCl2

9: Nếu hoà tan a gam hỗn hợp A chứa Fe, FeO, Fe2O3 bằng dung dịch HCl d thì
lợng khí thoát ra bằng 1% khối lợng hỗn hợp ban đầu. Nếu khử a gam hỗn hợp A
bằng H2 nóng d thì thu đợc một lợng nớc bằng 21,15% khối lợng hỗn hợp ban
đầu. Phần trăm khối lợng Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp A lần lợt là:
A. 36%; 36%; 28%

B. 28%; 38%; 34%

C. 28%; 30%; 42%

D. 28%; 36%; 36%

10: Hỗn hợp CaCO3, CaSO4 đợc hoà tan bằng axit H2SO4 vừa đủ. Sau phản ứng
đun nóng cho bay hơi nớc và lọc đợc một lợng chất rắn bằng 121,43% lợng hỗn
hợp ban đầu. Phần trăm khối lợng CaCO3, CaSO4 trong hỗn hợp đầu lần lợt là:
A. 55,92%; 44,08%

B. 59,52%; 40,48%

C. 52,59%; 47,41%

D. 49,52%; 50,48%

Đáp án

Câu
Đáp án
Câu
Đáp án

1
A
6
D

2
3
A
C
7
8
C
A
III NH GI

4
B
9
D

5
B
10

B

õy l mt ni dung nh trong ton b kin thc vụ c m hc sinh phi hc ,
ni dung ny do s hc hi trao i vi cỏc thy cụ ng nghip v cỏc t liu
tham kho ó tng hp li v truyn t cho hc sinh , tuy nhiờn theo ỏnh giỏ
24


ch quan ca tụi ni dung cũn nng v tớnh toỏn toỏn hc , cỏc hin tng hay
bn cht hoỏ hc cha c chỳ trng cho hc sinh .
C KT LUN
Nhng ni dung ó trỡnh by trờn l nhng dng toỏn hoỏ hc m hc sinh hay
gp trong cỏc kỡ thi , nht l thi tuyn sinh H C , tuy nhiờn do kinh nghim
ging dy cha c nhiu rt mong s úng gúp chõn thnh ca cỏc thy, cỏc
cụ tụi hon thin hn. Xin chõn thnh cm n.
Ayunpa, ngy 20 thỏng 05 nm 2016
Ngi vit

Cao Vn Chung

D TI LIU THAM KHO


Hoá học 10. Nhà xuất bản Giáo dục 2009



Hoá học 10-Nâng cao. Nhà xuất bản Giáo dục 2009
25