Tài liệu ôn thi THPT quốc gia hóa học t1

NGUYỄN MINH TUẨN

TÀI LIỆUONthi THPTQU0C 6IA

Hoánọc
■

o m
Q
p«
H* NỘI

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI


NGUYỄN MINH TUẤN

T À I IvIỆ U ỔIV T l l l
THPT QUỐC GIA MÔN HOÁ HỌC
(ÁP DỤNG TỪ NẢM 2015)

NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC Qưốc GIA HÀ NỘI


LỜI NÓI ĐẦU
Các em học sinh tham dự kì ihỉ THPT Quốc Gia môn Hỏa học thân mến!
N ăm 2015 sẽ là cột m ốc đánh dấu sự thay đổi lớn của Bộ G iáo Dục và Đ ào Tạo về vấn đề
thi cử và kiểm tra đánh giá.
Sự thay đổi này thể hiện cả

ởm ặt hình thức và nội dung, về hình thức, thay vì tổ chức hai kì

thi là Tốt nghiệp T H P T và tuyển sinh Đại học, Cao đẳng thì năm nay, Bộ Giáo Dục và Đào
Tạo chỉ tổ m ột kì thi, đó là kì thi T H PT Q uốc Gia.

về nội dung, đề thi không chỉ tập trung vào

việc kiểm tra kiến thức m à còn chú trọng kiểm tra năng lực cúa học sinh dựa trên 4 m ức độ là

nhận hỉêt, thông hiéu, vận dụng và vận dụng cao.
Thông qua sự phân tích cấu trúc và nội dụng đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đắng năm 2013,
2014, đề thi Tốt nghiệp T H P T năm 2014, là những đề thi đã bắt đầu có sự định hướng đổi mới
về kiểm tra đánh giá, cũng như thông tin đăng tải trên các báo như Báo D ân Trí. V ietN am N et,
V nexpress,... về kì thi T H P T Q uốc G ia năm 2015, có thể nhận thấy :
+ Đe thi sẽ tập trung nhiều hơn vào nội dung kiến thức lóp 12. hệ thống câu hỏi có sự phân
hóa rõ rệt.

số lượng câu hỏi liên quan đến kiến thức thực tiễn và kiến thức liên m ôn như: Hóa -

Toán, H óa - Sinh, H óa - Lý,... sẽ nhiều hơn.
+ M ức độ nhận biết, thông hiếu chiếm khoảng 20 câu ứng với 4 điếm , m ức độ vận dụng
khoảng 20 câu ứng với 4 điểm , m ức độ vận dụng cao khoảng 10 câu ứng với 2 điểm . N hững
câu hỏi ớ m ức độ vận dụng cao thườ ng có những dấu hiệu là: Đe hài dài. có nhiều phun ứng

h(ki học. quá trình hiến dôi hỏa học diễn ra nhiều giai doạn và có nhiều trường hợp xay ra.
Đe giúp các em tiếp cận gần nhất với cấu trúc và nội dung đề thi, thầy biên soạn cuốn sách

"TÀI LIỆU Ô N THỈ THPT QƯÒC GIA M Ô N HÓA HỌC TỪ N Ă M 2015". Cuốn sách gồm
hai phần:
+ Phần 1: Phát triên tư duy giải nhanh hài tập Hóa học hằng cách sử dụng các định luật

hao toàn.
+ Phần 2: Giới thiệu 30 đề thi thử THPT Quốc Gia.
Đe sử dụng hiệu quả cuốn sách này, trước tiên các em nên tìm hiểu phần 1 đế hoàn thiện kĩ
năng giải nhanh bài tập ở m ức độ vận dụng và vận dụng cao. Sau đó chuyển sang luyện đề ớ
phần

2

.

M uốn dành được điếm cao trong kì thi, các em nên làm như sau :
• Bước 1 : D ành khoảng 25 - 30 phút để trả lời các câu hỏi lý thuyết nhàm đạt được
khoảng từ 3 - 4 điểm , đây hầu hết là những câu hỏi dễ ở m ức độ nhận biết và thông hiểu.
• Bước 2 : D ành khoáng 25

30 phút tiếp theo để trá lời các câu hỏi lý thuyết và giải các

bài tập tính toán ở m ức độ vận dụng nhằm đạt thêm được từ 3 - 4 điếm nữa.


• Bước 3 : D ành thời gian còn lại để giải .những bài ở m ức độ vận dụng cao. Có m ột sự thật
hiển nhiên là : "Mọi quá trình hiến đôi hóa học, dù đơn giản hay phức tạp cũng đểu tuân theo

các định luật hảo toàn". Vì thế, "bí quyết" để giải nhanh các bài tập ở m ức độ này là nắm vững
hán chất hóa học và vận dụng thành thạo các định luật háo toàn trong hỏa học.
Cuối cùng, trước khi hết giờ khoảng 5 - 7 phút, dù còn những câu chưa làm được, các em
vẫn tiến hành chọn m ột đáp án có xác suất đúng cao nhất.
Thầy chúc các em thành công và dành được điểm cao trong kì thi T H P T Q uốc G ia sắp tới!
Trong quá trình biên soạn, dù đã làm việc rất nghiêm túc và khoa học, nhưng sai sót là điều
khó tránh khỏi. R ất m ong nhận được sự chia sẻ và góp ý của các em để cuốn sách ngày càng

hoàn thiện hon.
Mọi sự đóng góp ý kiến xin gửi về địa chỉ :

hoặc
/>Trân trọng cảm ơn !

TÁC GIẢ
Nguyễn Minh Tuấn
Giáo viên trường THPT chuyên Hùng Vương, tỉnh Phú Thọ


Phương pháp 1: BẢO TOÀN NGUYÊN TỚ
(Được trích đăng trên ĐẶC SAN TOÁN HỌC VÀ TUỒI TRẺ, số 15 - THPT tháng 10/2014)

I. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TÓ
1. Nội dung phưoTig pháp bảo toàn nguyên tố
-

C ơ sở của phươ ng pháp bảo toàn nguyên tố là định luật bảo toàn nguyên tố ; Trong phản

ứng hóa học, các nguyên tố được hảo toàn.
- Hệ quả của của địn h luật bảo toàn nguyên tố : Trong phản ứng hỏa học, tống số moỉ của
một nguyên tố tham gia phản ứng bằng tổng sổ mol nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
Ví dụ : Đ ốt cháy ho àn toàn

gam axit axetic cần vừa đủ V lít O2 (đktc). Sản phẩm cháy hấp

6

thụ hết vào bình đựng N aO H dư, thấy khối lượng bình tăng m gam. Tính V và m ?

Các hướng tư duy để tính V và m:
* Hướng I: D ựa vào số m ol cùa axit axetic (C H 3CO O H ) và phương trình phán ứng đe tính số
mol của O 2 cần dùng, số m ol C O 2 và số mol H 2O tạo thành. T ừ đó suy ra thể tích O 2 và khối
lượng bình N aO H tăng.
Theo giả thiết:

(-OOH

= — = 0,1 mol.
60

Phương trình phản ứng :
C H 3C O O H
mol:

+

0 ,1

2 CO2 + 2 H2 O

2 O2

0,2

—>

0 ,2

->

0,2

Theo phương trình và giả thiết, ta có :

V,O2

(đklc)

m bình

= 0,2.22,4:

4,48 lít
+ m ^ Q = 0 ,2 .4 4 + 0,2.18= 12,4 gam

NaOH tăng

Hướng 2: Dựa vào hệ quả của định luật bảo toàn nguyên tổ và số m ol axit C H 3CO O H
(0,1 m ol) để tính số m ol C O 2 và số m ol H 2O tạo thành; số m ol O 2 tham gia phản ứng. Từ đó
suy ra thể tích O 2 và khối lượng bình N aO H tăng.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với

: 2n CH,COOH

‘co.

2 . 0,1 = 0,2

“ ^•^CH3C0 0 H - 4 .0 ,1 - 0 ,4

Á p dụng bảo toàn nguyên tố
2

n CH-íCOOH + 2n.
0,1

m bình

NaOH tăng

'co-

=

0,2

'H2O = 0,2

o, ta có :

:2n co- + n H-.0
0,2

c và H, ta có :

n^, =0,2 m o l:

V0 2 (dktc)-0 .2 .2 2 ,4 = 4,48 lít

0,2

= mj20 + m‘H
^32p,
O = 0,2.44 + 0,2.18 = 12,4 gam

Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải bài tập hóa học sử dụng hệ quá của

định luật bảo toàn nguyên tố.


2. ưu điểm của phương pháp bảo toàn nguyên tố
a. Xét các hướng giải bài tập sau:
Câu 25 - Mã đề 231: D ần V lít (đktc) hỗn hợp X gồm a x e tile n v à hiđ ro có khối lượng là
m gam đi qua ống sứ đựng bột niken nung nóng, thu được khí Y. Dần Y vào lượng dư

AgNƠ3 trong dung dịch NH3, thu được 12 gam kết tủa. Khí đi ra khỏi dung dịch phản ứng
vừa đủ với 16 gam brom và còn lại khí z. Đốt cháy hoàn toàn khí z , thu được 2,24 lít khí
CO2 (đktc) và 4,5 gam H2O. G iá trị của V là
A. 11,2.

B. 13,44 .

D. 8,96.

c . 5,60.

(Đe thi tuyên sinh Cao đăng khối A năm 2007)
Huớng dẫn giải
• Cách ỉ : Phương pháp thông thường - Tính toán theo phương trình phản ứng
Theo giả thiết ta suy ra Y gồm H2 dư, C2H2 dư, C2H4 và C2H6Số mol của các chất:

16
‘C t2<
H^4

160
4,5

‘ H, 0

12
0,1 mol; Hp „
=n„
= —— = 0,05 mol;
C2 H2 ciư
C2Ag2 240
2,24

: 0,25 mol; n

18

22,4

= 0,1 mol --> n
C2 H6

'CO-,

=0,05 mol.

Phương trình phản ứng :
C 2H 2 +
0 ,1
C 2H 2

<+

H2

>

0 ,1
2H 2

<-

0 ,1

■

> C 2 II6

0.05 <- 0,1
C 2H 2 +

C 2H 4

( 1)

( 2)

0,05

2 A gN Ơ 3

+

2NH3

— ^

C 2A g 2 ị

0,05
C 2H 6

2 N H 4N O 3

(3 )

0,05
+

Ni, 1"

|02

2

-> 2CƠ2 +

0,05

0,1

2H2 + O2
0,1

+

->
<-

^

3 H 2O
0,15

2 H 2O

(5 )

( 0 , 2 5 - 0 , 1 5 ) = 0,1

Theo các phản ứng ta thấy :

(1) +

(2) + " h, (5) = 0,3 mol;

2H2 (1) ”C2H2 (2) **^C2H2 (3) - 0,2 mol.
+v„

= 0 ,5 .2 2 ,4 =

(4 )

11,2lít


• Cách 2 : Sử dụng phương pháp hủo toàn nguyên tố

ciư -

mol;

= 0,1 mol;

- 0,25 moi.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có:
2 nL,

+ 2 n C2 H2

ban đầu

= 2n C 2 H 2

tlư

0,05

n,
^(H 2 , C2 H2

ban tlầu)

b ,5

+ 2 n H2O

+ 4n
0,1

0,25

mol --> v^|_|^

l,2 1 í t

b. Nhận x é t:
Với cách 1: V iết nhiều phản ứng, mối liên quan về sổ mol của các chất được tính toán dựa

trên phản ứng. Tuy dễ hiểu nhưng phải trình bày dài dòng, m ất nhiều thời gian, chỉ phù hợp
với hình thức thi tự luận trước đây.
Với cách 2 : Moi liên quan về số mol của các chất được tính toán trực tiếp dựa vào sự bảo

toàn các nguyên tổ nên không phải viết phương trình phản ứng.
c. Kết luận :

So sánh 2 cách giải ở trên, ta thấy: Phương pháp bảo toàn nguyên tố có ưu điểm là trong
quá trình làm bài tập học sinh không phải viết phương trình phản ứng, tỉnh toán đơn giản

dựa vào sự hảo toàn nguyên tổ và cho kết quả nhanh hơn so với việc tính toán theo phương
trình phán ứng.
N hư vậy : N ếu sử dụng phươ ng pháp bảo toàn nguyên tố m ột cách hiệu quả thì cỏ thể tăng

đáng kê tốc dộ lủm hài so với việc sử dụng phương pháp thông thường.
3. Phạm vi áp dụng :
Phương pháp bảo toàn nguyên tố có thê giải quyết được nhiều dạng hài tập liên quan đến

phản ứng trong hỏa vô cơ cũng như trong hóa hữu cơ.
M ột số dạng bài tập thư ờ ng dùng bảo toàn nguyên tố là :

-t-

lon A l^\

tác dụng với dung dịch kiềm (NaOH, Ba(OH)2,...).

+

Khí CO 2 tác dụng vơi dung dịch kiềm.

^

Tính sổ mol HNOj, H 2SO 4 tham gia phản ứng.

+

Đốt cháy hợp chất, thường là hợp chất hữu cơ.

+

Thủy phân không hoàn toàn peptit.

4. Bảng tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố trong phản ứng
Từ ví dụ ở trên ta thấy : Có the tính nhanh số m ol nguyên tố, nhóm nguyên tố như sau:

Số mol nguyên tổ X hoặc nhóm nguyên tổ X = sổ nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử X
trong đơn chất, hợp chất

X

số mol chất đó.


Bảng tính nhanh số mol nguyên tố, nhóm nguyên tố
Chất

Số mol chất

Ba(OH)2

'^Ba(OH)2

H2SO4

"H2 SO4

Fe2(S 04)3

"^ 2 (804)3

AI2O3

"AI2 O3

CxHyO.N,

"c,HyO,N,

Ala-Ala-Ala

^Ala-Ala-Ala

Ala-Gly-Ala-

SỐ mol nguyên tố, nhóm nguyên tố

‘^3 ^,2 + ^^Ba(OH)2 ’

~^"Ba(OH)2

=2" h2S()4;%^2- =" h2S04

=^"Fe2
•^Ala “ ^'^Ala-Ala-Ala

"Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val

Val-Gly-Val

"Ala “ ^"Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val ’
Val ~ ^'^Ala-Gly-Ala-Val-Gly-Val ’
^Gly “ ^‘^Aiy.Giy.Aia.Val-Gly-Val-

Đôi với các chát khác ta tính tương tự.

II. PHÂN DẠNG BÀI TẬP VÀ CÁC v í DỤ MINH HỌA
1. Dạng 1: Tính lượng chất trong phản ứng
Phương pháp giải
- Bước ỉ : Lộp sơ đồ phản ứng biêu diễn quá trình chuyển hóa giữa các chất, để thấy rõ
bản chẩt hóa học cùa hài toán.
- Bước 2 : Nhận dạng nhanh phương pháp giải bài tập : Khi gặp bài lập mà giữa lượng chất
cần tính và lượng chất để hài cho đểu có chứa cùng I nguyên tố hay một nhóm nguyên
tổ thì ta nên dùng phương pháp háo toàn nguyên tổ.
- Bước 3 : Xác định áp dụng bào toàn nguyên to đổi với nguyên tổ, nhóm nguyên tố nào.
- Bước 4 : Thiêt lập phương trình báo toàn nguyên tổ. Ngoài ra, kết hợp với các già thiết
khác đế lập các phương trình toán học có liên quan. Từ đó suy ra lượng chất cần tính.
Ghi c h ú :
- Trong phương pháp bảo toàn nguyên tổ, nếu xác định sai hoặc thiếu các chất chứa nguyên
to mà ta sử dụng đê tính lượng chất thì bảo toàn nguyên tố không còn đúng nữa.


► Các ví dụ minh họa -4

a. Phản ứng một giai đoạn
Ví dụ 1: Đ iện phân nóng chảy AI2O3 với các điện cực băng than chì, thu được m kilogam AI

ở catot và 89,6 nr^ (đktc) hỗn họp khí X ở anot. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 16,7. Cho
1,12 lít X (đktc) phản ứng với dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được 1,5 gam kết tủa. Biết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn. G iá trị cúa m là

c. 144,0.

B. 82,8.

A. 115,2.

D. 104,4.

(Đe thi tuyến sinh Đại học khối B năm 2013)
Hướng dẫn giải
Bước I : Lập sơ đổ phản ứng :
Trong phản ứng điện phân nóng chảy AI2O3 với các điện cực làm bằng than chì (C), AI
sinh ra

ở catot, O2 sinh ra ở anot và như vậy anot sẽ bị O2 oxi hóa thành co, CO2 , ngoài ra

vẫn có thể còn O2 dư.
Sơ đồ phản ứng :
AI2 O 3

đpnc

->

AI

+

(C O'2'
,, CO, O
At
'^2‘

(calol)
CO2 + C aC Ơ 3

^

(anot)
C aC 0 3 i

+

H2O

• Bước 2 : Nhận dạng nhanh phương pháp giải hài tập
Bài tập yêu cầu tính khối lượng của AI khi điện phân nóng chảy oxit AI2O3, trong khi lại
cho qua thông tin về số m ol của CO2,

co, O2. Nhận thấy : Giữa hỗn hợp (CO,

CO 2, O2) và

AI 2O3 đểu có chứa nguyên tổ O; Giữa Al và AI 2 O3 đểu có nguyên tổ Al. Đ ây là dấu hiệu
chứng tỏ bài tập này sẽ sử dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố.
• Bước 3 : Xác định áp dụng háo toàn nguyên tổ đổi với nguyên tố, nhóm nguyên to nào

Dựa vào giả thiết tính được số mol của CO2,

dựa vào bảo toàn nguyên tổ

co, O2. T ừ đó

tính được số mol của AI2O3

o. B iết được số mol của AI2O3 sẽ tính được

số mol của AI dựa

vào hảo toàn nguyên tố Al.
• Bước 4: Thiết lập phương trình bảo toàn nguyên tổ. Từ đó suy ra lượng chất cần tinh.
Theo giả thiết, ta có: n,, =

Mx

44 nco- + 32 n., + 28 nco

‘co- + rir, + n co

+n

89,6

+ ‘^co “ 22,4 = 4 kmol (1)

= 16, 7.2 = 33,4

•44 n(2Q + 32 hq + 28 n(3Q = 33,4.4 = 133,6 kg (2 )
‘co- = nCaCO,

100

0,015 mol=>%n™

‘CO2 trong x = 30%.4 = 1,2 kmol (3)

h ’,n h „n y

100% = 30%.


Thay (3) vào (1). (2), ta được hệ hai phưoTig trình hai ấn. Giải hệ phương trình ta có:
Hy = 0,6 kmol;

= 2,2 kmol.

o và Al, ta có :

Á p dụng bảo toàn nguyên tố đối với

J

2,2
"

ai

5,8
kmol
3

'AloO

1,2

0,6

11,6
kmol
" ai =■

“ 2" a 120^

„ 11,6
= > > " a i = 27-- - = 104,4 k g
hoặc có thể sử dụng bảo’ toàn electron

3 n^Ị —2 ‘co +^4^ “ co + 4 n^_
O2
2,2
1,2
0,6

n AI

1 1 .6

1 1 ,6

^ m ‘AI
» , = 27, - - = 1104,4 k g

Ví dụ 2: Hôn hợp X gôm hai m uôi R 2C O 3 và R H C O 3 . C hia 44.7 gam X thành ba phân băng
nhau :
- Phần m ột tác dụng hoàn toàn với dung dịch B a(O H )2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch B aC l 2 dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
- Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch K O H 2M .
G iá trị của V là
A. 180.

B.

c. 1 1 0 .

200.

D. 70.

(Đe thi tuyên sinh Đại học khối B năm 2014)
Hướng dẫn giải
Áp dụng bảo toàn nguyên tố

c cho phần

1,

phần

2

và bảo toàn điện tích trong phản ứng cho

phần 3, ta có ;

P1 :n

co

P2:n

+n

co- 2- “ "

^ P 3 :n ^ o ^ = n

= n BaCO

HCO,

3

7,88
buco

3

107

35,46
= 0,18
197
0,04

co- 2-

:0,04;n

:0,14

0,04.(2R + 60) + 0,14(R + 61)
= 14,9<»R = 18(NH4+)

_ =0,04.2 + 0,14 + 0,14 = 0,36=ỉ>v,KOH 2M
NH.

HCO,

180m l

HCO,

Ghi chú (PostScript: chú thích, ghi chú, tủi hút): Đây là hài tập cỏ “h ẫ y” rất hay! Học sinh
thường không đê ý R* ỉà gì. Vì thế chi quan tâm đến việc tỉnh .sổ mol HCO,“ đê từ đó suy
ra số mol OH“ cần dùng nên sẽ chọn phương án D.
10

Vi dụ 3: Đ ốt 5,6 gam Fe trong không khí, thu được hỗn hợp chất rắn X. C ho toàn bộ X tác
dụng với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được khí N O (sản phẩm khử duy nhất) và dung
dịch chứa m gam m uối. G iá trị của m là:

c. 15.6.

B. 22,4.

A. 18,0.

D. 24.2.

(Đe thi tuyến sinh Đại học khối B năm 2012)
Hướng dẫn giải
Vì dung dịch H N O 3 dư nên Fe phản ứng hết, m uối sắt tạo thành là F e(N 0 3 )3 .
G iữa lượng chất cần tính là khối lượng F e(N 0 3 ) 3 và lượng chất đã biết là Fe đều có nguyên
tố Fe, nên áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Fe, ta có :
‘Fe(N03)3

Hp = 0,1 mol => m Fe(N03>3

24,2 gam

Ví dụ 4: Hấp Ihii hoàn toàn V lít C O 2 (đktc) vào bình đựng 200 ml dung dịch X gồm NaO H
IM và N a 2C 0 3 0,5M , thu dược dung dịch Y. K ết tinh dung dịch Y (chỉ làm bay hơi nước)
thu được 19,9 gam chất ran khan. G iá trị V là:
A. 2,24.

c. 5.6.

B. 3,36.

D.

1, 1 2 .

(Đề thi thứ Đụi học lần 5 - THPT chuyên ĐHSP Hà Nội, năm học 2011 - 2012)
Hướng dẫn giải
Á p dụng bảo toàn nguyên tố đối với N a ta thấy :
irong Y “ *^Na Irong X “ '^NaOH

^ ” Na2 CƠ3 “

0 ,2.1

(),2.(),5

N ếu trong dung dịch Y chỉ có N a 2 C Ơ 3 thì số m ol N a 2C Ơ 3 là 0,2 m ol, khi đó khối lượng
chất rắn là 21,2 gam ; nếu Y chỉ chứa N aH C Ơ 3 thì số m ol N aH C Ơ 3 là 0,4 m ol, khi đó khối
lưọng chất rắn là 33,6; còn nếu Y chứa cả hai m uối thì khối lượng chất rắn thuộc khoảng
(21,2 ; 33,6). Trên thực tế khối lượng chất rắn chỉ là 19,9 gam nên xảy ra trưòng hợp N aO H
dư. N hư vậy chất rắn gồm N aO H dư và N a 2C 0 3 .
Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố N a, ta có:
40n NaOH dư
'^NaOH dư

^NaOH dư

2'^ ^ N a 2 C03

= 0,4

‘NaiCO-

Á p dụng bảo toàn nguyên tố
CO2

c, ta có:

" N a 2 C0 3 trong Y

" N a 2 C0 3 trong X

0,15

0,1

•Vc0 2 (dktc,= 0-05-22,4 =

= 0,15

1 ,1 2

:0,05

lít

11

Ví dụ 5: H òa tan hết hỗn hợp chứa 10 gam C aC 0 3 và 17,4 gam PeCO s bằng dung dịch
H N O 3 loãng, nóng. B iết sản phẩm khử duy nhất là N O .

số m ol

H N O 3 đã tham gia phản

ứng là;
A. 0,8 m ol.

c . 0,7 m ol.

B. 0,5 m ol.

D. 0,2 mol.

(Để thi thử Đại học lần 1 - THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ, năm học 2011 - 2012)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng;

FeCƠ3 + CaCƠ3 + HNO3

Fe(N03)3 + Ca(NƠ3)2 + NO + CO2 + H2O

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Ca, Fe và bảo toàn electron, ta tính được số mol của
C a(N 0 3 ) 2 , Fe(N 0 3 ) 3 và N O . Sau đó áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta tính được số mol của

HNO3:
^Ca(N03)2 ~'^CaCƠ3

'^Fe(N03)3 “ ” FtíCO3

= 0,15

3n NO “ “ FeC03 ■ 0,15
0,05 mol

‘NO
‘ HNO'3

: 2 n Ca(N 03>2

^*^Fe(NƠ 3)3 "'"‘^NO “
0,05

0,15

0,1

0,7 mol

Ví dụ 6: H òa tan hoàn toàn hôn họp gôm 0,18 m ol FeS 2 và a m ol CU2 S băng dung dịch
HN O 3 vừa đủ thu được dung dịch X chỉ chứa m uối sunfat và V lít N O (đktc) là sản phẩm
khử duy nhất. G iá trị của V là:
A. 44,8 lít.

c . 26,88 lít.

B. 22,4 lít.

D. 33,6 lít.

(Để thi thử đại học lần 3 - THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội, năm học 2 0 1 0 - 2011)
Hướng dẫn giải
Vì phản ứng chỉ tạo ra m uối sunfat nên suy ra trong X có hai m uối là CUSO 4 và FC2(S 0 4 ) 3 .
Sơ đồ phản ứng:
ÍCU2 S

ÍCuSO„

HNO3

[Fe2(S04)3

FeS.

+ N 0 + H ,0
2

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với Cu, Fe,
CU2 S +
mol:

2 FeS 2

0,09 - ^ 0 , 1 8

s, ta có :

—2 1 1 ^

2 CUSO 4

^

0,18

+ F c2 (S 0 4 ) 3
^

0,09

Áp dụng bảo toàn electron cho phản ứng của FeS 2 và CU2 S với HNO3, ta có :
15n FeS2 + 10n^^j^g = 3nj,jQ :=>
0,1 X

12

0,09

‘NO

= 1,2 mol => V,NO (đktc)

26,88 lít


Ví dụ 7: X là h ỗ n h ợ p 2 h iđ ro c a c b o n m ạch hở, c ù n g dãy đ ô n g đ ăng. Đ ê đôt cháy h êt
' 2,8 gam X cần 6,72 lít O 2 (đktc). H ấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào nước vôi trong dư
được m gam kết túa. G iá trị m là;

A. 30 gam.

c. 25 gam.

B. 20 gam.

D. 15 gam.

(Đe thi thử Đại học lần ỉ - THPT Phù Ninh - Phú Thọ, năm học 2013 - 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng đốt cháy hai hiđrocacbon trong X :

C-H+ o,^
X
y

^ CO, + H, 0

(1)

Áp dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố
m‘X
v +' m
„ = 4 4 n ^co
^ . +18n‘H2O
“ ‘o
2 .S 0 ,.V.'?2
2

^^^CƠ2

n^ = 2 n™
c o , +' n“ H ,o

cho phản ứng ( 1 ), ta có

“ ^2,4

'H ,0

0,6

2 n^^
c o , +' n
" H ,o

Áp dụng bảo toàn nguyên tố

0

^0 , 2

*^CƠ2 ”

c, ta có :

"caco, ="CƠ 2 = 0 ' 2 mol=>mc„co 3 = 0,2.100 = |20 gam

Ví dụ 8: Đ ôt ch áy h o à n to à n 0,1 m ol m ột ax it c a c b o x y lic đơ n c h ứ c , cân v ừ a đủ V lít O 2
(ở đktc), thu được 0,3 m ol C O 2 và 0,2 m ol H 2O. G iá trị của V là:

A. 8,96.

B.

1 1 ,2

c. 6,72.

.

D. 4,48.

(Đê thi tuyên sinh Đại học khôi B)
Hướng dẫn giải
C ông thức phân tử của axit cacboxylic đơn chức có dạng là CxHy0 2 .
Sơ đồ phản ứng:
CxH y0 2

+

O2

CO2

Áp dụng bảo toàn nguyên tố

+

H 2O

0

)

o cho phản ứng ( 1 ), ta có:

2n CxHy02 + 2 n„ = 2 n CO2 + n H2O
--V-"
~(U
0,2
0.1

Hp, = 0,3 mol

V,o ,

(đktc)

6,72 lít

Ví dụ 9: H ồn họp X gồm axit axetic, axit fom ic và axit oxalic. Khi cho m gam X tác dụng
với N a H C 0 3 (dư ) thì thu đư ợ c 15,68 lít khí C O 2 (đktc). M ặt khác, đ ốt cháy ho àn toàn
m gam X cần 8,96 lít khí O 2 (đktc), thu được 35,2 gam C O 2 và y m ol H 2O. G iá trị của y là:
A. 0,3.

B.

0 ,8 .

c. 0 ,2 .

D.

0 ,6

.

(Đê thi tuyên sinh Đại học khôi A năm 2011)
13


Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, hồn hợp X gồm CH3COOH, HCOOH, HOOC - COOH.
Bản chất phản ứng của X với NaHC03:
-COOH

+

-> -CO O N a

N aH C 0 3

0,7

+

<-

CO2 t

+

H2O (1)

0,7

Theo (1) và bảo toàn o trong hỗn họp X, ta có:
^co - 0 ,7 mol

-COOH
^

'^o trong uxil “

trong nhóm -COOH “ ^"-C O O H

Á p dụng bảo toàn nguyên tố

o trong phản ứng đốt cháy hỗn hợp X, ta có:

o trong axit + 2 n^ = 2 n C02 + n H,0
0,4
(),x
1,4

‘h , o

0,6 mol

Ví dụ 10: T ripeptit X và tetrapeptit Y đêu m ạch hở. Khi thủy phân hoàn toàn hồn họp gôm

X và Y chi tạo ra m ột a m in o a x it duy nh ất có cô n g th ứ c H 2 NCiiH 2 nCO O H . Đ ốt cháy
0,05 mol Y trong oxi dư. thu được N 2 và 36,3 gam hỗn họp gồm C O 2, H 2O. Đốt cháy 0,01 mol
X trong oxi dư, cho sản phấm cháy vào dung dịch B a (O íI )2 dư. thu được m gam kết tủa.
Biết các phán ứng đều xảy ra hoàn toàn. G iá trị của m là
A. 29,55.

c . 23,64.

B. 17,73.

D. 11,82.

(Đe thi tuyến sinh Đại hục khối B năm 20Ỉ3)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra : A m ino axit tạo nên X, Y là am ino axit no, m ạch hở, có m ột nhóm

COOH và m ột nhóm -NH 2 .
Đặt công thức phân tử của am ino axit là CaH 2a+i0 2 N.

X là tripeptit tạo ra từ am ino axit trên có công thức là C3 aHf,a-i0 4 N3 .
Y là tetrapeptit tạo ra từ am ino axit trên có công thức là C 4aH 8a-2 0 sN 4 .
Áp dụng bảo toàn nguyên tố
0 (2q

c. 1ỉ trong phản ứng đốt cháy Y. la có :

- 4a. n Y = 0,2a; n H^O = ( 4 a -l)iiY
‘Y - 0 , 0 5 ( 4 a - l )

o.il.*!

().()5

M ặt khác, theo giả thiết khi đốt cháy Y thu được;

m co.
J2 +

H2r„ = 36,3 =!> 0,2a,44 + 0,05(4a -1)18 - 36,3

a=3

Với a = 3 thì công thức phân tử của X là CỌH17O 4N 3 .
Áp dụng bảo toàn nguyên tố

c trong

phản ứng đốt cháy X và bảo toàn nguyên tố Ba khi

hấp thu sản phẩm cháy của X vào dung dịch B a(O H )2 dư, ta có :
'BaCO'3

14

=

= 9 n‘X
ỵ = 0 ,0 9 = > m

0,01

BaCO 3

:0,09.197= 17,73 gam


Ghi chú : Cách thiết lập công thức của X, Y :
X là tripeptit nên công thức của X là : (3CaH2a+i02N - 2 H2 O) - CsaHẾa-iO^Ns;
Y là teírapeptit nên công thức của X là:
(4CM2a . ,Ũ2N ~ SỉhO) - C4M8a-2(hN4.

Vi dụ 11: Thủy phâo hết m gam tetrapeptit A la-A la-A la-A la (m ạch hở), thu được hỗn họp
gồm 32 gam A la-A la. 27.72 gam A la-A la-A la và 28,48 gam A la. G iá trị của m là:

c . 81,54.

[,74.

B.

A. 90,6.

D. 66,44.

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2011)
Hướng dẫn giải
A la (alanin) là tên thư ờ ng gọi của am ino axit C H 3-C H (N H 2 )“ C O O H (M = 89).
Sơ đồ phản ứng :
A la-A la-A la-A la + H 2 O

A la + A la-A la +

mol:

0,32

A la-A la-A la

0.2

0,12

Ap dụng bảo toàn nhóm A la, ta có ;
4n A l a - A l a - A l a

Ala “ “ Ala "*■

(U2

;-> n Ala

^ ' ^ A l a - Ala Ala

- -V-------

0,2

0,12

0,27 mol,

Ala Ala^Ala

=í> m A l a - A l a - A l a

AI,
A
la - A l a

^ = (4 .8 9 -3 .1 8 ).0 ,2 7 = [ ^ 4 gamj

-Ala

Ghi c h ú :
Sự hình thành liên kết p e p tit:
H 2N C H (R )C O tỘ H T S Ị;N H C H (R ’)C O O H -^ H 2N C H (R )C O N H C H (R ’)C O O H + H 2O

Như vậy, mỗi một liên kết peptií hình thành thì sẽ đồng thời giải phóng I phân tử H 2 O.
Suy ra : nAỉư-Ala

32
2 .8 9 - 1 8

= 0,2 mol\ n
'
Ala^Ala-Ala

27,72
3 g 9 _ 2 .1 8

0,12 mol.

Dây là dạng bài tập mới xuất hiện từ năm 2011 và còn có thê xuất hiện trong các để thi ớ
những năm tiếp theo. Trước đỏ. ta chi gặp những hùi lập úp dụng hao toàn nguyên to hoặc
nhóm nguyên tổ vô cơ như NO^ , oir

, soị ....

15


b. Phản ứng nhiều giai đoạn
Vỉ dụ 12: T ừ 6,2 kg photpho điều chế được bao nhiêu lít dung dịch H 3P O 4 2M (hiệu suất
toàn bộ quá trình điều chế là 80% ) ?
A.

100

c . 40 lít.

B. 80 lít.

lít.

D. 64 lít.

(Đe thi tuyến sinh Đại học khối A năm 2014)
Hướng dẫn giải
H-)0

Sơ đồ phản ứng : p —

^ H 3 PO 4
6,2.1 o \ 80%

” h 3 PƠ4 ~

Theo sự bảo toàn nguyên tố p , ta có :

V.clil

phản ứng

H3 PO4 2M

2

31

= 160 mol

= 80 lít

Ví dụ 13: H òa tan hết 1,69 gam oleum có công thức H 2 SO 4 .3 SO 3 vào nước dư. Trung hòa
dung dịch thu được cần V m l dung dịch K O H IM . G iá trị của V là
A.

c.

B. 40.

10.

20.

D. 30.

(Đê thi tuyên sinh Đụi học khôi A năm 2014)
Hướng dẫn giải
Áp dụng bảo toàn nguyên tố

s và K, ta có :
^*^K2S04 —0,04

■^H2S04 ~ ^” h2S03..2,903

'^KOH

*^K2S04 “ *^H2S04 = 0-02

\klK O H lM =0.04 líl = 40 ml

Vỉ dụ 14: Đ iện phân 200 m l dung dịch CUSO4 (dung dịch X) với điện cực trơ sau thời gian
ngừng điện phân thì thấy khối lượng X giảm . D ung dịch sau điện phân tác dụng vừa đủ với
500 ml dung dịch B a C b 0,3M tạo kết tủa trắng. C ho biết khối lượng riêng dung dịch

CUSO4 là 1.25 g/m l; sau điện phân lượng H2O bay hơi không đáng kể. N ồng độ m ol/lít và
nồng độ phần trăm của dung dịch C11SO4 trước điện phân là;
A. 0,35M ,

8%.

B. 0,52M ,

1 0 %.

c , 0,75M , 9,6% .

D. 0,49M ,

1 2 %.

(Đề thi thư Đại học lần 2 - THPT M ỹ Văn - Phú Thọ, năm học 2013 - 2014)
Hướng dẫn giải
Khi điện phân dung dịch CUSO 4, ion SƠ 4 ^^ không bị điện phân, nên mol SƠ 4 ^“ trước và
sau điện phân không đổi.
Áp dụng bảo toàn gốc
‘CuSO,

= n BiiSO.

5 0 4 ^“

‘ BaCU

và nguyên tổ Ba, ta có :

0,5.0,3 = 0,15mol.

Vậy nồng độ m ol/lít và nồng độ phần trăm của CUSO 4 trước điện phân là ;

fCuS0 4 l
16

045

0,2

0,75M ;

c%..‘ CUSO4

4

0,15.160
200.1,25

.100% = [9^


Vi dụ 15: C ho hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe, 0,15 m ol Fe 2 0 3 và 0,1 m ol FC3 0 4 tác dụng hết với
dung dịch H 2 SO 4 loãng, thu được dung dịch Y. C ho dung dịch Y tác dụng với dung dịch
N aO H dư, lọc k ế t tủ a đem nung tro n g k h ô n g khí đ ến khối lư ợ n g k h ô n g đổi, th u được
m gam chất rắn

z. G iá trị của m là :
B. 72.

A. 70.

D. 75.

c . 65.

(Đề thi thử Đại học lần 2 - THPT Tam Nông - Phủ Thọ, năm học 2013 - 2014)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng:
PeSO^

Fe
- F c2 0 3

+ dd NaOH

^ ‘‘^^2S04 ^ FC2 ( 8 0 4 ) 3

Fe 3 0 4

H 2 SO 4 dư

X

Y

>Fe , 0 3

Fe(OH), ị
■

z

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe. ta có:
trong

z

^F e trong X ^

^ '^ F e 203 trong

z

"pe

+ ^*^Fe 203 + ^*^Fe304

0..5

=>HcFo203
r. tro
, ng7z = 0,45
’ mol

0,15

n tro
, ng z
V
FC203

m.,z =

0,1

72 gam

Ví dụ 16: N ung hỗn họp gồm 11,2 gam Fe; 6,4 gam C u và 19,5 gam Zn với m ột lượng dư
lưu huỳnh đến khi phản ứng hoàn toàn. Sản phẩm của phản ứng tác dụng với dung dịch
HCl dư, thu được khí B. Thể tích dung dịch P b(N 0 3 ) 2 20% (d = 1,1 g/m l) tối thiểu cần
dùng để hấp thụ hết khí B là
A. 752,27 ml.

B. 902,73 ml.

c . 1053,18 ml.

D. 910,25 ml

(Đề thì thử đại học lần 2 - THPT chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội, năm học 2011 - 2012)
Hướng dẫn giải
Khi cho Fe, Cu, Zn phản ứng với

s dư thì sản phẩm

thu được là FeS, C uS, ZnS. Trong các

chất san phãm chì có FeS và ZnS phản ứng được với HCl, CuS không phản ứng. Vì vậy ta
không cần quan tâm đến lượng C u ban đầu.
Sơ đồ phán ứng:
^

Zn

ZnS

Fe

FeS

^

>H ,S t

■> p |,s ị

B

Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với các nguyên tố Pb,

s, Fe, Zn, ta có:

19,5
*^Pb(N03)2 “ *^PbS “ *^H2 S ~ ” (Fe.S, ZnS)
_ 0,5.331

ddPb(N03)2

Ị Ị 20%

'^Fe'*'” z n “

,
0,5 mol

752,27 ml

17


Ghi chú : Ta cỏ n= — ==— ----M
M

v.d.c%
M

V:

M.n

d.c%

(n : sổ moỉ, M : khối lượng mol, m : khối lượng chất tan, mdd: khối lượng dung dịch,
d : khối lượng riêng của dung dịch, V : thê tích của dung dịch,

c% : nồng độ phần

trăm

của dung dịch.)

Vỉ dụ 17: C ho 13,5 gam hôn họp X gôm Fe và Zn vào 200 ml dung dịch

z chứa C uC b

và

PeCb- Phản ứng xong thu được chất rắn B nguyên chất và dung dịch Y. Cho Y tác dụng
với dung dịch N aO H dư, thu được kết tủa D và dung dịch E. Sục C O 2 đến dư vào dung
dịch E, lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi thu được 8,1 gam chất rắn. Thành
phần % theo khối lượng của Fe và Zn trong X lần lượt là:
A.

50,85; 49,15.

B. 30,85; 69,15.

c . 51,85; 48,15.

D. 49,85; 50,15.

(Đề thi thử Đại học lần 2 - THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ, năm học 2010 - 2011)
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta thấy: C hất rắn B là Cu, dung dịch Y có m uối Z nC l 2 , P e C b và có thể còn
C uC l 2 dư.
Sơ đồ phản ứng :

Fe dd(CUCI2, FcCi3)
Zn
X

>eCE
^

^1

d d N a O H d ư

ZnCL----- ■ ■
CuCL

N a 2Z n 0 2

C O 2

NaOHdư

„

I

1"

>Zn(OHk ị —í—>ZnO

Á p dụng bảo toàn nguyên tố đối với Zn, ta có:
n Zn
, = n ^ZnO
p, = — = 0 ,1 m oI=>% m Zn
7 = -^ ^
5 . 1 0 0 % = 48,15% ;%mp =51,85%

Ví dụ 18: H oà tan hoàn toàn hôn họp X gôm 0,2 m ol Fe và 0,2 m ol Fe 2 Ơ 3 vào dung dịch
axit H 2 SO 4 loãng (dư), thu được 2,24 lít khí (đktc) và dung dịch Y. C ho lượng dư dung
dịch N aO H vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa.
G iá trị nhỏ nhất của m là:
A. 54,0.

c . 60,8.

B. 59,1.

D. 57,4.

(Đe thi tuyển sinh Cao đẳng năm 2011)
Hướng dẫn giải
Nếu Fe chỉ phản ứng với

thì số m ol H 2 tạo ra phải là 0,2 m ol, trên thực tế chỉ là 0,1. Suy

ra bản chất phản ứng là Fe tác dụng cả với

và với m uối sắt(III) sinh ra đề tạo ra sắt(II).

N hư vậy m uối sắt(II) sinh ra từ Fe và m ột từ phần m uối sat(III).

18


Áp dụng bảo toàn electron, ta có:
2np ^ =2 n „ + n _ , .

"2

l ),2

F e’"^ phản ứng

= 0,2 m o l .

=>n ,

Fe'^

phàn ứng

0,1

Vậy dung dịch Y gồm các cation
n_,
, =2np.
p. - n
P^3+
Fe203

,

p^3+ phiịn

«.2

và Fe

=0, 2mol ;

0^2

n P^2+ =HpFe ban
K„,.;„+n
đẩu
p^3+
0.2

= 0,4 mol.

p(^.„
0,2

Theo bảo toàn ngu yên tố Fe, ta có :

" F e ( O H ) 2 ị = n p ^ . 2+ = 0-4 m o l
íicFe(OH)3
,r .u , -lI

= n

p^.3+

m , kct
- ' , . lua
- ,(min) = 0,’ 4.90 + 0,’ 2. 107= 57,4
* g^ a m

= 0,2
’ m o l

Ghi chú : Đề nói “Giá trị nhỏ nhát cùa m là :... ” vĩ Fe(OH) 2 trong hôn hợp có thê tiêp
tục tác dụng với O2 và H 2 O tạo thành Fe(OH)s làm cho khối lượng kết tủa tăng lên.
Ví dụ 19: H òa tan hoàn toàn 0,3 m ol hỗn họp gồm AI và AI4C3 vào dung dịch KO H (dư),
thu được a m ol hỗn họp khí và dung dịch X. Sục khí CO2 (dư) vào dung dịch X, lượng kết
tủa thu được là 46,8 gam . G iá trị của a là:
A. 0,60.

c . 0,45.

B. 0,55.

D. 0,40.

(Đe thi tuyến sinh Đại học khối A)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

[H2Í
[ C H ,t

ÍKIAKOH)^]
Ị k o h dư

■Al(OH), ị
0,6 mo!

dd X

Theo sơ đồ phản ứng ta thấy: H ỗn họp khí X là C H 4 và H 2 ; 46,8 gam kết tủa là A l(O H )3
ứng với số mol là

0 ,6

m ol.

Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố Al, ta có :

*^A1

0,3

•^AI "^4n^|^(2^ ~ '^ a1(OH)3 = 0 , 6

"

ai

= 0 .2

‘Al,c
4^3

=

0,1

19


Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với c và bảo toàn electron, ta có :
‘CH.

~^'^Al4C3 -3-0,1

‘CH,

2n„_ =3n^| =3.0,2

0,3

n„ = 0,3

0,6 mol

=> a = nCH, + n.

Ví dụ 20: N ung nóng m gam hôn họp gôm AI và Fc 3 0 4 trong điêu kiện không có không khí.
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn họp rắn X. C ho X tác dụng với dung dịch
N aO H (dư), thu được dung dịch Y, chất rắn z và 3,36 lít khí H 2 (ở đktc). Sục khí C O 2 (dư)
vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa. G iá trị của m là
A ,4 8 ,3 .

B. 57,0.

c . 45,6.

D. 36,7.

(Đề thi tuyển sinh Đại học khối B)
Hướng dẫn giải
Sơ đồ phản ứng :

CO-,

+.3
->A1(0 H)3

T ừ sơ đồ phản ứng, ta thấy; C hất khử là Al, chất oxi hóa là Fc 3 0 4 và H 2 O trong dung dịch
N aO H ; sản phẩm khử của I-I2O là H 2 (0,15 m ol). Trong phản ứng toàn bộ quá trình phản
ứng, số oxi hóa của Fe giảm từ + - về 0, của H giảm từ +1 về 0, của AI tăng từ 0 lên +3.
Kết tủa thu được là A l(O H )3 với khối lượng là 39 gam ứng với 0,5 mol.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với AI và bảo toàn electron, ta có;

” ai ^ ’^ai(OH)3 = 0,5
3n^i = 8n Fe304 + 2n^ =>i

0,5

^

‘ F e ,0

0,15

„ . . = > m = m,
, + m.■Fe304

‘AI
= 0,15
0,5.27

48,3 gamj

0,15.2.32

Vỉ dụ 21: N ung 2,23 gam hỗn họp X gồm các kim loại Fe. Al. Zn, M g trong oxi. sau một
thời gian thu được 2,71 gam hỗn họp Y. FIòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch H N O 3 (dư),
thu được 0,672 lít khí N O (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). số m ol H N O 3 đã phản ứng là
A.

0 ,12.

B. 0,14.

c . 0,16.

D. 0,18.

(Đe thi tuyên sinh Đại học khối B năm 2010)
20


Hướng dẫn giải
T h a y các kim loại bằn g kim loại M. Sơ đồ phản ứng :
M-

+" -2

+ O”)

+5

^2

M2 0 n ^ i ỉ i Ì 2 3 _ ^ M ( N 0 3 ) + N O + H 2 O
M dư

Theo bảo toàn khối lượng, ta có:

nij^+mQ =mY=>mQ =0, 48gam=>nQ =
ìè

^

= 0,015 mol.

^

• Cách Ị : Tính số mol HNO 3 theo so mol N
Theo bảo toàn electron, ta có:

n NO 3'

= n clectron
, , ,trao ao'i = 4 n^,
+3n,,r.
=0,15 mol.

“ O2
^

tạo muối

0,015

"■'»2

Theo bảo toàn nguyên tố N, ta có;

^HNO-,
HNU3 ~ ^

^NO
NU

0,15 + 0,03

0,18 mol

Cách 2 : Tính sổ mol HNO 3 theo số mol
lon

đã tham gia vào

4H^ + NO3
2T

+

o 2-

+

3e

2

phản ứng :
+ 2 H2 O

—> N O

H2O

Suy ra :

n ^ = 4n

NO:.

_ = 4 nj,jQ = 4 .0,03 = 0,1

n , = 2n ,2 - : 4 n„ = 4 .0,015 = 0,06

= [ a i8 jn o Ị

' « h n 03

Ví dụ 22: H ồn hợp X gồm 0,5 m ol C 2H 4 và 0,7 m ol H 2 . N ung nóng hỗn hợp X có Ni xúc tác
m ột thời gian, thu được hỗn họp Y. Đ ốt cháy hoàn toàn hỗn họp Y được bao nhiêu mol
H 2O ?
A. 1 ,2 .

c .0 ,9 .

B. 1,7.

D. 0,6.

(Đề thi thử Đại học lần 1 - THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ, năm học 2011 - 2012)
Hướng dẫn giải
Đốt cháy hỗn họp Y cũng chính là đốt cháy hỗn họp X (theo bảo toàn nguyên tố và khối
lượng).
Áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với H, ta có:

2n,‘H2 O : 4 nC 2 H4 + 2n.
0,5

'H^o

1,7 mol

0,7

21


Ví dụ 23: Cho hỗn họp khí X gồm H C H O , C 2H 2 và H 2 đi qua ống sứ đựng bột Ni nung

nóng. Sau m ột thời gian thu được hồn họp Y (gồm khí và hơi). Đ ốt cháy hoàn toàn Y cần
dùng vừa đủ 0,07 m ol O 2 , sinh ra 0,055 m ol C O 2 và 0,81 gam H 2O. Phần trăm thể tích của
HCHO trong X là
A. 25,00% .

c . 66,67% .

B. 75,00% .

D. 33,33% .

(Đe thi thử ĐH lần 1 - THPT Chuyên - Đại học Vinh, năm học 2012 - 2013)
Hướng dẫn giải

ở bầi này, nếu đề chỉ yêu cầu tính số mol của H CH O thì chỉ cần sừ dụng bảo toàn nguyên tố o
là đủ. Nhưng đề yêu cầu tính phần trăm về thể tích của H C H O nên phải tính được sổ mol cùa

từng chất (ỉ) hoặc phải tính được so mol của HCHO và tong số mol của ba chất (2).
Nếu theo hướng

(1) ta phải áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với cả o, c, H.

Ta có :
‘HCHO + 2i\r. =2n CO- + n H2O
0,07

•^HCHO

0,055

0,045

” hchọ
*c-,H
2"2

^'^C2 H2

=

0,02

•% v,HCHO

33,33%

n„M-) = 0 ,0 1

0,055

2 n HCHO + 2 n

0>015

2

C2 H2 + 2 n,, = 2 n H-,0
0,045

N eu theo hướng

(2) ta chỉ cần áp dụng bảo toàn nguyên tố đối với o và H.

mcHO + 2 nr, = 2 n co '2. + n H2O
0,07

Ta có :
^ **^HCHO

0,055

C2 H2 + 2 n^

0,045

= 2 n H2O
0,045

*^HCHO - 0 '0 1 5
”(HCHO, C2H2, H2) = 0,045
% v , HCHO

33,33%

Ví dụ 24*: Oxi hoá 2,3 gam ancol etylic băng C uO đun nóng thu được 3,3 gam hôn họp X
gồm anđehit, axit, ancol dư và nước. Hồn họp này tác dụng với N a sinh ra 0,84 lít H 2 (ở
đktc). H iệu suất phản ứng oxi hoá ancol là:
A. 25% .

B. 50% .

c . 75% .

D. 90% .

(Đe thi thử lần 2 - Trường THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ, năm học 2009 - 2010)
Hưởng dẫn giải
• Cách 1 : Giải theo phương pháp thông thường - Tinh toán theo phản ứng
Khối lượng hỗn họp X tăng lên so với khối lượng ancol ban đầu là do lượng
phản ứng đã chuyển vào H 2 O và C H 3 CO OH .
Theo giả thiết ta có:
3 , 3 - 2 ,3
*^CiiO phản ứng

22

^ o phản ứng

16

: 0,0625 mol;

_

0,84
22,4

: 0,0375 mol.

o trong C uO

Gọi số m ol của ancol tham gia phản ứng là

X,

y và số m ol ancol dư là z.

Phương trình phản ứng :

CH3CH2OH + CuO
mol:

X

—>

X

^

CH3CHO + H2O + Cu

^

X

—>

(1)

X

CH3CH2OH + 2 CuO -> CH3COOH + H2O + 2 Cu
mol:

y

->

2y

2 C H 3C H 2 O H

mol:

+ 2N a

z

y

^

y

2 C H 3 C H 2Ơ N a

—>

2 C H 3C O O H

mol:

—>

+

2N a

mol:

+ H2

t

(3)

0,5z
2 C H 3C O O H

+ H2 t

y
2 H 2O

( 2)

(4)

0,5y
+

2N a

2N aO H

+

(x + y)

H2

(5)

0,5(x + y)

Theo các phươ ng trình phản ứng và giả thiết, ta có:
"C2H5OH = x + y +

X

= 0,5z + 0,5y + (0,5x + 0,5y) = 0,0375:
■^CuO = X+ 2y = 0,0625
í .
Vậy hiệu suât phản ứng

0 X1

= 0,0125

y = 0,025
z = 0,0125

0 ,0 5 - 0 ,0 1 2 5 ,^ ,, [3 —
hóa ancol là: H = --------- --------- .100 = 75%
0,05

Cách 2: Áp dụng hảo toàn nguyên tổ
Sơ đồ phản ứng :

CH^COOH
C,H,OH
dư
2 5
HOH
0,05 mol

CH,,COONa
Na
(2) ^

CH^CHO

C^H^ONa
NaOH

H2 T
0,0.575 mol

.5,3 gani

Bản chất phản ứng ( 1) là C2H5OH bị oxi hóa bởi CuO, khối lượng hỗn họp sau phản ứng
tăng lên là do o trong CuO chuyển vào H 2 O và CH 3 COOH. ở phản ứng (2 ), CH ị COOH,
C2H 5OH dư, H 2 O có nguyên tử H linh động trong nhỏm OH nên tham gia phản ứng thế Na,
CH3CHO không tham gia phản ứng này.
Theo giả thiết ta có;
*^CuO phản ứng

phản ứng

3,3 - 2,3
0,84
= 0,0375 moỉ.
: 0,0625 mol; n„ =
16
22,4
23


Theo bảo toàn nguyên
*^HOH

tố o trong C uO phản ứng và H trong nhóm -O H , ta có ;

*^CH3C00 H “ *^0 phản ứng “ 0 < 0 6 2 5

'-----------------------------------------------------------------V-----------------------------------------------------------------'

bảo toàn nguyên ti) O

*^HOH

^CH3C00 H

nC 2 H 5OH

*^C2H50H dư “

dư

= 0,0125.

“ 0 ,0 7 5

bảo toàn nguyên tố H trong nhóm OH

Vậy hiệu suất phản ứng oxi hóa ancol là: H =

—^ ^ ^ . 1 0 0 = |75%|

y í dụ 25*: Oỉd hóa 0,08 mol m ột ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm m ột axit
cacboxylic, m ột anđehit, ancol dư và nước. N gư ng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần bàng
nhau. Phần m ột cho tác dụng hết với N a dư, thu được 0,504 lít khí H 2 (đktc). Phần hai cho
phản ứng tráng bạc hoàn toàn thu được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối lượng ancol bị oxi
hóa là
A. 50,00% .

c . 31,25%.

B. 62.50% .

D.

40,00%.

(Đe thi tuyển sinh Đại học khối B năm 2012)
Hướng dẫn giải
G iả sử ancol đơn chức không phải là C H 3OH và có công thức là R C H 2OH. Trong phản ứng
tráng gương, theo bảo toàn electron, ta có :
0,08

^" rCHO “ '^Ag “

'”

r CHO

^ '^ R C H 2 0 H

= 0,04: VÔ lý!

Vậy X phải là C H 3 OH.
Sơ đồ phản ứng :
HCHO

CH3OH

|0 |, t"

(I)

HCOONa

HCOOH

Na
( 2)

HOH

0,04 niol

NaOH

CH30Na

CH3OH,,

+
0,0225 mol

Bản chất phản ứng: ở (1), m ỗi phân tử ancol bị tách hai nguyên tử H để kết hợp với [0 ] tạo
ra m ột phân tử H 2O. N ên |nf,H,0 H nhản

ưm.

=

(=<=)|. ở phản ứng (2), HCOOH,

CH3OH dư, HOH có nguyên tử H linh động trong nhóm -O H nên tham gia phàn ứng thế
Na, H C H O không tham gia phản ứng này.
Theo bảo toàn nguyên tố H trong nhóm -O H , bảo toàn electron, tính chất (*) và giả thiết, ta
*^HCOOH

có

*^CH3 0 H dư

'^H 2 Ơ

*^CH3 0 H phản ứng

*^H2 0 tạo thành

*^CH3 0 H phản ứng

*^CH3 0 H dư ~

^” hcooh ■'■^•^HCHO “ ^Ag

24

= 2n„. =0,045


'^HCOOH

^ •^CH-ịOH phăn

^ '’ CH;,OH ilư

ứng

0.045

0,04

^^HCƠOH ■'■4nHCH() “ 0,09
HCOOH

= 0,005

nu.r.ur.
HCHO =0,02
"CH,OH phăn ứng “ '^HCOOH

^ o x i hóa CH 3OH “

Ví dụ 26: Oxi hóa

Q

8

" h CHO ~ 0 , 0 2 5

-1 0 0 %

62,5%

gam ancol m etylic băng CuO (đun nóng), sau m ột thời gian thu được

hồn họp A gồm H C H O , H C O O H , H 2 O và C H 3 OH (dư). C ho A tác dụng với lượng dư Na,
thu được 3,36 lít H 2 (đktc). Thể tích (m l) dung dịch N aO H 0,5M cần dùng để tác dụng hết
lượng axit có trong A là:
A. 150.

c . 50.

B. 75.

D.

100.

(Đề thi thử ĐH lần 1 - THPT Hừng Vương - Phú Thọ, năm học 2013 - 2014)
Hướng dẫn giải
Theo bảo toàn nguyên tố H và giả thiết, ta có ;

+ n„,,L, + n.

= 2n„
«2

_ 2-3,36
-— = 0,3
22,4

'^CH30H pư “ ^H20

'^CH^OH dư
'^CH^OH

'

^CH^OH pư “ ^2 ~

dư

'^CH^OH

^

'

0,25

■^HCOOH

=0,05;

X,
NaOH 0,5M

pư

0,05
0,5

‘^HCOOH

0,3

;

= U h c o o h =0,05

0,1 lít^ 100 ml

25