SKKN: Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt, hợp chất của sắt và một số phương pháp giải bài tập HHHC

Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

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

1


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

PHẦN I. MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thơng; chương trình thi đại học – cao
đẳng và tốt nghiệp hiện nay.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán đốn, khái
quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để thích hợp với thời gian
ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt
nghiệm).
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu quả cao thì
bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống từng loại bài. Nắm vững
cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó mới lựa chọn phương pháp giải thích
hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ năng giải nhanh
các bài tập hố học cịn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản và có kĩ
năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt đã có nhiều

nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả cịn ít. Vì vậy, khi gặp các bài tốn về sắt và hợp chất của sắt các
em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù hợp.
- Qua q trình tìm tịi, nghiên cứu trong nhiều năm tơi đã hệ thống hóa các dạng bài tập bài tập
về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học sinh một cách dễ hiểu, dễ vận
dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết quả trong các kỳ thi.
- Khả năng giải tốn Hóa học của các em học sinh cịn hạn chế, đặc biệt là giải tốn Hóa học
Hữu cơ vì những phản ứng trong hố học hữu cơ thường xảy ra không theo một hướng nhất định và
không hồn tồn. Trong đó dạng bài tập về phản ứng cộng hiđro vào liên kết pi của các hợp chất hữu
cơ, bài tập về phản ứng đốt cháy hiđrocacbon, ... Khi giải các bài tập dạng này học sinh thường gặp
những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài dịng, nặng nề về mặt tốn học khơng cần thiết thậm chí
khơng giải được vì q nhiều ẩn số. Ngun nhân là học sinh chưa tìm hiểu rõ, vững các định luật hoá
học và các hệ số cân bằng trong phản ứng hoá học để đưa ra phương pháp giải hợp lý

2


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Từ những lí do trên, tơi chọn đề tài:
“ ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT, HỢP CHẤT CỦA SẮT VÀ MỘT
SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ 11”
II. CƠ SỞ KHOA HỌC.
1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học THPT
2. Hệ thống hố các kiến thức hóa học cơ bản.
3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở nắng vững hệ thống lí thuyết hố học và cơng
thức toán học.
4. Khả năng khái quát, tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài toán để lựa
chọn phương pháp phù hợp nhất để giải bài tập một cách nhanh, gọn, chính xác.

5. Thực trạng về kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh khối 12 khi làm các bài kiểm tra
và bài thi thử đại học – cao đẳng.
III- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc nghiệm hóa
học phổ thông.
IV- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích hợp, qua đó
giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất và có kỹ năng tơt để giải nhanh các bài tập trắc
nghiệm hóa học trong chương trình THPT hiện nay để đạt kết quả cao trong các kỳ thi tốt nghiệp
THPT và đại học cao đẳng,...
V- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại
học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng
của các trường THPT trên tồn quốc từ đó phân loại thành các dạng bài tập và rút ra phương pháp giải
tương ứng.
- Hướng dẫn cho học sinh khối 12 áp dụng một số phương pháp giải nhanh để giải các bài tập
trắc nghiệm.

VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.
1. Áp dụng phương pháp quy đổi giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt
2. Một số phương pháp giải bài tập trắc nghiệp hữu cơ 11

B. NGUYÊN TẮC ÁP DỤNG.

3


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

C. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ
D. HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ GIẢI

VII- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 11, 12, khảo sát về khả năng giải bài tập trắc nghiệm.
2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài từ đầu học kỳ I năm học 2012 - 2013 ở 2 lớp 11A1 và 11A2
3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A1, 11A2 và hoàn thiện đề tài:
cuối tháng 3 năm 2013.
Cụ Thể:
1. Tháng 10/2012
Khảo sát 2 lớp 11A1, 11A2
2. Tháng 11/2012 đến tháng 12/2012
Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
3. Tháng 1/2013 đến hết tháng 3/2013
Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách
tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 –
2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc.
4. Hoàn thiện đề tài cuối tháng 3/2013 .

PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP
SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
Một số cách quy đổi thường gặp:
+ Một hỗn hợp gồm (Fe và oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4) hoặc hỗn hợp gồm (các oxit sắt FeO,
Fe2O3, Fe3O4) thường quy đổi thành (Fe + O) hoặc hỗn hợp gồm (Fe + một oxit) hoặc hỗn hợp hai oxit
+ Một hỗn hợp gồm (Fe, S, FeS, FeS2) thường quy đổi thành (Fe + S)

+ Một hỗn hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4) cũng có thể quy đổi thành hỗn hợp (FeO + Fe2O3)
+ Một hỗn hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol của FeO = số mol Fe2O3 ) thì quy đổi thành
Fe3O4
II. BÀI TỐN ÁP DỤNG:

4


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Bài tốn 1: ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A- 2010). Cho 11.36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 lỗng dư thu được 1.344 lít khí NO (sản phẩm
khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X sau phản ứng được m gam muối khan. Giá
trị m là:
A. 34.36 gam.

B. 35.50 gam.

C. 49.09 gam

D. 38.72 gam.

Bài giải.
Cách 1: Quy đổi hỗn hợp về hai chất: Fe, Fe2O3
Hồ tan hỗn hợp với HNO3 lỗng dư  1,344 lít NO
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,06mol

0,6mol

Fe2O3 

n NO 

0,06mol

2Fe(NO3)3

0,05



(2)

0,1mol

1, 344
 0, 06mol;
22, 4

Từ (1)  mFe = 56 . 0,06 = 3,36 g


(1)

n Fe2O3 



m Fe2O3  11, 36  3, 36  8g

8
 0, 05mol  mX = 242 (0,06 + 0,1) = 38,72g  D đúng
160

Cách 2: Quy hỗn hợp về hai chất: FeO, Fe2O3
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
0,18
Fe2O3 
-0,01

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

 mFeO = 12,96g;


0,06



m Fe2O3  1, 6g

m Fe( NO3 )3  242(0,18  0,02)  38,72g

 D đúng

Bài tốn 2: Hồ tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu
được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2gam muối
khan, giá trị m là:
A: 78,4g

B: 139,2g

C: 46,4g

D: 46,256g

Bài giải:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất
Cách 1: Quy hỗn hợp X về 2 chất Fe và Fe2O3:

5


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Hồ tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư.
Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
0,2/3

0,2/3

0,2

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

n NO2 

(2)

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

 Từ pt (2): n Fe O 
2 3

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

 m 2  m Fe  n Fe O 
2 3
h X

Nếu

(1)

0, 2
0,8
.56 
.160  46,4g  C đúng
3
3

m h 2X  m Fe  n Fe2O3  0,66.56  0, 266.160  46, 256g  D sai

Cách 2: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp 2 chất FeO và Fe2O3 ta có:

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

(4)

0,4mol

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

242

Chú ý: + Nếu từ (4) không cân bằng 

n Fe2O3  0, 4mol

 mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai
Bài tốn 3: Hồ tan hồn tồn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng H2SO4 đặc, nóng thu
được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO2(đktc). Thành phần phần trăm về khối lượng của oxi trong hỗn
hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượt là:
A. 20.97% và 140 gam.

B. 37.50% và 140 gam.

C. 20.97% và 180 gam

D.37.50% và 120 gam.
Bài giải:

Cách 1: + Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3 ta có:
2FeO  4H 2SO4  Fe2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2 O 

49,6gam 0,8
0, 4
0, 4mol



Fe2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2 O


0, 05

 0, 05

6


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

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

8
 0, 05mol
160

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

49, 6

m Fe2 (SO4 )3  [0, 4  ( 0, 05)).400  140gam  A đúng
Chú ý: + Nếu m Fe (SO )  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai
2
4 3
+ Tương tự quy đổi về hai chất khác…
Cách 2. áp dụng phương pháp quy đổi nguyên tử
Ta xem 49,6 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là hỗn hợp của x mol Fe và y mol O.

Ta có: mHH =56x+16y =49,6 (1).
Mặt khác q trình cho và nhận electron như sau
0

3

0

2

O 2e  O
y  2y

Fe  3e  Fe
x  3x

6

4

S  2e  S
...0,8  0, 4

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,8

(2)

Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0,65 mol.

0,65.16
1
100%  20,97%, n Fe2 (SO4 )3  n Fe  0,35mol
249,6
2
 m Fe2 (SO4 )3  0,35.400  140gam  A dung

%O 

Bài tốn 4: Để khử hồn tồn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, cần 0,05 mol H2. Mặt
khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích
V ml SO2 (đktc). Giá trị V(ml) là:
A.112 ml

B. 224 ml

C. 336 ml

D. 448 ml.

Bài giải:
Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y
0

Ta có:

t
FeO  H 2 
 Fe  H 2 O

x

x

x

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O
y

3y

(1)

(2)

2y

7


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷
 x  3y  0, 05
 x  0, 02mol

72x  160y  3, 04  y  0, 01mol

Từ (1) và (2) ta có: 

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

(3)

0,01mol

VSO2  0,01  22,4 = 0,224 lít hay 224ml  B đúng

VSO2 = 0,02  22,4 = 0,448 lít = 448ml  D sai

Chú ý: Nếu (3) khơng cân bằng:

Bài tốn 5: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 với số mol mỗi chất là 0.1 mol hoà tan hết
vào dung dịch Y gồm ( HCl, H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2
1M vào dd Z cho tới khi ngừng thốt khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí
thốt ra ở đktc thuộc phương án nào:
A. 50 ml và 6.72 lít

B. 100 ml và 2.24 lít.

C. 50 ml và 2.24 lít

D. 100 ml và 6.72 lít.
Bài giải:

Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4
Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 mol: Fe(0,2mol) + dung dịch Y

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

0,2

(1)

0,4mol

Fe + 2H+  Fe2+ + H2
0,1

(2)

0,1

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

(3)

3Fe2  NO3  4H   3Fe3  NO  2H 2 O
0,3

0,1

(4)

0,1

VNO = 0,1  22,4 = 2,24 lít; n Cu( NO )  1 n   0, 05mol

3 2
2 NO3

n d2Cu( NO

3 )2



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

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

+ Từ (4) nếu không cần bằng: VNO = 0,3  22,4 = 6,72 lít  A sai

8


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Bài tốn 6. Hồ tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS , FeS2, và S bằng HNO3 nóng dư thu được
9,072 lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất ) và dung dịch Y. Chia dung dịch Y

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

B. 3,56 gam và 1,4 gam.

C. 2,32 gam và 1,4 gam

D. 3,56 gam và 2,8 gam.

Bài giải.
Xem hỗn hợp chất rắn X là hỗn hợp của x mol Fe u và y mol S.
Quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

0

Fe  3e  Fe
x  3x

6

5

S 6e  S

y  6y  y

x

4

N  1e  N
...0, 405  0, 405mol

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  3x  6y  n NO2 

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

(1)

Mặt khác trong 1/2 dung dịch Y:
3



0

3OH
t
Fe 
 Fe(OH)3  (Z) 

 Fe 2 O3

x
mol
2
6

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

Ba
S(SO 24 ) 
 BaSO4 

y
y
mol..................... mol
2
2
y 5,825
n BaSO4  
 0, 025mol  y  0,05mol
2
233
Thay vào (1) ta được x=0,035 mol
m = mX=56x+32y=56.0,035+32.0,05=3,56 gam

x

0,035
a  m Fe2O3  .160 
.160  1, 4gam => B đúng.
4
4
Bài tốn 7: Hịa tan hết 7,52 gam hỗn hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch HNO3 lỗng dư
, sau phản ứng giải phóng 0,1493 lít NO ( đktc - là sản phẩm khử duy nhất ) và còn lại 0,96 gam kim

9


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

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

B.Fe2O3

C.Fe3O4

D.FeOvà Fe2O3

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

(I)

Kim loại dư là Cu (0,96/64 = 0,015 mol) => tạo muối sắt (II)
Cu  Cu2+ + 2e

O + 2e  O-2

a – 0,015

c

2a – 0,03

Fe  Fe2+ + 2e
b

2c

N+5 + 3e  N+2

2b

0,02

0,0066652

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

(III)

Từ (I), (II), (III) ta có: a = 0,045; b = 0,06; c = 0.08
=> Cơng thức của oxit sắt FexOy có x/y = 0,06/0,08 = ¾ => Fe3O4 đáp án C

III. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 thu được 2.24 lít

khí

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

B. 31.2 gam.

C. 23.2 gam

D. 46.4 gam.

Bài 2: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 đặc, nóng thu được 3.36 lít
khí NO2 (đktc). Cơ cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là:
A. 36.3 gam.

B. 161.535 gam.

C. 46.4 gam

D. 72.6 gam.

Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của
thiên thạch. Sau khi đem về phịng thí nghiệm do bảo quản khơng tốt nên nó bị oxi hóa thành m gam

chất rắn X gồm Fe và các ơxit của nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho
m gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 lỗng thu được khí NO duy nhất và dung dịch muối
Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 48,4 gam chất rắn khan. Mẩu thiên thạch bằng sắt nguyên chất
đó có khối lượng là:
A. 11,2gam.

B. 5,6 gam

C. 16,8 gam

D. 8,4 gam

Bài 4: Vào thế kỷ XIX các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các mảnh vỡ của
thiên thạch. Sau khi đem về phịng thí nghiệm các nhà khoa học đã lấy 2,8 gam Fe để trong ống thí
nghiệm khơng đậy nắp kín nó bị ơxi hóa thành m gam chất rắn X gồm Fe và các ơxit của nó. Cho m1

10


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 lỗng thu được 896 ml khí NO duy nhất (đktc) và dung
dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng m 2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m2 là:
A. 72,6 gam

B. 12,1 gam.

C. 16,8 gam

D. 72,6 gam

B. 3,04 gam.

C. 6,68 gam

D. 8,04 gam

2. giá trị của m1 là:
A. 6,2gam.

Bài 5: một chiếc kim bằng sắt lâu ngày bị oxi hóa, sau đó người ta cân được 8,2 gam sắt và các ơxit sắt
cho tồn bộ vào dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc) và dung dịch
muối Y, cô cạn dung dịch muối Y thu được m gam muối khan.
1. khối lượng chiếc kim bằng sắt là:
A. 6,86 gam.

B. 3,43 gam.

C. 2,42 gam

D. 6.26 gam

B. 29,5724 gam.

C. 31,46 gam

D. 29,04 gam

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

Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m1 gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất do bảo quản
khơng tốt nên nó bị oxi hóa thành m2 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối
lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m2 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng
dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng
121 gam chất rắn khan.
1. giá trị của là: m1
A. 28 gam

B. 56 gam.

C. 84 gam

D. 16,8 gam

B. 65,6 gam.

C. 42,8 gam

D. 58,6 gam

2. giá trị của m2 là:
A. 32,8 gam.

Bài 7: các nhà thám hiểm đã tìm thấy một chất rắn bị gĩ sắt dưới đại dương, sau khi đưa mẩu gỉ sắt để
xác định khối lượng sắt trước khi bị oxi hóa thì người ta cho 16 gam gĩ sắt đó vào vào dung dịch HNO3
đặc nóng dư thu được 3,684 lít khí NO2 duy nhất(đktc) và dung dịch muối X, cô cạn dung dịch muối X

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

B. 12,096 gam.

C. 11,760 gam

D. 12,432 gam

B. 52,272 gam.

C. 50,820 gam

D. 48,400 gam

2. giá trị của m là:
A. 52,514 gam.

Bài 8: cho 12,096 gam Fe nung trong khơng khí thu được m1 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của
nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 1,792 lít khí SO2 duy
nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng m2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m1 là:
A. 14 gam

B. 16 gam.

C. 18 gam

D. 22,6 gam

11


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

2. giá trị của m2 là:
A. 43,6 gam.

B. 43,2 gam.

C. 42,0 gam

D. 46,8 gam

Bài 9: Sau khi khai thác quặng bơxit nhơm có lẫn các tạp chất: SiO2, Fe, các oxit của Fe. Để loại bỏ
tạp chất người ta cho quặng vào dung dịch NaOH đặc nóng dư thu được dung dịch X và m gam chất
rắn không tan Y. để xác định m gam chất rắn không tan chiếm bao nhiêu phần trẩmtng quặng ta cho m
gam chất rắn đó vào dung dịch HNO3 lỗng dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch
muối Y, cơ cạn dung dịch muối Y cân nặng 121 gam chất rắn khan. Giá trị của là m1
A. 32,8 gam

B. 34,6 gam.

C. 42,6 gam

D. 36,8 gam

Bài 10: Hịa tan hồn tồn một ơxit sắt FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được 2,24 lít khí
SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 120 gam chất rắn khan.
Công thức phân tử của ôxit sắt là:
A. FeO

B. Fe2O3

C. Fe3O4

D. Không xác định được

Bài 11: Nung y mol Fe trong khơng khí một thời gian thu được 16,08 gam hỗn hợp A gồm 4 chất rắn
gồm Fe và các ơxit sắt. hịa tan hết lượng hỗn hợp A trên bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 672
ml khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch muối. Giá trị của là y:
A. 0.21 mol

B. 0,232 mol.

C. 0,426 mol

D. 36,8 mol

Bài 12: Hòa tan m gam hỗn hợp X bốn chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt bằng dung dịch HNO3 dư thu
được 4,48 lit khí NO2 duy nhất(đktc) và 145,2 gam muối khan. Giá trị của là m gam:
A. 44 gam

B. 46,4 gam.

C. 58 gam

D. 22 gam

Bài 13. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm: FeS , FeS2, S, Cu, CuS, FeCu2S2 thì cần 2,52
lít ơxi và thấy thốt ra 1,568 lít(đktc) SO2, mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng dung dịch HNO3 nóng
dư thu được V lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất ) và dung dịch Y. Cho dung
dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa trắng.
Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 13,44 lít và 23,44 gam.

B. 8,96 lít và 15,60 gam.

C. 16,80 lít và 18,64 gam.

D. 13,216 lít và 23,44 gam.

12


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN PHẢN ỨNG CỘNG HIĐRO VÀO LIÊN KẾT PI CỦA
HIĐROCACBON KHÔNG NO”.

I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT CỦA PHƯƠNG PHÁP

 là liên kết kém bền vững, nên chúng dễ bị đứt ra để tạo thành liên kết  với các nguyên
tử khác. Trong giới hạn của đề tài tôi chỉ đề cập đến phản ứng cộng hiđro vào liên kết  của
Liên kết

hiđrocacbon khơng no, mạch hở.
Khi có mặt chất xúc tác như Ni, Pt, Pd, ở nhiệt độ thích hợp, hiđrocacbon khơng no cộng hiđro vào
liên kết pi.
Ta cú s sau:
Hđrocacbon no CnH2n+2

Hiđrocacbon không no

0

xúc tác, t

Hỗn hợp khí X gồm
và hiđro (H2)

Hỗn hợp khí Y gồm hiđrocacbon không no dư
và hiđro dư

Phng trỡnh hoỏ hc của phản ứng tổng quát
xuc tac
CnH2n+2-2k + kH2 
 CnH2n+2
t0

[1] (k là số liên kết

 trong phân tử)

Tuỳ vào hiệu suất của phản ứng mà hỗn hợp Y có hiđrocacbon khơng no dư hoặc hiđro dư hoặc

cả hai cịn dư
Dựa vào phản ứng tổng quát [1] ta thấy,
- Trong phản ứng cộng H2, số mol khí sau phản ứng ln giảm (nY < nX) và chính bằng số mol khí H2
phản ứng

nH2 ph¶n øng nX - nY

[2]

Mặt khác, theo dịnh luật bảo tồn khối lượng thì khối lượng hỗn hợp X bằng khối lượng hỗn hợp Y
(mX = mY).
Ta có:

MY =

mY
m
; MX = X
nY
nX

mX
n
m n
n
M
d X/Y = X = X = X × Y = Y >1 (do n X > n Y )
M Y mY n X mY n X
nY
Viết gọn lại : d X/Y =

MX nY
=
MY nX

[3]

- Hai hỗn hợp X và Y chứa cùng số mol C và H nên :
+ Khi đốt cháy hỗn hợp X hay hỗn hợp Y đều cho ta các kết quả sau

13


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên Lữ

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

[4]

nH O (đốt cháy X) = n
2
H2O (đốt cháy Y)
Do ú thay vỡ tớnh toán trên hỗn hợp Y (thường phức tạp hơn trên hỗn hợp X) ta có thể dùng phản ứng

đốt cháy hỗn hợp X để tính số mol các chất như: n O , n CO , n H O .
2 pu
2
2
+ Số mol hiđrocacbon trong X bằng số mol hiđrocacbon trong Y

nhidrocacbon (X) = nhidrocacbon (Y)

[5]

1) Xét trường hợp hiđrocacbon trong X l anken
Ta cú s :

CnH2n+2
CnH2n
Hỗn hợp khí X gồm

xúc tác, t0

H2

Hỗn hợp Y gồm

CnH2n dư
H2 dư

Phng trỡnh hoỏ học của phản ứng
xuc tac
CnH2n + H2 
 CnH2n+2

t0

Đặt n Cn H2n = a;

n H2 = b

- Nếu phản ứng cộng H2 hồn tồn thì:
+ TH1: Hết anken, dư H2

n H 2 pu = n Cn H 2n = n Cn H2n +2 = a mol 
  n Y  n Cn H2n +2  n H 2 du = b
n H 2 du = b - a

Vậy: n H 2 (X) = n Y

[6]

+ TH2: Hết H2, dư anken

n H 2 = n Cn H2n pu = n Cn H 2n +2 = bmol 
  n Y  n Cn H 2n +2  n CnH 2n du = a
n Cn H2n du = a - b

Vậy: n anken (X) = n (Y)

[7]

+ TH3: Cả 2 đều hết

14

Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

n H 2 = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a = bmol  n Y  n Cn H2n +2 = a = b
Vậy: n H 2 (X) = nanken (X) = n Y
-

[8]

Nếu phản ứng cộng hiđro khơng hồn tồn thì cịn lại cả hai

Nhận xét: Dù phản ứng xảy ra trong trường hợp nào đi nữa thì ta ln có:

nH

2 ph¶n øng

nanken ph¶n øng = nX - nY [9]

Do đó khi bài tốn cho số mol đầu nX và số mol cuối nY ta sử dụng kêt quả này để tính số mol
anken phản ứng.
Nếu 2 anken có số mol a, b cộng hiđro với cùng hiệu suất h, ta có thể thay thế hỗn hợp hai
anken bằng công thức tương đương:
Ni
Cn H 2n + H 2 
 C n H 2n +2 .
t0

Víi: nanken ph¶n øng = n H

2 ph¶n øng

(a+b).h

Chú ý: Khơng thể dùng phương pháp này nếu 2 anken không cộng H2 với cùng hiệu suất

2) Xét trường hợp hiđrocacbon trong X là ankin
Ankin cộng H2 thường cho ta hai sản phẩm
xuc tac
CnH2n-2 + 2H2 
 CnH2n+2
t0
xuc tac
CnH2n-2 + H2 
 CnH2n
t0

[I]
[II]

Nếu phản ứng khơng hồn tồn, hỗn hợp thu được gồm 4 chất: anken, ankan, ankin dư và hiđro
dư.
Ta có s :

CnH2n+2
CnH2n -2
Hỗn hợp khí X gồm

H2

xúc tác, t0

CnH2n
Hỗn hỵp Y gåm
CnH2n - 2 d­
H2 d­

NhËn xÐt: n H2 ph¶n øng

nX - nY / n ankin ph¶n øng

15


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

II. MỘT SỐ VÍ DỤ
Ví dụ 1: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một anken. Tỉ khối của X đối với H2 là 9. Đun nóng nhẹ X có mặt
xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y khơng làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 15.
Công thức phân tử của anken là
A. C2H4

B. C3H6

C. C4H8

D. C4H6

Bài giải:

M X = 9.2 = 18;

M Y = 15.2 = 30

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

18 n Y
18
=
 n Y = n H 2 (X) =
= 0,6mol
30 1
30

Dựa vào [3] và [6] ta có:

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

 CTPT : C3H6. Chọn B
Ví dụ 2: Hỗn hợp khí X chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối của X đối với
H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y khơng làm mất màu nước
brom và có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức phân tử của hai anken và phần trăm thể tích của H2

trong X là
A. C2H4 và C3H6; 70%

B. C3H6 và C4H8; 30%

C. C2H4 và C3H6; 30%

D. C3H6 và C4H8; 70%
Bài giải:

M X = 8,4.2 = 16,8;

M Y = 12.2 = 24

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

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

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

 n2 anken = 1- 0,7=0,3 mol

Dựa vào khối lượng hỗn hợp X:
Ta có: 14n × 0,3 + 2 × 0,7 = 16,8  3  n =

11
 3,66  4
3

16


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

CTPT: C3H6 và C4 H8; %VH

2 (X)

0,7
 100%  70% . Chọn D
1

Ví dụ 3: (Đề TSCĐ năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là 3,75. Dẫn X
qua Ni nung nóng, thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu suất của phản ứng hiđro hoá
là
A. 25%

B. 20%

C. 50%

D. 40%

Bài giải:

M X = 3,75.4 = 15;

M Y = 5.4 = 20

Tự chọn lượng chất, xem hỗn hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
Dựa vào [3] ta có:

15 n Y
15
=
 nY =
= 0,75mol ;
20 1
20

Áp dụng sơ đồ đường chéo :

15-2=13

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

a

13

b

13

a=b=0,5 mol

28-15=13

Dựa vào [9] ta có:

nH

H=

2 ph¶n øng

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

0,25
ì100% = 50% . Chọn C
0,5

Ví dụ 4: (Đề TSĐH KB năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng cộng HBr cho
sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H2 bằng 9,1. Đun nóng X có xúc tác Ni, sau khi phản
ứng xảy ra hồn tồn, thu được hỗn hợp khí Y khơng làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2
bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là
A. CH3-CH=CH-CH3. B. CH2=CH-CH2-CH3.
C. CH2=C(CH3)2.

D. CH2=CH2.
Bài giải:

M X = 9,1.2 = 18,2;

M Y = 13.2 = 26

Vì hỗn hợp Y khơng làm mất màu nước Br2 nên trong Y khơng có anken
Tự chọn lượng chất, chọn số mol hỗn hợp X là 1 mol  mX = 18,2gam
Dựa vào [3] và [6] ta có:

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

 nanken = 1- 0,7=0,3 mol
17


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên Lữ

Da vo khi lng hn hp X: 14n ì 0,3 + 2× 0,7 = 18,2  n = 4 .

CTPT: C4H8. Vì khi cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên chọn A.
Ví dụ 5: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một ankin. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,8. Đun nóng nhẹ X có
mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y khơng làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là
8. Công thức phân tử của ankin là
A. C2H2

B. C3H4

C. C4H6

D. C4H8

Bài giải:

M X = 4,8.2 = 9,6;

M Y = 8.2 = 16

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

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

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

1
1
n H 2 phan ung  × 0,4 = 0,2 mol
2
2
Dựa vào khối lượng hỗn hợp X: (14n - 2) × 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6 .
Theo [I] nankin (X) =

 n = 3 . CTPT: C3H4. Chọn B
Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm 3 khí C3 H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích 9,7744 lít ở 250C, áp suất
atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Biết tỉ khối của X so với Y
là 0,75. Số mol H2 tham gia phản ứng là
A. 0,75 mol

B. 0,30 mol

C. 0,10 mol

D. 0,60 mol
Bài giải:

nX =

1× 9,7744
= 0, 4 mol

0,082(273 + 25)

Dựa vào [3] ta có: d X/Y =

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

 n H 2 phan ung = 0,4 - 0,3 = 0,1mol . Chọn C
Ví dụ 7: (Đề TSĐH KA năm 2008) Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04 mol H2 với
xúc tác Ni, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn tồn bộ hỗn hợp Y lội từ từ qua bình đựng
dung dịch brom (dư) thì cịn lại 0,448 lít hỗn hợp khí Z (ở đktc) có tỉ khối so với O 2 là 0,5. Khối lượng
bình dung dịch brom tăng là:
A. 1,04 gam.

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

18


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷
Bài giải:

Có thể tóm tắt bài tốn theo sơ đồ sau:

X

0,06 mol C2H2
0,04 mol H2

Ni, t0

Y

C2H4, C2H2 d­, Br2 (d­)
C2H6, H 2 d­

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

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

M Z = 0,5× 32 = 16;n Z =

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

Ta có: 0,06.26 + 0,04.2= Δm +0,32  Δm =1,64 – 0,32=1,32 gam. Chọn D
Ví dụ 8: Hỗn hợp khí X chứa H2 và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,6. Đun
nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành hỗn hợp Y khơng làm mất màu nước brom và có tỉ
khối đối với H2 là 11,5. Công thức phân tử của hiđrocacbon là
A. C2H2

B. C3H4

C. C3H6

D. C2H4

Bài giải:

M X = 4,6.2 = 9,2;

M Y = 11,5.2 = 23

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

 mX = 9,2g
Dựa vào [3] ta có:

9,2 n Y
9,2
=
 nY =
= 0,4mol ;
23
1
23

Dựa vào [2]  n H

2 phan ung

= 1 - 0,4 = 0,6 mol . Vậy A không thể là anken vì nanken = n hiđro pư =0,6

mol (vơ lý)  loại C, D.
Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng CnH2n-2. Với cơng thức này thì

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

 n = 2 . CTPT: C2H2. Chọn B
Ví dụ 9: Cho 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm C3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi qua bột Niken xúc tác nung
nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng ta thu được 6,72 lít hỗn hợp khí Y khơng chứa H2.
Thể tích hỗn hợp các hidrocacbon có trong X là:
A. 5,6 lít

B. 4,48 lít

C. 6,72 lít

D. 8,96 lít
Bài giải:

19

Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Dựa vào [5]  Vhiđrocacbon (Y) = Vhiđrocacbon (X) = 6,72 lít. Chọn C
Ví dụ 10: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V lít khí H2 qua xúc tác
Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng ta thu được 5,20 lít hỗn hợp khí Y. Các thể
tích khí đo ở cùng điều kiện. Thể tích khí H2 trong Y là
A. 0,72 lít

B. 4,48 lít

C. 9,68 lít

D. 5,20 lít
Bài giải :

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

 Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48=0,72 lít. Chọn A
Ví dụ 11: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H2 là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6.
Số mol H2 đã tham gia phản ứng là
A. 0,5 mol

B. 0,4 mol

C. 0,2 mol

D. 0,6 mol

Bài giải:

M X = 7,3.2 = 14,6;

MY =

73
73
 2  ; nX = 1 mol
6
3

Dựa vào [2] và [3]  nY = 0,6 mol; n H
= 1 - 0,6 = 0,4mol . Chọn B
2 phan ung
Ví dụ 12: (Đề TSCĐ năm 2009) Hỗn hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol vinylaxetilen. Nung X một
thời gian với xúc tác Ni thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với khơng khí là 1. Nếu cho tồn bộ Y
sục từ từ vào dung dịch brom (dư) thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 32,0
C. 3,2

B. 8,0
D. 16,0
Bài giải:

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



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

5,8
= 0,2 mol . Dựa vào [2] n H 2 phan ung = 0,4 - 0,2 = 0,2mol chỉ bảo hồ hết
29
0,2 mol liên kết  , cịn lại 0,1.3 – 0,2=0,1 mol liên kết  sẽ phản ứng với 0,1 mol Br2.
M Y =29  n Y =

 m Br2 = 0,1×160 = 16 gam . Chọn D
Ví dụ 13: Đun nóng hỗn hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và 0,07 mol H2 với xúc tác Ni,
sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y gồm C2H6, C2 H4, C3 H8, C2H2 dư, C3H6 dư và H2 dư. Đốt
cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào dung dịch nước vơi trong dư. Khối lượng
bình dung dịch nặng thêm là

20


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

A. 5,04 gam.

B. 11,88 gam.

C. 16,92 gam.

D. 6,84 gam.

Bài giải:
Dựa vào [4] thì khi đốt cháy hỗn hợp Y thì lượng CO2 và H2O tạo thành bằng lượng CO2 và H2O sinh

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

0,12

C3H6 + 4,5O2  3CO2
0,05 
2H2 + O2

+

0,06
+

0,15



0,07 

H2O

3H2O
0,15

2H2O
0,07

Σn CO2 = 0,12 + 0,15 = 0,27 mol;

Σn H2O = 0,06 + 0,15 + 0,07 = 0,28mol

Khối lượng bình dung dịch tăng bằng khối lượng CO2 và khối lượng H2O.

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

Hỗn hợp A: C3H6 (25,00%); H2 (75,00%)
Hỗn hợp B: C3H8 (  33%); H2 (67%)

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

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

Bài 3: (Bài 6.11 trang 48 sách bài tập Hoá 11 nâng cao)
Cho hỗn hợp X gồm etilen và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,25. Dẫn X qua bột Ni nung nóng
(hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75%), thu được hỗn hợp Y. Tính tỉ khối của Y so với H2.
Các thể tích khí đo ở đktc.

ĐS:

d Y/H 2 = 5,23
21


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

Bài 4: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H2 là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6.
Cho hỗn hợp khí Y di chậm qua bình nước Brom dư ta thấy có 10,08 lít (đktc) khí Z thốt ra có tỉ khối
đối với H2 bằng 12 thì khối lượng bình đựng Brom đã tăng thêm
A. 3,8 gam

B. 2,0 gam

C. 7,2 gam

D. 1,9 gam

Bài 5: Cho 22,4 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm CH4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với H2 là 7,3 đi
chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối đối với H2 là 73/6.
Khối lượng hỗn hợp khí Y là
A. 1,46 gam

B. 14,6 gam

C. 7,3 gam

D. 3,65 gam

Bài 6: Một hỗn hợp khí X gồm Ankin A và H2 có thể tích 15,68 lít. Cho X qua Ni nung nóng, phản
ứng hồn tồn cho ra hỗn hợp khí Y có thể tích 6,72 lít (trong Y có H2 dư). Thể tích của A trong X và
thể tích của H2 dư lần lượt là (các thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn)
A. 2,24 lít và 4,48 lít

B. 3,36 lít và 3,36 lít

C. 1,12 lít và 5,60 lít

D. 4,48 lít và 2,24 lít.

22


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM
HĨA HỮU CƠ 11

1. Dựa trên cơng thức tổng qt của hiđrocacbon
Thí dụ: Cơng thức tổng qt của hiđrocacbonA có dạng (CnH2n+1)m. A thuộc dãy đồng đẳng nào?
A) Ankan

B) Anken

C) Ankin

D) Aren

Suy luận: CnH2n+1 là gốc hidrocacbon hóa trị I. Vậy phân tử chỉ có thể do 2 gốc hydrocacbon hóa
trị I liên kết với nhau, vậy m = 2 và A thuộc dãy ankan: C2nH2n+4.
2. Dựa vào phản ứng đốt cháy hidrocacbon
Khi đốt cháy hiđrocacbon thì cacbon tạo ra CO2 vầ hidro tạo ra H2O. Tổng khối lượng C và H
trong CO2 và H2O phải bằng khối lượng của hidrocacbon.
Thí dụ: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm CH4, C3H6 và C4H10 thu được 17,6g CO2 và 10,8g
H2 O. m có giá trị là:
A) 2g

B) 4g

C) 6g

D) 8g.

17
10,8
 12 
 2 6 gam .
44
18

Suy luận: Mhỗn hợp = mC + mH =

2.1. Khi đốt cháy ankan: thu được nCO2 > nH2O và số mol ankan cháy bằng hiệu số của số mol H2O
và số mol CO2.

CnH2n+2 +

3n  1
O2 
2

nCO2 + (n + 1) H2O

Thí dụ 1: Đốt cháy hồn toàn 0,15 mol hỗn hợp 2 ankan thu được 9,45g H2O. Cho sản phẩm cháy
vào dung dịch Ca(OH)2 dư thì khối lượng kết tủa thu được là:
A. 37,5g

B. 52,5g

C. 15g

D. 42,5g

Đáp án: A
Suy luận:
nankan = nCO2 - nCO2 → nCO2 = nH2O - nankan
nCO2 =
CO2

+

9, 45
= 0,15 = 0,375 mol
18
Ca(OH)2

→

CaCO3  +

H2O

nCaCO3 = CO2 = 0,375 mol
mCaCO3 = 0,375.100 = 37,5g
Thí dụ 2: Đốt cháy hồn tồn hỗn hợp 2 hidrocacbon liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 11,2
lít CO2 (đktc) và 12,6g H2O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?

23


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

A. Ankan

B. Anken

C. Ankin

D. Aren

Suy luận:
nH2O =

12, 6
= 0.7 > 0,5. Vậy đó là ankan
18

Thí dụ 3: Đốt cháy hồn toàn hỗn hợp 2 hidrocacbon liêm tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4
lít CO2(đktc) và 25,2g H2 O. Hai hidrocacbon đó là:
A. C2H6 và C3H8

B. C3H8 và C4H10

C. C4H10 và C5H12

Suy luận: nH2O =

D. C5H12 và C6H14

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

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

Cn H 2 n  2

+

3n  1
2 O2

→

n CO2

+

 n  1 H2O
C2H6

Ta có:

n
1

n  1 1,4

→

n = 2,5

→

C3H8

Thí dụ 4: Đốt cháy hồn tồn hỗn hợp gồm 1 ankan và 1 anken. Cho sản phẩm cháy lần lượt đi
qua bình 1 đựng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH rắn, dư thấy bình 1 tăng 4,14g, bình 2 tăng 6,16g. Số
mol ankan có trong hỗn hợp là:
A. 0,06

Suy luận: nH2O =

B. 0,09

C. 0,03

D. 0,045

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

nankan = nH2O – nCO2 = 0,23 – 0,14 = 0,09 mol
Thí dụ 5: Đốt cháy hồn tồn 0,1 mol hỗn hợp gồm CH4, C4H10 và C2H4 thu được 0,14 mol CO2 và
0,23 mol H2O. Số mol ankan và anken có trong hỗn hợp lần lượt là:
A. 0,09 và 0,01

B. 0,01 và 0,09

C. 0,08 và 0,02

D. 0,02 và 0,08

Suy luận: nankan = 0,23 – 0,14 = 0,09 ; nanken = 0,1 – 0,09 mol

24


Kinh nghiệm giảng dạy

Hoàng Anh Ngọ Trường THPT Tiên L÷

2.2. Dựa vào phản ứng cháy của anken cho nCO2 = nH2O
Thí dụ 1: Đốt cháy hồn tồn hỗn hợp 2 hidrocacbon mạch hở trong cùng dãy đồng đẳng thu được
11,2 lít CO2 (đktc) và 9g H2O. Hai hidrocacbon đó thuộc dãy đồng đẳng nào?
B. Anken

A. Ankan

Suy luận: nCO2 =

C. Ankin

D, Aren

9
11, 2
 0,5
 0,5 mol ; nH2O =
22, 4
18

 nH2O = nCO2

Vậy 2 hidrocacbon thuộc dãy anken.
Thí dụ 2: Một hỗm hợp khí gồm 1 ankan và 1 anken có cùng số nguyên tử C trong phân tử và có
cùng số mol. Lấy m gam hỗn hợp này thì làm mất màu vừa đủ 80g dung dịch 20% Br2trong dung mơi
CCl4. Đốt cháy hồn tồn m gam hỗn hợp đó thu được 0,6 mol CO2. Ankan và anken đó có cơng thức
phân tử là:

B. C3H8, C3H6

A. C2H6, C2H4
C. C4H10, C4H8

Suy luận: nanken = nBr2 =

CnH2n

+

D. C5H12, C5H10

80.20
 0,1 mol
100.160

3n
O
2 2

0,1

Ta có: 0,1n =

→ n CO2 + n H2O
0,1n

0, 6
 0,3  n = 3  C3H6.

2

2.3. Đốt cháy ankin: nCO2 > nH2O và nankin (cháy) = nCO2 – nH2O
Thí dụ 1: Đốt cháy hồn tồn V lít (đktc) một ankin thể khí thu được CO2 và H2O có tổng khối
lượng 25,2g. Nếu cho sản phẩm cháy đi qua dd Ca(OH)2 dư thu được 45g kết tủa.
a. V có giá trị là:
A. 6,72 lít

Suy luận: nCO2 = nCaCO3 =

B. 2,24 lít

C. 4,48 lít

B. 3,36 lít

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

25