CHU DE 5 QUI DOI CHAT

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.62 MB, 50 trang )

(1)QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp. 2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. 3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn. 4. Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là Fe xOy thì oxit FexOy tìm được chỉ là oxit giả định không có thực. Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO 3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 11,2 gam. B. 10,2 gam.. C. 7,2 gam.. Hướng dẫn giải  Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1 3 . 0,1 mol.  Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là n Fe  Vậy: . 8,4 0,1 0,35   56 3 3. . n Fe2O3 . 0,35 3 2. m X m Fe  m Fe2O3 mX . 0,1 0,35 56  160 3 3 = 11,2 gam..  Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,1 . ta có:. 0,1 mol. 2Fe  O2    2FeO   0,1 mol  0,1 0,15 mol   2Fe2O3 4Fe  3O2   0,05  0,025 mol . D. 6,9 gam..

(2) m h2 X. = 0,172 + 0,025160 = 11,2 gam. (Đáp án A). Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe 3O4) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số).  Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy: FexOy + (6x2y)HNO3  Fe(NO3)3 + (3x2y) NO2 + (3xy)H2O 0,1 3x  2y mol  0,1 mol. n Fe  . 8,4 0,1.x x 6   56 3x  2y  y 7 mol.. Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và n Fe6O7  . 0,1 3 6  2 7 = 0,025 mol.. mX = 0,025448 = 11,2 gam.. Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản nhất. Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị của m là A. 35,7 gam.. B. 46,4 gam. C. 15,8 gam.. D. 77,7 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol  0,2 mol  0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,2 mol  0,4 mol 145,2 n Fe( NO3 )3  242 = 0,6 mol. . mX = 0,2(72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B). Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X. A. 40,24%.. B. 30,7%.. C. 20,97%.. D. 37,5%.. b) Tính khối lượng muối trong dung dịch Y. A. 160 gam. Hướng dẫn giải. B.140 gam.. C. 120 gam.. D. 100 gam..

(3) Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3, ta có:  2FeO  4H 2SO4    Fe2 (SO4 )3  SO 2  4H 2O   0,4  0,4 mol  0,8 49,6 gam   Fe2 (SO4 )3  3H 2O  Fe2O3  3H 2SO4     0,05   0,05 mol  . m Fe2O3. . nO (X) = 0,8 + 3(0,05) = 0,65 mol.. Vậy:. a) b). = 49,6  0,872 = 8 gam  (0,05 mol). %m O . 0,65 16 100 49,9 = 20,97%. (Đáp án C). m Fe2 (SO4 )3. = [0,4 + (-0,05)]400 = 140 gam. (Đáp án B). Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H 2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là. A. 224 ml.. B. 448 ml.. C. 336 ml.. D. 112 ml.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: o. t FeO + H2  . x. Fe + H2O. y o. t Fe2O3 + 3H2  . x. 2Fe + 3H2O. 3y.  x  3y 0,05  x 0,02 mol   72x  160y 3,04   y 0,01 mol 2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,02  0,01 mol Vậy:. VSO2. = 0,0122,4 = 0,224 lít (hay 224 ml). (Đáp án A). Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam.. C. 2,62 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,025 . m Fe2O3. . 0,025.  0,025 mol. = 3  560,025 = 1,6 gam. D. 2,32 gam..

(4) . 1,6 m Fe ( trong Fe2O3 )  2 160 = 0,02 mol. . mFe = 56(0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A). Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H 2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? A. 25 ml; 1,12 lít.. B. 0,5 lít; 22,4 lít.. C. 50 ml; 2,24 lít.. D. 50 ml; 1,12 lít.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2. 0,2. . 0,4 mol. Fe + 2H+  Fe2+ + H2 0,1. 0,1 mol. . Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 . 0,1. 0,1 mol. VNO = 0,122,4 = 2,24 lít. 1 n Cu( NO3 )2  n NO 3 2 = 0,05 mol.. . Vd2 Cu( NO. 3 )2. . 0,05 1 = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C). Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Số mol NO bay ra là. A. 0,01.. B. 0,04.. C. 0,03.. D. 0,02.. Hướng dẫn giải n Fe . 8,96 0,16 56 mol. Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2  2FeO x. . x. 4Fe + 3O2  2Fe2O3 y. . y/2. 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x.  10x/3. . x/3.

(5) Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O y/2.  3y. Hệ phương trình:  x  y 0,16   x 0,06 mol 10x   3y  0,5  3   y 0,1 mol n NO . 0,06 0,02 3 mol. (Đáp án D). Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. PHƯƠNG PHÁP 8. Phương pháp quy đổi 1. Nguyên tắc chung. I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP. Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dàng, thuận tiện. Khi áp dụng phương pháp quy đổi phải tuân thủ 2 nguyên tắc sau : + Bảo toàn nguyên tố. + Bảo toàn số oxi hoá. 2. Các hướng quy đổi và chú ý (l) Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính : Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất. Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn (cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất. Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau : (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe3O4 và Fe2O3) hoặc FexOy. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng. Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng. Ví dụ ; (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S) quy đổi (Cu, Fe, S). Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo : * Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron)..

(6) * Do sự thay đổi tác nhân oxi hoá  có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Thông thường ta hay gặp dạng bài sau : Kim loại OXH1 Hỗn hợp sản phẩm trung gian OXH2 Sản phẩm cuối Ví dụ : Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe Fe. 3+. + O2 + O2 (1). + HNO3. (2). FexOy. D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 1. Fe. 3+.

(7) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. 3+. Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe ) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể quy đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2 (2) Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp s+ốHNmO ol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn). (3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hoá bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài. (4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu biểu thị đúng bản chất hoá học. 3. II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0,56 lít ở đktc NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Giải: Sơ đồ hoá bài toán:  Fe    FeO    [O ] Fe     X Fe2O3  Fe3O4  m gam gam. Khí NO (0,56 lít, đktc). + dung dịch HNO3. Dung dịch Fe. 3+. 3,0. Có: nNO 0,025mol. =. Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu về các hỗn hợp khác đơn giản gồm hai chất (Fe và Fe2O3; FeO và Fe2O3 ; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và FeO; Fe và Fe3O4 ; FeO và Fe3O4 hoăc thậm chí chỉ một chất FexOy ở đây tác giả chỉ trình bày hai phương án tối ưu nhất Fe : x mol Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe 2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1) Các quá trình nhường nhận. D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, . electron:. 3+. Fe  Fe +3e. N. +5. 2 + 3e. .

(8) N+2 x. 3x 0,025. 0,075. Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 ⇒ x = 0,025 (2).

(9) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. x  0,025; Vậy X gồmFe : 0,025mol   Fe 2O3 : 0,01mol  y  0,01. Từ (1) và (2) ⇒. Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe = nFe + 2 n 2Fe O = 0,045 mol ⇒ m =56.0,045= 2,52 ⇒ Đáp án A 3. Fe : x mol Phương án 2: Quy đổi hỗn hợp X thành  FeO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3) Các quá trình nhường nhận của eletron: Fe0  Fe3+ + 3e ;. Fe+2  Fe3++ 1e ;. x. y. 3x. N+5 + 3e  N+2. y. 0,075. 0,025. Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4) Fe : 0,015 mol x  0,015 ; Vậy X gồm:   Từ (3) (4) ⇒  y  0,03  FeO : 0,03 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe = nFe +nFeO = 0,045 mol ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 ⇒ Đáp án A. Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm cả CuS Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55.. B. 104,20.. C. 110,95.. D. 115.85.. Giải: Cu : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành  CuS : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5) Sơ đồ hoá bài toán: 0. u X C 0 CuS. +5. + HNO3 dư. 30,4 gam. +2. Khí NO (20,16 lít , đktc) Dung dịch Y. Cu2+. +2. +Ba(OH)2 dư. Cu(OH)2. SO42-. +6. BaSO4 m gam. Các quá trình nhường nhận electron. D&0 3H ạp c2+hí + dạy2e và ;học hóaCuS học, h ttp://Cu ngo2+ cbi+ nh.S da+6 yho+aho8e c.co;m Cu  TCu 3 x 2x y 8y. N+5 + 3e . N+2. 2,7 . 0,9.

(10) Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6).

(11) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. Từ (5),(6) ⇒. x  0,05 ⇒ X gồm Cu : 0,05 mol   uS : 0,35 mol  y  0,35. Theo bảo toàn nguyên   tố:. n BaSO. n Cu(OH)2  ∑ n Cu  0,3mol C  n S  0,35 mol 4. ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m=110,95 ⇒ Đáp án C Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. 18,60 gam.. B. 18,96 gam.. C. 19,32 gam.. D. 20,40. gam. Giải: C H8  O2 0 , t CO 2    đồ đốt cháy: Sơ  3 C 3 H 4 H 2 O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: M = 44. 0,3 +18. (0,06. 4 + 0,042)= 18,96 gam ⇒ Đáp án B Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (C3H8 và C3H6) hoặc (C3H6 và C3H4) cũng thu được kết quả trên Ví dụ 4: Nung m gam bột Cu trong Oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A. 9,6.. B. 14,72.. C. 21,12.. D. 22,4.. Giải: Sơ đồ hoá bài toán  Cu  Cu [O] X   CuO.    H SO đ  2 4   Cu 2O  . Khí SO2 (0,2 mol) Dung dịch Cu2+.  Cu : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành CuO : y mol  Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9). Các quá trình nhường nhận eletron:.

(12) Cu  Cu2+ + 2e x. 2x. ;. S+6 + 2e  S+4 0,4. ĐLBT e. 0,2 x= 0,2 (10). Từ (9) và (10) ⇒. Cu : 0,2 mol x  0,2   y  0,15 ; Vậy X gồm: CuO : 0,15 mol  . D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 4.

(13) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu :. ∑n. Cu.  nCuO  0,2  0,15  0,35mol ⇒ m  64. 0,35. ⇒ Đáp án D.  22,4 Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu2O) hoặc (CuO và Cu2O) 2. Quy đổi nhiều hợp chất về các nguyên tử hoặc đơn chất tương ứng Ví dụ 5: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52.. B. 2,22.. C. 2,62.. D. 2,32.. Giải : Fe : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành:  O : y mol Sơ đồ hoá bài toán:. NO: 0,025 mol 0. Fe  d d5H N O 3 Fe       X O0  . [O]. Fe3+: x mol O2-: y mol. Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y =3,0 (11) Các quá trình nhường nhận electron: Fe X. . Fe+3 + 3e ; O0 3x. y. + 2e  O-2 ; N+5 + 3e  N+2 2y. 0,075 0,025 Fe : 0,045 mol . x  0,045 Từ (11) và (12) ⇒  ; Vậy X gồm   y  0,03 Cu : 0,03 mol m = 56.0,045 = 2,52  Đáp án A.. Ví dụ 6: Trộn 5,6 gam bột mắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan Y. Để đốt cháy hoàn toàn X và Y cần vừa. D&V3H Tạp coxi hí dạ(đktc). y và học hó a họtrị c, hcủa ttp://nV golà cbinh.dayhoahoc.com đủ lít khí Giá 5 A. 2,8. B. 3,36.. C. 4,48.. D. 3,08..

(14) Giải : Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H2S và H2, phần không tan Y là S Hỗn hợp H2 và H2S có thể quy đổi thành H2 và S, như vậy đốt X và Y coi như đốt H2 và S, vì vậy số mol H2 bằng số mol Fe 2H2 + O2 2H2O. .

(15) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. S + O2  SO2 1. ⇒ V O2  ( nFe 2.  n S ).22,4  2,8lít. ⇒ Đáp án A. Ví dụ 7: (Làm lại ví dụ 2) Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55.. B. 104,20.. C. 110,95.. 115,85. Giải: Quy đổi hỗn hợp X thành Cu : x mol  S : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13) Sơ đồ hóa bài toán: Khí +2 N O. 0. C u  H N O dư     X 5. đktc). (20,16 lít,. 3. Cu2+. S0. +Ba(OH)2 dư. +2. Cu(OH)2 +6. Dung dịch Y. SO4. BaSO4. 2-. \. m gam. Các quá trình nhường, nhận electron: Cu0 . Cu+2 + 2e ;. x. 2x. S.  S+6 + 6e. ; N+5 + 3e  N+2. y. 6y. 2,7  0,9. Theo bảo toàn electron: 2x+6y =2,7 (14). Cu : 0,3 mol x  0,3 X gồm  Từ (13),(14) ⇒  ⇒ S : 0,35 mol y 0,35   Theo bảo toàn nguyên tố:  n Cu  0,3mol. n. 2. Cu(OH).  n BaSO.  n  0,35mol. D&3H Tạp cShí dạy và học hóa học, 4. ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35. 6. D..

(16) ⇒ m= 110,95 ⇒ Đáp án C..

(17) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. Ví dụ 8: (Làm lại ví dụ 3) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X. tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. l8,60 gam.. B. 18,96 gam.. C. 19,32 gam.. D. 20,40 gam.. C : 0,3 mol⇒  nH = 4,24 - 0,3. 12 = 0,64 mol H : y mol. Quy đổi hỗn hợp X thành Sơ đồ cháy:. C  O2 ,t o CO 2   H    H   2O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: m= 44. 0,3 + 18. 0,32 = 18,96 gam ⇒ Đáp án B. Ví dụ 9: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A.9,6. B.14,72.. C.21,12.. Giải : Cu : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành  O : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15) Sơ đồ hóa bài toán :. SO2. Cu  Cu [O]  X   H 2SO O   4 đ   m gam 24,8 gam. (0,2 mol) Cu2+ 2-. O. Các quá trình nhường, nhận electron: Cu  Cu+2 + 2e ; O0 + 2e  O-2 ; S+6 + 2e  S+4 x. 2x. y. 2y. 0,4. Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16) x  0,35 Từ (15),(16) ⇒   y  0,15. D&3H TạpcCu hí dạ:y0,35 và họcmol hóa học,  Vậy X gồm O  : 0,15 mol 7. 0,2. D. 22,4..

(18) ⇒ m= 64.0,35 =22,4.

(19) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. ⇒ Đáp án D. 3. Quy đổi một chất thành nhiều chất. Ví dụ 10: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3- đien và acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp suất xác định chứa 59,1 % CO2 về thể tính. Tỉ lệ số mol hai loại monome là 1 3 3 C. A. B. 3 5 3. D.. 3 2. Giải: Quy đổi polime thành 2 monome ban đầu C4H6  4CO2 x. + 3H2O. 4x. 3x. C3H3N  3CO2 + 1,5 H2O + 0,5 N2 y. 3y. 1,5y. 0,5y. Ta có:. x 1 4x  3y  0,591 ⇒  ⇒ y 3 7x  5y. Đáp án C. 4. Quy đổi tác nhân oxi hóa Ví dụ 11: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. Giải : Sơ đồ hóa bài toán: Fe FeO   [O] Fe    X  Fe O  2 3.    . dd HNO3. NO (0,025 mol) dd Fe3+. Fe3O 4. D& 3H Tạp chí dạ3,0 y và học hóa học, m gam gam Thay vai trò oxi hóa của HNO bằng [O], ta có: 8 3. D. 2,32.

(20) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. Fe .     [O]  [O] FeO    Fe O Fe     Fe O  (**) X 2 3 (*)  2 3  Fe3O 4  m gam. 3 gam. Ở đây ta đã thay vai trò nhận electron của N+5 bằng O: N+5 +.  N+2. 3e. . O0 + 2e  O-2 0,075 0,025 Theo nguyên tắc quy đổi, số electron do N+5 nhận và O0 nhận phải như nhau: ⇒ 2nO(**) = 0,075 ⇒ nO(**) = 0,0375 Theo bảo toàn khối lượng: m Fe O. 2. 3.  m X  m O(**)  3,0  16.0,0375  3,6 gam. Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe =2. n. Fe 2O3. . 2.3,6 0,045mol.  160. ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 gam ⇒ Đáp án A.. Ví dụ 12: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A. 9,6. B. 14,72.. C. 21,12.. Giải : Sơ đồ hóa bài toán: Cu  Cu     X C uO  Cu 2O . m gam gam. [O]. 24,8.  . H. 2SO. 4.   .    đ. Thay vai trò oxi hóa của H2SO4 bằng [O]:. Khí SO2 (0,2 mol) Dung dịch Cu2+. D. 22,4..

(21)  Cu    [O] Cu    CuO  [O] CuO X (*) Cu O  (**)  2  m gam 24,8 gam Ở đây ta thay vai trò nhận electron của S+6 bằng O:. D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 9.

(22) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. S+6 + 2e  S+4. . O0 + 2e  O-2. 0,4 0,2 Theo nguyên tắc quy đổi: nO(**) =0,2 mol. Theo bảo toàn khối lượng: mCuO =mX + mO(**) = 24,8 + 16.0,2 =28 gam 28 .64  22,4 ⇒m 80 ⇒ Đáp án D. III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1 : Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,08.. B. 0,16.. C. 0,18.. D. 0,23.. Câu 2 : Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 Phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lít khi NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Giá trị của m là A. 49,09.. B. 38,72.. C. 35,50.. D. 34,36.. Câu 3 : Oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư. Hoà tan hoàn toàn X trong HNO3 thu được 2,24 lít NO (chất khử duy nhất, đo ở đktc) . Giá trị m là A. 7,57. B. 7,75.. C. 10,08.. D. 10,80.. Câu 4 : Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí dư được m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư. Để hoà tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M thu được V lít khí NO2 (Sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của m, V lần lượt là A. 8,4 và 3,360.. B. 8,4 và 5,712.. C. 10,08 và 3,360.. D. 10,08 và 5,712.. Câu 5 : Hỗn hợp X gồm Mg, MgS và S. Hoà tan hoàn toàn m gam X trong HNO3 đặc, nóng thu được 2,912 lít khí N2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y được 46,55 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 4,8.. B. 7,2.. C. 9,6.. D. 12,0.. Câu 6 : Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe3O4 vào 200ml HNO3 đun nóng. Sau phản ứng thu D&được 3H Tạp chí dạy và học hóa học, 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch X 10 và còn lại 1,46 gam kim loại chứa tan. Nồng độ.

(23) mol của dung dịch HNO3 đã dùng là A. 2,7M.. B. 3,2M.. C. 3,5M.. D. 2,9M..

(24) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi. Câu 7 : Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl2 , FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng, thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y . Thêm NH3 dư vào Y thu được 32,1 gam kết tủa. Giả trị m là A. 16,8.. B. 17,75.. C. 25,675.. D. 34,55. Câu. 8 : Hoà tan hoàn toàn 34,8 gam một oxit sắt dạng FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 1,68 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất đo ở đktc). Oxit FexOy là A. FeO.. B. Fe3O4. C. FeO hoặc Fe3O4. D. Fe2O3. Câu 9 : Hoà tan hoàn toàn 25,6 gam chất rắn X gồm Fe , FeS, FeS2 và S bằng dung dịch HNO3 dư, đktc ra V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y . Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được 126,25 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 17,92.. B. 19,04.. C. 24,64.. D. 27,58. Câu. 10 : Cho hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 với số mol bằng nhau. Lấy a gam X cho phản ứng với CO nung nóng sau phản ứng trong bình còn lại 16,8 lít hỗn hợp rắn Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong H2SO4 đặc, nóng thu được 3,36 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của a và số mol H2SO4 đã phản ứng lần lượt là A. 19,20 và 0,87.. B. 19,20 và 0,51. C.. 18,56 và 0,87.. D. 18,56 và 0,51.. Câu 11 : Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en, etylaxetilen và đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. 34,50 gam.. B. 36,66 gam.. C. 37,20 gam.. D. 39,90 gam. Câu. 12 : Hoà tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 , KHCO3 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là A. 8,94 gam.. B. 16, 7 gam.. C. 7,92 gam.. D. 12,0 gam.. Câu 13 : Cho 13,92 gam hỗn hợp X gồm Cu và một oxit sắt vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 42,72 gam muối khan. Công thức của oxit sắt là A. FeO.. B. Fe3O4. C. Fe2O3. D. Fe3O4. hoặc FeO.. Câu 14 : Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y ; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3 . Giá trị của m là A. 4,875 D& 3H T. ạp chí dạy và học hóa họB.c, 9,60. 11. C. 9,75.. D. 4,80..

(25) ĐÁP ÁN 1A. 2B. 3C. 4A. 5C. 6B. 7D. 8B. 9C. 10D. 11B. 12A. 13A. 14C. 3/ Phơng pháp 3: Chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán chất tơng đơng. Nguyªn t¾c: Khi trong bµi to¸n x¶y ra nhiÒu ph¶n øng nhng c¸c ph¶n øng cïng lo¹i vµ cïng hiÖu suÊt th× ta thay hỗn hợp nhiều chất thành 1 chất tơng đơng. Lúc đó lợng (số mol, khối lợng hay thể tích) của chất tơng đơng bằng lợng của hỗn hợp. Phạm vi sử dụng: Trong vô cơ, phơng pháp này áp dụng khi hỗn hợp nhiều kim loại hoạt động hay nhiều oxit kim lo¹i, hçn hîp muèi cacbonat, ... hoÆc khi hçn hîp kim lo¹i ph¶n øng víi níc. Bµi 1: Mét hçn hîp 2 kim lo¹i kiÒm A, B thuéc 2 chu k× kÕ tiÕp nhau trong b¶ng hÖ thèng tuÇn hoµn cã khèi lîng lµ 8,5 gam. Hçn hîp nµy tan hÕt trong níc d cho ra 3,36 lit khÝ H2 (®ktc). T×m hai kim lo¹i A, B vµ khèi lîng cña mçi kim lo¹i. Híng dÉn gi¶i: PTHH 2A + 2H2O ❑ 2AOH + H2 (1) ⃗ 2B + 2H2O ❑ 2BOH + H2 (2) ⃗ §Æt a = nA , b = nB 3 ,36 ta cã: a + b = 2 = 0,3 (mol) (I) 22 , 4 8,5 = 28,33 M trung b×nh: M = 0,3 Ta thÊy 23 < M = 28,33 < 39 Gi¶ sö MA < MB th× A lµ Na, B lµ K hoÆc ngîc l¹i. mA + mB = 23a + 39b = 8,5 (II) Từ I, II ta tính đợc: a = 0,2 mol, b = 0,1 mol. VËy mNa = 0,2 * 23 = 4,6 g, mK = 0,1 * 39 = 3,9 g. Bài 2: Hoà tan 115,3 g hỗn hợp gồm MgCO3 và RCO3 bằng 500ml dung dịch H2SO4 loãng ta thu đợc dung dịch A, chất rắn B và 4,48 lít CO 2 (đktc). Cô cạn dung dịch A thì thu đợc 12g muối khan. Mặt khác đem nung chất rắn B tới khối lợng không đổi thì thu đợc 11,2 lít CO2 (đktc) và chất rắn B1. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch H2SO4 loãng đã dùng, khối lợng của B, B1 và khối lợng nguyên tử của R. Biết trong hçn hîp ®Çu sè mol cña RCO3 gÊp 2,5 lÇn sè mol cña MgCO3. Híng dÉn gi¶i: Thay hỗn hợp MgCO3 và RCO3 bằng chất tơng đơng M CO3 PTHH ⃗ M CO3 + H2SO4 ❑ M SO4 + CO2 + H2O (1) 0,2 0,2 0,2 0,2 4 , 48 Số mol CO2 thu đợc là: nCO ❑2 = = 0,2 (mol) 22 , 4 VËy nH ❑2 SO ❑4 = nCO ❑2 = 0,2 (mol) 0,2 = 0,4 M ⇒ CM H ❑2 SO ❑4 = 0,5 R¾n B lµ M CO3 d: ⃗ M CO3 ❑ M O + CO2 (2) 0,5 0,5 0,5 Theo ph¶n øng (1): tõ 1 mol M CO3 t¹o ra 1 mol M SO4 khèi lîng t¨ng 36 gam. áp dụng định luật bảo toàn khối lợng ta có: 115,3 = mB + mmuèi tan - 7,2 VËy mB = 110,5 g Theo ph¶n øng (2): tõ B chuyÓn thµnh B1, khèi lîng gi¶m lµ: mCO ❑2 = 0,5 * 44 = 22 g. VËy mB ❑1 = mB - mCO ❑2 = 110,5 - 22 = 88,5 g Tæng sè mol M CO3 lµ: 0,2 + 0,5 = 0,7 mol 115 , 3 Ta cã M + 60 = 164,71 ⇒ M = 104,71 0,7 V× trong hçn hîp ®Çu sè mol cña RCO3 gÊp 2,5 lÇn sè mol cña MgCO3..

(26) Nªn 104,71 =. 24 ∗1+ R ∗ 2,5 3,5. ⇒ R = 137. VËy R lµ Ba. Bµi 3: §Ó hoµ tan hoµn toµn 28,4 gam hçn hîp 2 muèi cacbonat cña 2 kim lo¹i thuéc ph©n nhãm chÝnh nhãm II cÇn dïng 300ml dung dÞch HCl aM vµ t¹o ra 6,72 lit khÝ (®ktc). Sau ph¶n øng, c« c¹n dung dÞch thu đợc m(g) muối khan. Tính giá trị a, m và xác định 2 kim loại trên. Híng dÉn gi¶i: 6 , 72 nCO ❑2 = = 0,3 (mol) 22 , 4 Thay hçn hîp b»ng M CO3 ⃗ M CO3 + 2HCl ❑ M Cl2 + CO2 + H2O (1) 0,3 0,6 0,3 0,3 Theo tØ lÖ ph¶n øng ta cã: nHCl = 2 nCO ❑2 = 2 * 0,3 = 0,6 mol 0,6 CM HCl = = 2M 0,3 Sè mol cña M CO3 = nCO ❑2 = 0,3 (mol) 28 , 4 Nªn M + 60 = = 94,67 0,3 ⇒ M = 34,67 Gäi A, B lµ KHHH cña 2 kim lo¹i thuéc ph©n nhãm chÝnh nhãm II, MA<MB ta cã: MA < M = 34,67 < MB để thoả mãn ta thấy 24 < M = 34,67 < 40. Vậy hai kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm II đó là: Mg và Ca. Khối lợng muối khan thu đợc sau khi cô cạn là: m = (34,67 + 71)* 0,3 = 31,7 gam. Phương pháp 2 : QUY ðỔI NHIỀU CHẤT THÀNH MỘT CHẤT Nguyên tắc : ðưa hỗn hợp các chất về một chất có công thức trung bình sau ñó dựa vào giá trị trung bình vừa tìm ñược ñể kết luận về chất cần xác ñịnh. I/ Phương pháp khối lượng mol trung bình M m 1. Cơ sở : Sử dụng công thức : M  hh nhh rồi sau ñó dùng M ñể xác ñịnh M của các chất ban ñầu M1< M < M2 với M1 < M2. 2. Phạm vi ứng dụng : Áp dụng rộng rãi cho các bài tập hoá hữu cơ 3. Ví dụ minh hoạ : VD1 : Hỗn hợp A gồm 2 ankanal X, Y có tổng số mol là 0,25mol. Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thì tạo ra 86,4g kết tủa và khối lượng dung dịch AgNO3 giảm 77,5g. Biết Mx<My . CTCT của X là : A. CH3CHO B. HCHO C. C2H5CHO D. Kết qủa khác Giải : Vì khối lượng Ag tách ra là 86,4g mà khối lượng dung dịch giảm 77,5g nên Khối lượng 2 anñehit là : 86,4 - 77,5 = 8,9 (g) 8,9  35,6( g / mà MX < M < My MX < 35,6 MX = 30. X là HCHO. M mol ) 0,25 VD2 : Một hỗn hợp X gồm 2 ankin là ñồng ñẳng kế tiếp nhau. Nếu cho 5,6 lit hỗn hợp X ñi qua dung dịch Br2 thì thấy khối lượng bình tăng 8,6g. CTPT của 2 ankin : A. C3H4 , C4H6 B. C4H6 , C5H8 C. C2H2 , C3H4 D. Kết quả khác Giải : Theo ñề ra ta có : mankin = 8,6 g . 5,6  0,25(mol ) Số mol của ankin là : nankin  22,4 Khối lượng phân tử trung bình của 2 ankin là :. M1 < M2 với 2 ankin kế tiếp 34,4 <.

(27) 0,25  34,4( g / mol ) 8,6 M M1 = 26 và M2 = 40 . CTPT của 2 ankin là : C2H2 và C3H4. n II/ Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình 1. Cơ sở : ðặt CT của các chất cùng thuộc một dãy ñồng ñẳng dưới dạng CT chung của dãy nhưng thay n bằng n .Sau ñó tính n và kết luận về số nguyên tử C của các chất : n1 < n < n2. 2. Pham vi ứng dụng : Dùng ñể giải các bài toán về các chất thuộc cùng một dãy ñồng ñẳng ñặc biệt là các chất ñồng ñẳng liên tiếp. 3. Ví dụ minh hoạ : VD1: Có 2 axit hữu cơ no : A là axit ñơn chức và B là axit ña chức. Hỗn hợp X chứa 0,3 mol hỗn hợp A và B. ðốt cháy hoàn toàn X thì thu ñược 11,2 lit CO2(ñkc) Vậy CTPT của A là : A. CH3COOH B. HCOOH C. C2H5COOH D. Kết quả khác Giải : Số nguyên tử C trung bình của A và B là : 0,5 Số nguyên tử C của A < 1,667  n Số nguyên tử C của A = 1 A là HCOOH 1,667 0,3.

(28) Do nH2O > nCO2 nên hiñrocacbon là ankan. Gọi CT chung của 2 ankan là : Cn H 2 n 2 CH O n.  2 n 2. 3n  1. 2.  nCO  (n  1)H O 2. 2. 0,2 0,2  2   n. n n1. 2. 0,3 Vậy n = 1 và n = 3. CT của 2 hiñrocacbon là CH và C H .. 0,3. 1. 2. 4. 3. 8. III/ Phương pháp gốc hiñrocacbon trung bình : R 1. Cơ sở : ðặt CT của các hợp chất cần tìm dưới dạng công thức có chứa R . Sau ñó tiến hành xác ñịnh gốc R . Biện luận R1 ,R2 theo : R1 < R < R2 2. Phạm vi ứng dụng : Thường dùng cho bài toán vể R chứa nhóm chức, ñặc biệt là axit, este. 3. Ví dụ minh hoạ : VD1 : Hỗn hợp X gồm 2 este A, B ñồng phân với nhau và ñều tạo ra từ axit ñơn chức và rượu o ñơn chức. Cho 2,2g hỗn hợp X bay hơi ở 136,5 C và 1atm thì thu ñược 840ml hơi este. Mặt khác, ñem thuỷ phân hoàn toàn 26,4g hỗn hợp X bằng 100ml dung dịch NaOH 20% (d=1,2g/ml) rồi ñem cô cạn thì thu ñược 33,8g chất rắn khan. Vậy CTPT của este là : A. C2H4O2 B. C3H6O2 C. C4H8O2 D. C5H10O2 Giải : A, B là este ñơn chức.  0,025(mol ) 0,84 nX  0,082(273  136,5) M este . 2,2  88( g / mol ) 0,025. neste thuỷ phân = 26,4 : 88 = 0,3 (mol) 100.20.1,2  n NaOH . NaOH dư. 0,6(mol ) 100.40 mmuối = 33,8 - (0,6-0,3).40 = 21,8 (g)  5,66  R. M muoi  R  68  R  5,66  R 21,8   72,66 0,3. 1. R 1 2. 1. R1 ứng với -H mà R1 + 44 + R1' = 88 R1' = 43 ứng với C3H7- CTPT của este là : HCOOC3H7 hay C4H8O2 VD2 : Cho 3,55 g hỗn hợp các amin ñơn chức tác dụng vừa ñủ 0,1 mol HCl. Xác ñịnh CT của amin có phân tử khối bé nhất. A. CH3NH2 B. C2H5NH2 C. CH3NHCH3 D. Kết quả khác Giải : Gọi CT chung là : RNH 2 RNH 2  HCl  RNH 3Cl  R  19,5  R M RNH 2 3,55   35,5  R  19,5  R.  15.

(29) 1. 1. 0,1 R1 ứng với CH3Ngoài ra phương pháp trung bình còn ñược mở rộng ñể tính toán cho cả hỗn hợp các chất thuộc dãy ñồng ñẳng khác nhau, ñể tính số liên kết π trung bình, hoá trị trung bình ... Phương pháp 3 : QUY ðỔI MỘT CHẤT THÀNH NHIỀU CHÁT Nguyên tắc : Chuyển chất cần xác ñịnh thành 2 hay nhiều chất ñể xác ñịnh ñược, rồi sau ñó viết phương trình phản ứng bình thường, ñể xác ñịnh yếu tố cần tìm... Ví dụ : VD1 : Khi ñốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành do ñồng trùng hợp 2,3-ñimetyl butañien và acrilo nitrin CH2=CH-CN) với lượng O2 vừa ñủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng ñộ áp suất xác ñịnh chứa 57,69% CO2 về V. Tỉ lệ 2 loại monome là A. 3/5 B. 3/3 C. 1/3 D. 3/2 Giải : +) Cách 1: Tách polime thành 2 monome ban ñầu : 17 C6 H10  O2  6CO2  5H 2O PƯ cháy : 2 x 6x 5x CH  CH  CN  O 2. Ta có:. 15 4. y.  3CO 2.  2. 3y. 3. H O 2. 2 3/2y. 1. N. 2 y/2. 2. 57,69 6x3y   600 x  300 y  634,59 x  288,45 y 11x  5 y 100  11,55 y  34,59 x :  y  3x x 1   y 3 +) Cách 2: Tách polime thành các nguyên tố rồi viết sơ ñồ cháy : (- CH2 - C(CH3) = C(CH3) - CH2 -)x(- CH2 - CH(CN) - )y (6x + 3y) C (10x + 3y) H y N. (6x + 3y) CO2 (5x + 3y/2) H2O y/2 N2 57,69 x    Do ñó :  6x3y %CO2 3 100 6x 100 3 y 5x 3  y  y y. 1.

(30) 2 2. Phương pháp 7 QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp. 2. Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. 3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn. 4. Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là FexOy thì oxit FexOy tìm được chỉ là oxit giả định không có thực. Ví dụ 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 11,2 gam. B. 10,2 gam.. C. 7,2 gam.. D. 6,9 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3 0,1 3. Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1 mol. Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là 8, 4 0,1 0,35 0, 35 n Fe2O3 n Fe 56 3 3 3 2 Vậy:. m X m Fe m Fe2 O. 73.

(31) 0,1. m X. 56. 0, 35 160. 3. 3. = 11,2 gam.. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3. Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O. 0,1 2 Fe ta có:. 0,15 mol. 0,1 mol 2FeO. O2. 0,1 4 Fe. 0,1 mol 3O2. 2Fe2O3. 0, 05 m h2. 0, 025 mol. = 0,1 72 + 0,025 160 = 11,2 gam. (Đáp án A). Chú ý: Vẫn có thể quy hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe 3O4) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn (cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số). Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy: FexOy + (6x 2y)HNO3 0,1 mol 3x 2y 8, 4 0,1.x n 56 3x 2y Fe. Fe(NO3)3 + (3x 2y) NO2 + (3x y)H2O 0,1 mol. x y. 6 mol. 7. Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và 0,1 = 0,025 mol. n 3 6 2 7 Fe6 O7 mX = 0,025 448 = 11,2 gam. Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản nhất. Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị của m là 74.

(32) A. 35,7 gam.. B. 46,4 gam. C. 15,8 gam.. D. 77,7 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3. Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O. 0,2 mol. 0,2 mol. Fe2O3 + 6HNO3 0,2 mol n. Fe( NO3 )3. 0,2 mol. 2Fe(NO3)3 + 3H2O. 0,4 mol 145, 2 = 0,6 mol. 242. mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X. A. 40,24%.. B. 30,7%.. C. 20,97%.. D. 37,5%.. b) Tính khối lượng muối trong dung dịch Y. A. 160 gam.. B.140 gam. C. 120 gam.. D. 100 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3, ta có: 2 FeO 49,6 gam. 0,8 Fe 2 O 3. 4H 2SO4. 0, 4 3H 2SO4. 0, 05 m Fe2 O = 49,6 0,8 72 = 8 gam. Vậy:. a). Fe2 (SO4 )3 Fe2 (SO4 )3. SO 2. 4H 2O. 0, 4 mol 3H 2O. 0, 05 mol ( 0,05 mol). nO (X) = 0,8 + 3 ( 0,05) = 0,65 mol. %m O 0, 65 16 100 = 20,97%. (Đáp án C) 49, 9. 75.

(33) b). m Fe2 (SO4 )3 = [0,4 + (-0,05)] 400 = 140 gam. (Đáp án B). Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là. A. 224 ml.. B. 448 ml.. C. 336 ml.. D. 112 ml.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: FeO + H2 x. t. o. y to. Fe2O3 + 3H2 x. Fe + H2O 2Fe + 3H2O. 3y. x 3y 0, 05 72x 160y 3, 04 2FeO + 4H2SO4. x 0, 02 mol y. Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O. 0,02 Vậy:. 0, 01 mol. 0,01 mol. VSO2 = 0,01 22,4 = 0,224 lít (hay 224 ml). (Đáp án A). Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam.. C. 2,62 gam.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3. Fe(NO3)3. 0,025. 0,025. + NO + 2H2O 0,025 mol. m Fe2 O = 3 56 0,025 = 1,6 gam m Fe ( trong Fe2O3 ). 76. 1, 6 160. 2 = 0,02 mol. D. 2,32 gam..

(34) mFe = 56 (0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào? A. 25 ml; 1,12 lít.. B. 0,5 lít; 22,4 lít.. C. 50 ml; 2,24 lít.. D. 50 ml; 1,12 lít.. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+ 0,2. Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2. Fe + 2H+. 0,4 mol. Fe2+ + H2. 0,1. 0,1 mol. Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3 0,3. + 4H+. 3Fe3+ + NO + 2H2O. 0,1. 0,1 mol. VNO = 0,1 22,4 = 2,24 lít. 1 = 0,05 mol. nNO3 n 2 Cu ( NO3 )2. Vd 2. Cu ( NO3 )2. 0, 05 = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) 1. Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Số mol NO bay ra là. A. 0,01.. B. 0,04.. C. 0,03.. D. 0,02.. Hướng dẫn giải. 77.

(35) n. Fe. 0,16 mol. 8,9 6 56. Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2. 2FeO. x. x. 4Fe + 3O2. 2Fe2O3. y. y/2. 3FeO + 10HNO3 x. 10x/3. Fe2O3 + 6HNO3 y/2. 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x/3 2Fe(NO3)3 + 3H2O. 3y. Hệ phương trình: x y 0,16 10x 3y 0,5 3. x 0, 06 mol y 0,1 mol.

(36) n. NO.

(37) 0,06 3.

(38) 0, 02 mol. (Đáp án D). KẾT HỢP PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI – TRUNG BÌNH – ĐƯỜNG CHÉO ĐỂ GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC (Trích từ cuốn “Các phương pháp giải bài toán Hóa học – NXB GD 2010) Vũ Khắc Ngọc Phòng Công nghệ Hóa sinh Protein – Viện Công nghệ Sinh học Viện Khoa học và Công nghệ Việt Nam. Giải nhanh bài toán Hóa học là một mục tiêu quan trọng của mỗi thí sinh trong các kỳ thi Đại học – Cao đẳng, đặc biệt là khi hình thức thi đã thay đổi từ tự luận sang trắc nghiệm. Sự thay đổi này cũng tạo ra một động lực quan trọng đòi hỏi phải có sự thay đổi tương ứng về nhận thức và phương pháp trong cả việc dạy và học của giáo viên và học sinh. Trong số các phương pháp giải toán Hóa học thì Trung bình, Đường chéo và Quy đổi là những phương pháp nhanh, hiệu quả và có nhiều phát triển thú vị trong thời gian gần đây, mỗi phương pháp lại có những thế mạnh và ứng dụng riêng: - Các giá trị Trung bình vừa được dùng để biện luận, xác định CTPT của các chất trong hỗn hợp, vừa được dùng để tính nhanh các giá trị chung cho cả hỗn hợp. - Phương pháp Đường chéo thường được kết hợp với phương pháp Trung bình để tính nhanh tỷ lệ các thành phần trong một hỗn hợp 2 thành phần, thay cho việc giải hệ phương trình. - Phương pháp Quy đổi tập hợp các phương pháp tư duy sáng tạo, dựa vào những giả định Hóa học và Toán học phi thực tế giúp tính nhanh các giá trị lượng chất của một hỗn hợp phức tạp. Sự kết hợp khéo léo 3 phương pháp này cho phép khai thác tối đa thế mạnh của từng phương pháp và mang lại những hiệu quả đặc biệt trong giải toán. Bài viết dưới đây giới thiệu một số ví dụ điển hình cho hướng kết hợp này: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng. Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn. Kim loại M đã cho ban đầu là: A. Fe. B. Ca. C. Mg. D. Cu. Hướng dẫn giải: Ta có: n NaOH = 0,8 mol . Điểm mấu chốt nhất của bài toán là phải biện luận để tìm ra được thành phần của 48,1g chất rắn, từ đó xác định được số mol SO2. NaOH có thể phản ứng với SO2 theo 2 phản ứng:. Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh).

(39) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc. 0985052510. NaOH + SO2 2NaOH + SO2. → →. NaHSO3 Na 2 SO3. + H2 O. Khi cho SO2 tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu được có thể bao gồm 1 hoặc 2 trong 3 chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO3 (M = 104) và Na2SO3 (M=126). Để khai thác dữ kiện n NaOH = 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi 1 mol muối Na2SO3 là 2 126. mol NaX với M NaX. =. = 63g/mol. 2. m hh. Khi đó 48,1g chất rắn sẽ tương ứng với 0,8 mol, với M = n hh. =. 48,1 0,8. = 60,125g/mol. → trong hỗn hợp phải có ít nhất 1 chất có M < 60,125 → phải có NaOH dư. Áp dụng phương pháp đường chéo cho hỗn hợp này, ta có: 20,125 0,7 mol 7 (NaX) 63 60,125 (NaOH) 40. 2,875. 1. 0,35 mol Na2SO3. 0,1 mol. → nSO2 = n Na2 SO3 = 0,35 mol → ne nhËn= 0,35 × 2 = 0,7 mol = 32n Giả sử kim loại có hóa trị n, ta dễ dàng có: M = m = 22,4 → 0,7 n n. M lµ Cu. Đáp án đúng là D. Cu. Ví dụ 2: Crackinh C4H10 thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H2 là 16,325. Hiệu suất của phản ứng crackinh là: A. 77,64% Phản ứng:. Ankan C. rack. ⎯⎯. B. 38,82% ing. ⎯ ⎯→. C. 17,76%. D. 16,325%. Hướng dẫn giải: Ankan' + Anken tạo ra Anken và Ankan mới có số mol. bằng nhau. Do đó, KLPT trung bình của hỗn hợp các Anken và Ankan mới này bằng. 1 KLPT 2. của ankan ban đầu.. → Quy đổi: Coi hỗn hợp khí sản phẩm của phản ứng cracking C4H10 là một khí duy nhất có KLPT M =. 58 2. = 29. → Hỗn hợp sau phản ứng trở thành hỗn hợp gồm 2 thành phần là: (hỗn hợp các ankan và anken mới sinh ra) và C4H10 dư. Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo như sau: Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh).

(40) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc. 0985052510. Hçn hîp (M = 29). M = 32,65. 25,35 3,65. C4H10 (M = 58). Giả sử hỗn hợp sau chứa 29 mol khí (3,65 mol C4H10 dư và 25,35 mol hỗn hợp các ankan 25,35 và anken mới sinh ra) thì số mol C4H10 ban đầu là: n ® = 3,65 + = 16,325 mol 2 16,325 - 3,65 100% = 77,64% Do đó, hiệu suất của phản ứng là: H% = × 16,325 Đáp án đúng là A. 77,64% Ví dụ 3: Cho 37,6g hỗn hợp gồm 3 chất rắn Fe3O4, FeO và Cu2O tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít khí NO ở đktc. Khối lượng của Fe3O4 trong hỗn hợp là: A. 34,8g. B. 23,2g. C. 11,6g. D. 17,4g. Hướng dẫn giải: Sơ đồ các quá trình oxh – kh trong bài: Fe 2+ - e → Fe3+ → Cu Cu + - e 2+ N +5. + 3e. →. N +2. Căn cứ vào các sơ đồ trên và lấy 1 mol electron cho làm mốc, ta có: - Cứ 1 mol Fe3O4 (232g) cho 1 mol electron - Cứ 1 mol FeO (72g) cho 1 mol electron - Cứ 0,5 mol Cu2O (72g) cho 1 mol electron 376 hỗn hợp cho 1 mol electron 37,6 = g - Cứ 0,1 × 3 3. → Quy đổi: Coi FeO và Cu2O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại cho 1 mol electron. → Hỗn hợp ban đầu trở thành hỗn hợp gồm 2 thành phần là: Fe3O4 và X. Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo như sau: 320 X (M = 72) 3 M = 376 160 3 Fe O (M = 232) 3. 2. 0,2 mol. 1. 0,1 mol. 3 4. Do đó, m Fe 3O = 23,2g 4. Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh).

(41) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc. 0985052510. Đáp án đúng là B. 23,2g. Ví dụ 4: Cho 8,96 lít hỗn hợp CO2 và NO2 (đktc) hấp thụ vào một lượng dung dịch NaOH vừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu được 36,6 gam muối khan. Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là: A. 25% CO2 và 75% NO2 C. 75% CO2 và 25% NO2. B. 50% CO2 và 50% NO2 D. 30% CO2 và 70% NO2 Hướng dẫn giải:. Sơ đồ các phản ứng hóa học:. 2NaOH + 2NO2 → NaNO3 + NaNO2 2NaOH + CO2 → Na CO 2. 3. Từ phản ứng, ta thấy: - Cứ 1 mol NO2 tạo ra 1 mol hỗn hợp 2 muối NaNO3 và NaNO2 có tỷ lệ 1:1 về số mol, → 69 + 85 = 77 có thể quy đổi hỗn hợp 2 muối này thành 1 muối duy nhất có M = 2 - Cứ 1 mol CO2 tạo ra 1 mol muối Na2CO3 có M = 106. 36,6 = 91,5 - M hçn hîp = 0,4 Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: Na2CO3 (M = 106). Mhçn hîp = 91,5. M = 77. 14,5. 50%. 14,5. 50%. Vậy đáp án đúng là B. 50% CO2 và 50% NO2 Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là: A. 8,94 gam. B. 16,17 gam. C. 7,92 gam. D. 12,0 gam. Hướng dẫn giải: Sơ đồ chung của các phản ứng hóa học: CO 3 ⎯ ⎯ ⎯ → CO 2 + HC l Nói cách khác, tỷ lệ phản ứng: n muối : n CO đều bằng 1: 1 → 2. n muèi = n CO. 2. 3,36 = 0,15 mol = 22,4. Vì M NaHCO3 = M MgCO3 = 84 và cả 2 đều giải phóng CO2 theo tỷ lệ 1:1 về số mol. Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh).

(42) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc. 0985052510. → Quy đổi: Coi hỗn hợp NaHCO3 và MgCO3 là một muối duy nhất có CTPT MCO3 có KLPT M = 84.. → Hỗn hợp X trở thành hỗn hợp gồm 2 thành phần là MCO3 và K2CO3. Do đó, ta có thể sử dụng phương pháp đường chéo như sau: MCO3 (M = 84). M = 14,52 = 96,8 0,15. KHCO3 (M = 100). 3,2. 1. 0,03 mol. 12,8. 4. 0,12 mol. → mKCl = 74,5 × 0,12 = 8,94g Vậy đáp án đúng là A. 8,94 gam Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H6, sản phẩm thu được dẫn qua bình I đựng dung dịch H2SO4 đặc và bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí nghiệm, thấy trong bình II có 15 gam kết tủa và khối lượng bình II tăng nhiều hơn bình I là 2,55 gam. Thành phần % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp đầu là: A. 50%, 30%, 20%. B. 30%, 40%, 30%. C. 50%, 25%, 25%. D. 50%, 15%, 35%. Từ giả thiết, ta có: n CO 2. Hướng dẫn giải: 15 = 0,15 mol vµ n H2 O 44 - 2,55 = 0,225 mol = 100 = 0,15 × 18. Gọi C x H ylà CTPT trung bình của hỗn hợp ban đầu, ta có: CH x. →. xCO + y 2. y. 2. HO 2. Bảo toàn nguyên tố 2 vế, ta dễ dàng có: x = 1,5 vµ y = 4,5 Quy đổi: Coi hỗn hợp C2H4 và C2H6 là một hiđrocacbon duy nhất có 2C Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có: CH4 (C = 1). C = 1,5. (C = 2). 0,5. 50%. 0,5. 50%. Quy đổi: Coi hỗn hợp CH4 và C2H4 là một hiđrocacbon duy nhất có 4H Áp dụng phương pháp đường chéo, ta có:. Dịch vụ ôn thi chất lượng cao – GSA Education: Liên hệ: 04.39152590 - 0989768553 (Linh).

(43) Sao băng lạnh giá – Vũ Khắc Ngọc. 0985052510. C2H6 (H = 6). H = 4,5. (H = 4) Vậy đáp án đúng là C. 50%, 25%, 25% 6. 0,5. 25%.

(44)

(45)

(46)

(47)

(48)

(49) 1,5. 75%.

(50)

(51)

CHU DE 5 QUI DOI CHAT

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về