TỔNG HỢP 18 CHUYÊN ĐỀ MÔN HÓA HỌC THCS CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TỔNG HỢP CHUYÊN ĐỀ MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TỔNG HỢP 18 CHUYÊN ĐỀ MÔN HÓA HỌC THCS CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TỔNG HỢP CÁC CHUYÊN ĐỀ MÔN HÓA HỌC THCS

H2, Al,C,CO…

O2 ( 2

Oxit bazơ H2 (tan

(tan O Bazơ

( 3 ( 3

( 4 ( 5

Kim loại hoạt động Muối

( 2’

Oxit

( 4’

NH ƠN

Phi kim

( 1’

( 1

OF F

Kim loại

M +

H2 O

M + H2

+ Kl , muối, axit, kiềm

A- KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Tính chất hóa học của các chất vô cơ, hữu cơ như: - Kim loai, phi kim, oxit, axit, bazơ, muối. - Hiđro cacbon, Dẫn xuất của Hiđro cacbon. II. Quan hệ biến đổi các chất vô cơ:

IA L

CHUYÊN ĐỀ 1: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH HÓA HỌC THỰC HIỆN CHUYỂN HÓA

)

( 3’

axit

O Axit

(5’)

HCl, H 2 SO4 loãng Muối

KÈ

QU Y

* Chú ý :Ngoài ra còn phải sử dụng các phản ứng khác: nhiệt phân, điện phân, tính chất của H2SO4(đặc) và HNO3 ... và các phản ứng nâng cao khác. III. Phương pháp giải chung của các dạng bài. - Phân loại các chất tham gia và sản phẩm ở mỗi mũi tên. - Chọn các phản ứng thích hợp để thực hiện các phản ứng tương ứng với mỗi mũi tên. - Viết đầy đủ các phương trình hóa học (ghi điều kiện nếu có ). * Lưu ý : + Trong sơ đồ biến hoá : mỗi mũi tên chỉ được viết một PTHH. + Trong mỗi sơ đồ thì các chữ cái giống nhau là các chất giống nhau (dạng bổ túc pư ) B. BÀI TẬP MINH HỌA.

DẠ

I. Dạng 1: Viết PTHH xảy ra giữa các cặp chất Bài 1. Cho các cặp chất sau: a) Zn + HCl; b) Cu + ZnSO4; c) Ag + HCl; d) Zn + Pb(NO3)2 e) Cu + HCl; f) Ag + CuSO4; g) Fe + CuSO4. Những cặp chất nào xảy ra phản ứng? Viết các phương trình hóa học. Bài 2. Sắt tác dụng được với chất nào sau đây? a) Dung dịch Cu(NO3 )2; b) H2SO4 đặc nguội; c) Khí clo; d) Dung dịch ZnCl2 Viết các phương trình hóa học và ghi rõ điều kiện (nếu có)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 3. Viết các phương trình hóa học theo các sơ đồ phản ứng sau: a) …………… + HCl - MgCl2 + H2; b) …………… + AgNO3 -- Cu(NO3)2 + Ag; c) …………… + ……. - ZnO d) ………….. + Cl2 - CuCl2 e) ……….. + S - K2S Bài tập vận dụng Bài 4. Trong các cặp chất sau, cặp chất nào có xảy ra phản ứng? Viết phương trình hóa học minh họa. a/ Cu và dd HCl b/ Zn và dd CuSO4 c/ Fe và dd H2SO4 (loãng) d/ Cu và dd AgNO3 e/ Fe và dd ZnSO4 g/ Cu và dd FeSO4 Bài 5. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: (ghi rõ điều kiện nếu có) a) Mg + ? → MgCl2 + H2 b) Fe + CuSO4 → ? + Cu c) Al + ? → Al2O3 d) Cu + ? → CuCl2 e) Cu + ? → Cu(NO3)2 + Ag f) K+S→? Hướng dẫn giải: a) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 b) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu to c) 4Al + 3O2 → 2Al2O3 to d) Cu + Cl2 → CuCl2 e) Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag to f) 2K + S → K2S Bài 6. Cho các dung dịch: CuSO4, FeSO4, MgSO4, AgNO3 và các kim loại Cu, Fe, Ag, Al, Mg. Theo em những cặp chất nào (kim loại và muối) phản ứng được với nhau? Viết các phương trình hóa học. Bài 7: Chọn hệ số và CTHH thích hợp đặt vào những chỗ có dấu chấm hỏi trong các phương trình hóa học sau: a) ? Na + ? → 2 Na2O b) ? CuO + ?HCl → CuCl2 + ? c) Al2(SO4)3 + ? BaCl2 → ? AlCl3 + ? d) ? Al(OH)3 → Al2O3 + ? Hướng dẫn giải: a) 4 Na + O2 → 2 Na2O b) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O c) Al2(SO4)3 + 3 BaCl2 → 2 AlCl3 + 3BaSO4 d) 2 Al(OH)3 →Al2O3 + 3H2O Bài 8. Chọn hệ số và CTHH thích hợp đặt vào những chỗ có dấu chấm hỏi trong các phương trình hóa học sau: a) ? CaO + ? HCl → CaCl2 + ? b) ?Al + ? → 2Al2O3 c) FeO + CO → ? + CO2 d) ?Al + ?H2SO4 → Al2(SO4)3 + ?H2 e) BaCl2 + ?AgNO3 → Ba(NO3)2 + ? f) Ca(OH)2 + ?HCl → ? + 2H2O

FI CI A

g) 3Fe3O4 + ?Al → ?Fe + ? h) Ca(OH)2 + CO2 → ? + H2O i) Ca(HCO3)2 → CaCO3 + CO2 + ? Hướng dẫn giải: a) CaO + 2 HCl → CaCl2 + H2O t 2Al2O3 b) 4Al + 3O2  → t c) FeO + CO  → Fe + CO2 d) 2Al + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + 3H2 e) BaCl2 + 2AgNO3 →Ba(NO3)2 + AgCl f) Ca(OH)2 + 2HCl →CaCl2 + 2H2O t g) 3Fe3O4 + 8Al  → 9Fe + 4Al2O3 h) Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O t i) Ca(HCO3)2  → CaCO3 + CO2 + H2O Bài 9. Hoàn thành các phương trình phản ứng dưới đây: a) MgSO4 + ? → MgCl2 + ? b) KHS + ? → H2S + ? c) Fe3O4 + H2SO4 (l) → ? + ? + ? d) Cu + ? → CuSO4 + ? + H2O e) Ca(HCO3)2 + ? → CaCO3 + ? g) Al2O3 + KHSO4 → ? + ? + ? Hướng dẫn giải: a. MgSO4 + BaCl2 → MgCl2 + BaSO4 b. KHS + HCl → H2S + KCl c. Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O d. Cu + 2H2SO4đ/nóng → CuSO4 + SO2 + 2H2O e. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 + 2H2O g. Al2O3 + 6KHSO4 → Al2(SO4)3 + 3K2SO4 + 3H2O Bài 10. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 1. FeSO4 + Cl2 → FeCl3 + ..... FeCl2 + HCl + ..... 2. FeCl3 + ..... + SO2 → 3. HCl + K2Cr2O7 → KCl + ..... + CrCl3 + H2O 4. NaCrO2 + NaOH + ..... → Na2CrO4 + NaBr + H2O 5. Fe3O4 + HCl →FeCl2 + ...... + H2O 6. Fe + H2SO4 đặc/nóng →Fe2(SO4)3 + H2S + ..... Hướng dẫn: 1. 6FeSO4 + 3Cl2  2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 2. 2FeCl3 + 2H2O + SO2  2FeCl2 + 2HCl + H2SO4 3. 14HCl + K2Cr2O7  2KCl + 3Cl2 + 2CrCl3 + 7H2O 4. 2NaCrO2 + 8NaOH + 3Br2  2Na2CrO4 + 6NaBr + 4H2O 5. Fe3O4 + 8HCl  FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O 6. 8Fe + 15H2SO4 đặc/nóng  4Fe2(SO4)3 + 3H2S + 4H2O II. Dạng 2: Viết PTHH thực hiện chuyển hóa đề bài cho sẵn các chất trong dãy chuyển hóa Bài 1: Viết phương trình phản ứng thực hiện dãy chuyển hóa sau: (1) ( 2) ( 3) ( 4) (5) (6) Cu → CuCl2 → Cu(OH)2 → CuO → Cu → FeCl2 → (7) ( 8) (9) 10 ) Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 → Al2O3 ( → Al Hướng dẫn giải: 0

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

4 to

1. Cu + Cl2 → CuCl2 2. CuCl2 + 2NaOH  → Cu(OH)2 + 2NaCl t 3. Cu(OH)2 → CuO + H2O t 4. CuO + H2 → Cu + H2O 5. Cu + 2FeCl3  → 2FeCl2 + CuCl2 6. FeCl2 + 2NaOH  → Fe(OH)2 + 2NaCl 7. 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  → 4Fe(OH)3 t 8. 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O t 9. Fe2O3 + 2Al → Al2O3 + 2Fe đ . phân nc , xt 10. 2Al2O3    → 4Al + 3O2 Bài 2. Viết các PTHH thực hiện các chuyển đổi theo sơ đồ: (4) (5) (9) (2) Fe (1)  →FeCl3 ← →Fe(OH)3 (6) → Fe2O3 (7) →Fe3O4 (8) →FeSO4  → Fe(NO3)2  →FeCl2 → Fe(OH)2  

FI CI A

(3)

ƠN

1. 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 2. 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 3. 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 4. FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 +2 NaCl 5. 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3

t → Fe2O3 + 3H2O 6. 2Fe(OH)3  to

QU Y

→ 2Fe3O4 + CO2 7. 3Fe2O3 + CO  8. Fe3O4 + 4 H 2 SO4loang → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O 9. FeSO4 + Ba(NO3)2 → Fe(NO3)2 + BaSO4 Bài 3. Viết phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện nếu có): SO3  → H2SO4 1) FeS2  SO2 → SO2 NaHSO3  → Na2SO3 2) CaCl2 → Ca → Ca(OH)2 → CaCO3 Ca(HCO3)2 ↓

3) Al

(1)

↓↑

Clorua vôi Ca(NO3)2 Al2O3  → Al2(SO4)3 (12)

(11)

(9)

NaAlO2 Al(OH)3

AlCl3  → Al(NO3)3 (10) 4) Na → NaCl → NaOH → NaNO3 → NO2 → NaNO3.

(7)

(6)

Al2O3

KÈ

(8)

(5)

Bài 4. Hoàn thành chuỗi biến hoá sau: Fe → FeSO4 → Fe(OH ) 2 → FeO → Fe Fe2 ( SO4 ) 3 → Fe(OH ) 3 → Fe2 O3 → Fe

Bài 5. Viết phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ sau:

DẠ

a) Ca  → CaO  → Ca(OH)2  → CaCO3  → Ca(HCO3)2  → CaCl2  → CaCO3

b) CaCO3  → CaO  → Ca(OH)2  → CaCO3  → Ca(NO3)2 Bài 6. Hoàn thành sơ đồ chuyển đổi sau: a) Ca  → CaO → CaCl 2 → CaCO3 → Ca ( HCO3 ) 2 → CaCO3 → CaO b) Al → Al 2 O3 → Al (OH ) 3 → NaAlO2 → Al (OH ) 3 → Al 2 O3 → Al

FI CI A

DẠNG 3: BÀI TẬP HOÀN THÀNH CHUỖI CHO Ở DẠNG LỜI VĂN DIỄN ĐẠT CHUỖI CÁC PHẢN ỨNG Bài 1. Nung nóng Cu trong không khí, sau một thời gian được chất rắn A. Hoà tan A trong H2SO4 đặc, nóng được dung dịch B và khí C. Khí C tác dụng với dung dịch KOH thu được dung dịch D, Dung dịch D vừa tác dụng được với BaCl2 vừa tác dụng được với NaOH. Cho B tác dụng với KOH. Viết các PTHH xảy ra.

KÈ

QU Y

ƠN

Hướng dẫn giải: Các PTHH: to 2Cu + O2 → 2CuO Cu + 2H2SO4đ,n → CuSO4 + SO2 + 2H2O CuO + H2SO4đ → CuSO4 + H2O SO2 + KOH → KHSO3 SO2 + 2KOH → K2SO3 + H2O K2SO3 + BaCl2 → 2KCl + BaSO3 2KHSO3 + 2NaOH → Na2SO3 + K2SO3 + 2H2O CuSO4 + 2KOH → Cu(OH)2 + K2SO4 Bài 2. Cho hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu vào dung dịch HCl dư, sau phản ứng được khí B, dung dịch C, còn lại một chất rắn D. Cho dung dịch NaOH dư vào trong dung dich C được dung dịch E và kết tủa F. Lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi. Sục khí CO2 dư vào dung dịch E. Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra. Hướng dẫn giải: Khi cho hỗn hợp A vào dung dịch HCl dư, chỉ có Al và Fe tan hết: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Khí B là H2, chất rắn D là Cu, dung dịch C gồm: AlCl3, FeCl2, HCl dư. Khi cho NaOH vào C xảy ra phản ứng: NaOH + HCl → NaCl + H2O FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaOH AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Kết tủa F là Fe(OH)2, dung dịch E là NaAlO2, NaOH dư. Khi lấy F nung trong không khí đến khối lượng không đổi: to 4Fe(OH)2 + O2 → 2Fe2O3 + 4H2O Sục CO2 vào dung dịch E: CO2 + NaOH → NaHCO3 CO2 + NaAlO2 + 2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 Bài 3. Hỗn hợp A gồm CaCO3, Cu, FeO, Al. Nung nóng A (trong điều kiện không có không khí) một thời gian thu lấy chất rắn B. Cho B vào nước dư được dung dịch C và chất rắn D (không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH). Cho D tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Xác định B, D và viết các phương trình phản ứng xảy ra. t Phản ứng: CaCO3  → CaO + CO2 t 2Al + 3FeO → Al2O3 + 3Fe (B: CaO, Al2O3, Cu, FeO, CaCO3 dư, Fe, Al) CaO + H2O → Ca(OH)2 2Al + Ca(OH)2 + 2H2O → Ca(AlO2)2 + 3H2 Al2O3 + Ca(OH)2 → Ca(AlO2)2 + H2O

DẠ

6 Do D không thay đổi khối lượng khi cho vào dung dịch NaOH, nên D không còn Al và Al2O3. Suy ra: D gồm Cu, FeO, CaCO3, Fe. o

t CaCO3 + H2SO4 đặc → CaSO4 + CO2 + H2O o

FI CI A

t Cu + 2H2SO4 đặc → CuSO4 +2H2O + SO2 o

t 2FeO + 4H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + SO2 +4 H2O to

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

2Fe + 6H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 +6H2O Bài 4. Đốt cacbon trong không khí ở nhiệt độ cao được hỗn hợp A1. Cho A1 tác dụng với CuO nung nóng được khí A2 và hỗn hợp chất rắn A3. Cho A2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 thì thu được kết tủa A4 và dung dịch A5. Cho A5 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 thu được A4. Cho A3 tác dụng với dung dịch H2SO4đ,n vừa đủ thu được khí B1 và dung dịch B2. Cho B2 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa B3, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B4. Xác định thành phần các chất trong A1, A2, A3, A4, A5, B1, B2, B3, B4, B5 và viết các PTHH xảy ra? Hướng dẫn giải: - Đốt cacbon trong không khí thu được hỗn hợp khí A1 to 2CO (1) PTHH : 2C + O2 → to 2CO + O2 → 2CO2 (2) Hỗn hợp khí A1 gồm CO và CO2 - Cho A1 tác dụng với CuO to PTHH : CO + CuO → Cu + CO2 (3) Khí A2 là CO2 Hỗn hợp A3 là Cu và có thể có CuO dư. - Cho A2 tác dụng với dd Ca(OH)2 CO2 + Ca(OH)2 → Ca CO3 + H2O (4) CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (5) Kết tủa A4 là CaCO3 dung dịch A5 là Ca(HCO3)2 - Cho A5 tác dụng với Ca(OH)2 thu được A4 (6) Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 + 2H2O - Cho A3 tác dụng với H2SO4 (đ, nóng) được khí B1 và dung dịch B2. Cu + 2H2SO4đ,n → CuSO4 + 2H2O + SO2 (7) CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O (8) Khí B1 là SO2, dung dịch B2 là CuSO4 - Cho B2 tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa B3 CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 (9) - Kết tủa B3 là Cu(OH)2 - Nung B3 đến khối lượng không đổi được B4. to Cu(OH)2 → CuO + H2O(10) B4 là CuO Theo phản ứng 1 → 10 ta có : A1 : CO; CO2 B1 : SO2 A2 : CO2 B2 : CuSO4 A3 : Cu; CuO (dư) B3 : Cu(OH)2 A4 : CaCO3 B4 : CuO A5 : Ca(HCO3)2

2 5

ƠN

FI CI A

Bài 5. Hãy nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi lẫn lượt cho kim loại Ba tới dư vào các dung dịch: a) CuSO4 b) NaHCO3 c) (NH4)2SO4 d) Al(NO3)3 (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa học THPT Hoàng Văn Thụ năm học 2015-2016) Bài 6 Cho biết A,B,C,D,E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X,Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X,Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A,B,C,D,E,X,Y,Z,T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên. Hướng dẫn giải: A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3. NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O V O ,t C  → 2SO3 2SO2 + O2 ←  H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O t C 3S + 2H2O 2H2S + 3O2 → Bài 7. Dung dịch M có chứa CuSO4 và FeSO4. a) Cho Al vào dung dịch M, sau phản ứng tạo thành dung dịch N chứa 3 muối tan. b) Cho Al vào dung dịch M, sau phản ứng tạo thành dung dịch N chứa 2 muối tan. c) Cho Al vào dung dịch M, sau phản ứng tạo thành dung dịch N chứa 1 muối tan. Giải thích mỗi trường hợp bằng phương trình hóa học. Bài 8. Có miếng Na để ngoài không khí ẩm trong một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn A, cho A tan vào nước được dung dịch B. Cho B lần lượt vào các dung dịch NaHSO4, AlCl3. Xác định thành phần các chất trong A, B và viết các PTHH xảy ra. Bài 9/ Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho 7 chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl có 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh hoạ. Hướng dẫn: Các chất rắn có thể chọn lần lượt là: Zn; FeS; Na2SO3; CaCO3; MnO2; CaC2; Al4C3. Các ptpư: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + H2O CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O t MnO2 + 4HCl  MnCl2 + Cl2 + H2O → CaC2 + 2HCl → CaCl2 + C2H2 Al4C3 + 12HCl → 4AlCl3 + 3CH4

DẠ

KÈ

QU Y

DẠNG 4: BÀI TẬP CHO SẴN CÁC SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG CÓ LIÊN HỆ VỚI NHAU

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 1. Cho sơ đồ các PTPƯ (1) (X) + HCl → (X1) + (X2) + H2O (5) (X2) + Ba(OH)2 → (X7) (2) (X1) + NaOH → (X3) + (X4) (6) (X7) + NaOH → (X8) + (X9) + ... (3) (X1) + Cl2 → (X5) (7) (X8) + HCl → (X2) + ... (4) (X3) + H2O + O2 → (X6) (8) (X5) + (X9) + H2O → (X4) + ... Hoàn thành các PTPƯ và cho biết các chất X, X1, X2, X3, X4, X5, X6, X7, X8, X9. Đáp án: (1) FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2 +H2O X X1 X2 (2) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl X3 X4 (3) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 X5 (4) 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 X6 (5) CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 X7 (6) Ba(HCO3)2 +2 NaOH → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O X9 X8 (7) BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 + H2O (8) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Bài 2: Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa Hoàng Văn Thụ năm học 2017-2018 Một nguyên tố X có tổng số hạt trong nguyên tử bằng 40, tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 12. Xác định tên của nguyên tố X. Lấy nguyên tố X tìm được ở trên và thực hiện chuỗi sơ đồ phản ứng sau: (1) X + HCl → A + … (2) A + NaOH → B ↓ + … (3) B ↓ + NaOHdư → D + … (4) D + HCl + … → B ↓ + … t (6) E → X + … (5) B ↓  → E + ... Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra và ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có). Hướng dẫn: Tổng số hạt của X là 40 nên, 2P + N = 40 (*) Số hạt mang điện hơn số hạt không mang điện là 12 nên, 2P – N = 12 (**) Từ (*) và (**), giải hệ phương trình ta được: P = 13; N = 14. Vậy X là Al (1) 2Al + 6HCl →2AlCl3 + 3H2 (A) (2) AlCl3 + 3NaOH →Al(OH)3 + 3NaCl (B) (3) Al(OH)3 + NaOH →NaAlO2 + 2H2O (D) (4) NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3 + NaCl t (5) 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O (E) dpnc ,criolit (6) 2 Al2O3 → 4Al + 3O2 Bài 3. Xác định các chất ứng với các chữ cái A, B, C, D, E ... và viết phương trình phản ứng. t 0C a) A → B + CO2 ; B + H2O → C C + CO2 → A + H2O ; A + H2O + CO2 → D t 0C D → A + H2O + CO2 b) FeS2 + O2 → A + B ; A + KOH → H + D 0

FI CI A

A + O2 → C ; H + Cu(NO3)2 → I + K C + D → axit E ; I + E→ F + A+D E + Cu → F + A + D ; G + Cl2 + D → E + L A + D → axit G Bài 4: Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G sao cho phù hợp và hoàn thành các PTHH sau: t Fenóng đỏ + O2  → A A + HCl → B + C + H2O B + NaOH → D+G C + NaOH → E + G D + O2 + H2O → E t E  → F + H2O Đáp án: t 3Fenóng đỏ + 2 O2  → Fe3O4 Fe3O4 + 8 HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 t 2Fe(OH)3  → Fe2O3 + 3H2O Bài 5. Xác định các chất A,B,C,D,E ,G,X, và hoàn thành các phương trình phản ứng: Fe + A → FeCl2 + B ↑ ; D + NaOH → E ↓ + G ; G + H2O → X + B + C B + C→A FeCl2 + C → D Bài 6. Thay các chữ cái bằng các CTHH thích hợp và hoàn thành phản ứng sau: t a) A + H2SO4 → B + SO2 + H2O ; D + H2  → A + H2O B + NaOH → C + Na2SO4 ; A + E → Cu(NO3)2 + Ag ↓ t C → D + H2O Hướng dẫn: A: Cu ; B: CuSO4 ; C: Cu(OH)2 ; D: CuO ; E: AgNO3 b) FeS2 + O2 → A + B; G + KOH → H + D H + Cu(NO3)2 → I + K A + O2 → C ; C + D → axit E; I + E→ F + A+D E + Cu → F + A + D; G + Cl2 + D → E + L A + D → axit G Hướng dẫn:A: SO2; B: Fe2O3; C: SO3: D: H2O; E: H2SO4; F: CuSO4; G: H2SO3; H: K2SO3; I: CuSO3; K: KNO3; L: HCl. Bài 7. Cho các sơ đồ phản ứng hoá học sau đây: X1 + X2 → Na2CO3 + H2O điện phân dung dịch X3 + H2O X2 + X4 + H2 có màng ngăn X5 + X2 → X6 + H2O X6 + CO2 + H2O → X7 + X1 điện phân nóng chảy X5 X8 + O2 Criolit a. Chọn các chất X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8 thích hợp và hoàn thành các phương trình hoá học của các phản ứng trên. b. Em hãy đề xuất thêm 3 phản ứng khác nhau để trực tiếp điều chế X2 Các chất thích hợp với X1, X2, X3, X5, X6, X7, X8 lần lượt có thể là: X1: NaHCO3, X2: NaOH, X3: NaCl, X5: Al2O3, X6: NaAlO2, X7: Al(OH)3, X8: Al Các phương trình hóa học lần lượt là: o

ƠN

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 2NaCl + 2H2O → 2NaOH + Cl2 + H2 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O NaAlO2 + CO2 + 2H2O→ Al(OH)3 + NaHCO3 dpnc ,criolit 2Al2O3  → 4Al + 3O2 Để trực tiếp điều chế ra NaOH ta có thể sử dụng thêm các phản ứng: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 Na2O + H2O → 2NaOH Na2CO3 + Ba(OH)2 → 2NaOH + BaCO3 Bài 8. Xác định công thức hóa học của A, B, D, E,… và viết các phương trình hóa học xảy ra? (Ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) (A) + (B) → (D) + Ag (E) + HNO3 → (D) + H2O (D) + (G) → (A) (B) + HCl → (L) + HNO3 (G) + HCl → (M) + H2 (M) + (B) → (L) + Fe(NO3)2 PTHH: Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag↓ (A) (B) (D) Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (E) (D) Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2 (G) (D) (A) HCl + AgNO3 → AgCl↓ + HNO3 (B) (L) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (G) (M) FeCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Fe(NO3)2 (M) (B) (L) DẠNG 5: CHUỖI BIẾN HÓA CHO BIẾT 1 SỐ CHẤT THUỘC CHUỖI + X ,t Bài 1: A  → o

+ Y ,t A  → o

+B +E Fe  → D  → G

+ Z ,t A  → Biết A + HCl D + G + H2O A: Fe3O4 D: FeCl2 B: HCl Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4H2O Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4CO2 Fe3O4 + 4C → 3Fe + 4CO2 Fe + HCl → FeCl2 + H2 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3

G: FeCl3

DẠ

KÈ

Bài 2. (Trích đề thi HSG tỉnh Hòa Bình năm học 2017-2018)

E: Cl2

+Y F

FI CI A

+ X +…

Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ + X +... +X chuyển hóa sau: A B D G H

ƠN

Biết: Các chất A, B, D, E, G, H là hợp chất của bari; F là hợp chất của nhôm; các chất B, F, H, không tan trong nước; X là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong; Y là muối natri, dung dịch Y làm đỏ quỳ tím. Đáp án: A là Ba(OH)2; B là BaCO3; D là Ba(HCO3)2; E là Ba(AlO2)2; F là Al(OH)3; G là BaCl2 hoặc Ba(NO3)2; H là BaSO4; Y là NaHSO4; X là CO2 * Các phương trình phản ứng: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 ↑ Ba(AlO2)2 + 2CO2 + 4H2O → Ba(HCO3)2 + 2Al(OH)3 ↓ Ba(HCO3)2 + Ba(OH)2 → 2BaCO3 ↓ + 2H2O Ba(HCO3)2 + 2HCl → BaCl2 + 2CO2 + 2H2O BaCl2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + 2HCl + Na2SO4 BaCO3 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + CO2 + Na2SO4 + H2O Bài 3. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết các phương trình hóa học minh họa cho sơ đồ sau: A Ca(OH)2

QU Y

C Biết A, B, C, D là hợp chất của Ca. Bài 4. (Trích đề thi HSG tỉnh Hòa Bình năm học 2016-2017)Hãy viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau: + CO CO dư du Y  → A 1  (→ Fe(NO 3 ) 2  +→ Fe(NO 3 ) 3 → Rắn A  + (2) 3) (4) +O FeS2  → (8) +Y (1) + Cl + Fe + dd C → A3  → A4 → Dung dịch HCl  → Khí A2  (6) (7) (5) Bài 5. Cho sơ đồ chuyển hóa sau: +O +C +F A  → B → D → FeSO 4 FeS2

KÈ

+D +I +L t E → H  → K → M  → Fe2O3 o

Hãy viết các phương trình hoá học thực hiện sơ đồ trên. (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa học THPT Hoàng Văn Thụ năm học 2016-2017) 1. A: SO2; B: SO3; D: H2SO4loãng; E: Fe2O3; H: Fe2(SO4)3; K: FeCl3; M: Fe(OH)3, C: H2O ; F: Fe( hoặc FeO, Fe(OH)2) ; I: BaCl2; L: NaOH. Viết PTHH: t 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 t 2SO2 + O2  → 2SO3 VO

Y DẠ

2 5

SO3 + H2O → H2SO4 H2SO4loãng + FeO →

FeSO4 + H2O

3H2SO4 + Fe2O3 → Fe2(SO4)3 + 3H2O Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 → 3BaSO4 + 2FeCl3 FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3+ 3NaCl t 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3 H2O → Bài 6. Xác định các chất ứng với các chữ cái X, A, B, D, E, F, G, H, I, K, L, M và viết phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (Ghi rõ điều kiện xảy ra phản ứng nếu có): + E X+A → F +G + E → H → F X+B Fe +I +L  → K  → H + BaSO 4 +M +G X+D → X → H + F (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa học THPT Hoàng Văn Thụ năm học 2017-2018) Bài 7. Chọn các chất A, B, D thích hợp và viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) theo sơ đồ chuyển hoá sau: A (1)

ƠN

FI CI A

(2)

n hoá sau đây:+ S + CO sơ đồ chuy + Bài CO 8. Hoàn thành + ểCO

+ H2O

t0 +E

+ O2 t0

QU Y

Fe2O3

(7) (8) (4) (5) (6) B → Al2(SO4)3 → AlCl3  A → B  →D → Al(NO3)3 → (3) D (Trích đề kiểm tra BDTX ND 2 môn Hóa học khối DTNT năm học 2017-2018)

+ O2 t0,xt

KÈ

Bài 9. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình hóa học trong sơ đồ sau (mỗi chiều mũi tên là một phương trình):

Cu(NO3)2

Đáp án: t (1) 2Cu(NO3)2  → 2CuO + 4NO2 + O2 (2) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O (3) CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaCl (4) Cu(OH)2 + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + 2H2O dpdd (5) CuCl2 + Fe → Cu + FeCl2 hay CuCl2  → (6) 3Cu + 8HNO3→ 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O t (7) Cu(OH)2  → CuO + H2O

CuCl2

DẠ

Cu + Cl2↑

13 t0

Z là: Cu

B (3)

C (4)

CaCO3 (7)

Y là: CuO

FI CI A

(8) CuO + H2  → Cu + H2O Vậy X là: Cu(OH)2 Bài 10. Cho sơ đồ biến hóa sau: CaCO3 CaO (1) (2)

(8)

(5)

(6)

D B Hãy tìm các chất ứng với các chữ cái: A, B, C, D. Biết rằng chúng là những chất khác nhau. Viết phương trình phản ứng. t (1) CaCO3  → CaO + CO2 (2) CaO + H2O → Ca(OH)2 (A) (3) Ca(OH)2 + 2 HCl → CaCl2 + 2 H2O (B) (4) CaCl2 + 2 AgNO3 → Ca(NO3)2 + 2 AgCl (C) (5) CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 (D) (6) Ca(HCO3)2 + 2 HNO3 → Ca(NO3)2 + 2 H2O + 2CO2 (C) (7) Ca(NO3)2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2 NaNO3 (C) (8) CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O (B) Bài 11. Viết các phương trình hoá học biểu diễn các biến hoá hoá học sau: A to G O2 A → B → C NaOH E → F → A → D ↓ → Cho biết A là kim loại thông thường có hai hoá trị thường gặp là II và III to PTHH: 2Fe + 3Cl2 → 2 FeCl3 (B) 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 (C) FeCl2 +2 NaOH → Fe(OH)2 ↓ (D) + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 +2 H2O → 4 Fe(OH)3 (E) to 2 Fe(OH)3 → Fe2O3 (F)+ 3H2O to Fe2O3 + 3H2 → 2Fe(A)+ 3H2O Bài 12. Cho sơ đồ phản ứng sau : ( 2) ( 3) A → FeCl2 → B (1) (4) Fe Fe2O3

KÈ

QU Y

ƠN

(6 )

(5) D←  C Biết A,B,C,D là các hợp chất khác nhau của sắt và không phải là FeCl2, Fe2O3. Xác định công thức hóa học của các hợp chất đó và viết các phương trình phản ứng minh họa.

DẠ

(7)

Bài 13. Xác định các chất A, B, C, D và viết phương trình hoá học hoàn thành sơ đồ

C t0

A → B

A D

14 cháy.

Biết rằng A là thành phần chính của đá phấn; B là khí dùng nạp cho các bình chữa

FI CI A

Gợi ý: A là thành phần chính của đá phấn  A là CaCO3 B là khí dùng nạp cho các bình chữa cháy  B là CO2 C, D là muối cacbonat và hiđrocacbonat  chọn C, D là K2CO3 và KHCO3 t PTPƯ: CaCO3  → CaO + CO2 CO2 + 2KOH  → K2CO3 + H2O. CO2 + KOH  → KHCO3 KHCO3 + 2KOH  → K2CO3 + H2O K2CO3 + H2O + CO2  → 2KHCO3 K2CO3 + CaCl2  → CaCO3 + 2KCl KHCO3 + Ca(OH)2  → CaCO3 + K2CO3 + H2O. Bài 14. Xác đinh B, D, E, F, G rồi viết các phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển đổi hóa học sau: FeS2 (1)

(2)

ƠN

O2 3) + ddNaOH 4 ) + ddNaOH 5 ) + ddHCl 6 ) + O2 7 )+ H 2O 8) + Cu +→  B (  → D (  → E ( → B ( → F (  → G ( → B

CuCl2

CuSO4

Bài 15. Chọn các chất A, B, C, D thích hợp để hoàn thành các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau (mỗi mũi tên tương ứng với 1 phương trình hóa học).

Cu(NO3)2

QU Y

Hướng dẫn:A, B, C, D lần lượt là: Cu(OH)2, CuO, Cu, H2SO4. Các phương trình hóa học: H2SO4 + Cu(OH)2 → CuSO4 + 2H2O H2SO4 + CuO → CuSO4 + H2O 2H2SO4 đặc, nóng + Cu → CuSO4 + 2H2O + SO2↑ CuSO4 + BaCl2 → BaSO4 + CuCl2 CuCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Cu(NO3)2 Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaNO3 t Cu(OH)2  → CuO + H2O t CuO + CO  → Cu + CO2 DẠNG 6: CHO CHUỖI CHUYỂN HÓA CHỨA CÁC CHẤT CHƯA BIẾT Bài 1. Cho sơ đồ sau: o

DẠ

KÈ

A C

Biết A là kim loại B, C, D, E, F, G là hợp chất của A. Xác định công thức của A, B, C, D, E, F, G viết phương trình phản ứng xảy ra. Hướng dẫn giải:

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

A là Fe; B là FeCl2; C là FeCl3; D là Fe(OH)2; E là Fe(OH)3; G là Fe2O3; F là FeO; Fe + 2HCl  FeCl2 + H2↑ ( A) ( B) to 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 ( A) ( C) 2FeCl3 + Fe  3FeCl2 ( C) (B) FeCl2 + 2NaOH  Fe(OH)2↓ + 2NaCl (B) (D) 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  4Fe(OH)3 (D) (E) FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl (C) (E) to 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (E) (G) to Fe2O3 + CO → 2FeO + CO2↑ (G) (F) to ,ck Fe(OH)2  → FeO + H2O (D) (F) to FeO + CO → Fe + CO2↑ (F) (A) to Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O (G) (A) Bài 2. Cho sơ đồ biến hóa sau : t0 A1 A2 A3 R R R R B1 B2 B3 - Tìm công thức của các chất A1, B1, A2, B2, A3, B3 ,R. Viết các phương trình phản ứng hóa học (ghi rõ điều kiện nếu có) thỏa mãn theo sơ đồ biến hóa trên. Gợi ý: t0 CaCO3  → CaO + CO2 (R) (A1) CaO + H2O → Ca(OH)2 (A2) Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O (A3) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3 )2 (B1) (B2) 2NaOH +Ba(HCO3) → BaCO3 ↓ + Na2CO3(B3) +2H2O CaO + CO2 → CaCO3 Ca(OH)2 + Ba(HCO3)2 → CaCO3 + BaCO3 + 2H2O CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaCl Bài 3: Hãy tìm 2 chất vô cơ thoả mãn chất R trong sơ đồ sau: A B C R R R R X Y Z R là CaCO3 (BaCO3) hoặc R là NaCl Trường hợp R là BaCO3

FI CI A

Xác định : A : BaO B : Ba(OH)2 C. BaCl2 X: CO2 Y : NaHCO3 Z : Na2CO3 Trường hợp R là NaCl (KCl) Xác định : A: Na B : NaOH C: Na2CO3 (hoặc Na2SO4) X : Cl2 Y : HCl z : CaCl2 hoặc BaCl2 Bài 4: Xác định các chất theo sơ đồ biến hoá sau, viết PTHH: A1 A2 A3 A4 A A A A A B2 B3 B4 B1 Bài 5. Chọn chất phù hợp, ghi rõ loại chất và viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau (Sách Giáo khoa Hóa học 9 – Trang 42):

(1)

FeCl3

(6)

(2)

Fe(NO3)3 (8)

(7)

Fe(NO3)3

Fe(NO3)2

Fe2(SO4)3

(3)

Fe(OH)3

(4)

(5)

Fe2O3

(10)

(9)

ƠN

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG. 1) Hoàn thành dãy chuyển hoá sau đây ( ghi rõ điều kiện nếu có ):

Fe(NO3)3

+ H2O

+ CO

KÈ

+ CO

Fe2O3

QU Y

2) Hoàn thành sơ đồ biến hoá sau đây (ghi rõ điều kiện nếu có ): a) Na → NaCl → NaOH → NaNO3 → NO2 → NaNO3. b) Na → Na2O → NaOH → Na2CO3 → NaHCO3 → Na2CO3 → NaCl → NaNO3. c) FeS2 → SO2 → SO3 → H2SO4 → SO2 → H2SO4 → BaSO4. d) Al → Al2O3 → Al → NaAlO2 → Al(OH)3 →Al2O3 → Al2(SO4)3 → AlCl3 → Al. 3) Hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau đây: B

+ CO t

+S t

+ O2 t

+ O2 t0,xt

DẠ

Hướng dẫn : Các chất A,B bị khử bởi CO nên phải là các oxit ( mức hoá trị Fe < III) và D phải là Fe. F và G là các sản phẩm của sự oxi hoá nên phải là các oxit. Chọn các chất lần lượt là : Fe3O4, FeO, Fe, FeS, SO2, SO3, H2SO4. 4) Xác định các chữ cái trong sơ đồ phản ứng và viết PTHH xảy ra: a) X1 + X2 → Br2 + MnBr2 + H2O b) X3 + X4 + X5 → HCl + H2SO4 c) A1 + A2 → SO2 + H2O

ƠN

FI CI A

17 d) B1 + B2 → NH3↑ + Ca(NO3)2 + H2O e) D1 + D2 + D3 → Cl2 ↑ + MnSO4 + K2SO4 + Na2SO4 + H2O Hướng dẫn : Dễ thấy chất X1,X2 : MnO2 và HBr. Chất X3 → X5 : SO2, H2O , Cl2. Chất A1,A2 : H2S và O2 ( hoặc S và H2SO4 đặc ) Chất B1, B2 : NH4NO3 và Ca(OH)2. Chất D1, D2,D3 : KMnO4 , NaCl, H2SO4 đặc. 5) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau đây : SO2 muối A1 A A3 Kết tủa A2 Biết A là hợp chất vô cơ , khi đốt cháy 2,4 gam A thì thu được 1,6 gam Fe2O3 và 0,896 lít khí sunfurơ ( đktc). Hướng dẫn : Trong 2,4 gam A có : 1,12 gam Fe ; 1,28 gam S  không có oxi Xác định A : FeS2 ( được hiểu tương đối là FeS. S ) Các phương trình phản ứng : t 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O FeS2 + 2HCl → FeCl2 + H2S + S ↓ ( xem FeS2 ⇔ FeS.S ) Na2SO3 + S → Na2S2O3 ( làm giảm hóa trị của lưu huỳnh ) 6) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau đây: BaCl2 + ? → KCl + ? ( 5 phản ứng khác nhau ) 7) Xác định các chất ứng với các chữ cái A, B, C, D, E ... và viết phương trình phản ứng. t C a) A → B + CO2 ; B + H2O → C C + CO2 → A + H2O ; A + H2O + CO2 → D t C D → A + H2O + CO2 b) FeS2 + O2 → A + B ; G + KOH → H + D A + O2 → C ; H + Cu(NO3)2 → I + K C + D → axit E ; I + E→ F + A+D E + Cu → F + A + D ; G + Cl2 + D → E + L A + D → axit G 3000 C c) N2 + O2  → A ; C + CaCO3 → Ca(NO3)2 + H2O + D t A + O2 → B ; D + Na2CO3 + H2O  → E t B + H2O → C + A ; E → Na2CO3 + H2O + D ↑ d) (2) B (3) A (1)

QU Y

DẠ

KÈ

(7)

H2S

(8) (6)

(4)

(5)

FI CI A

18 ( Biết ở sơ đồ d : A,B,C,D,E là các hợp chất khác nhau của lưu huỳnh ). Hướng dẫn : (1) : H2S + 2NaOH → Na2S + 2H2O (2): Na2S + FeCl2 → FeS ↓ + 2NaCl (3): FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S ↑ (4): 3FeSO4 + 3/2Cl2 → Fe2(SO4)3 + FeCl3 ñp (5): Fe2(SO4)3 + 3H2O  → 2Fe + 3H2SO4 + 3/2 O2 ↑ (6): H2SO4 + K2S → K2SO4 + H2S ↑ (7): FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S ↑ (8): H2SO4 + FeO → FeSO4 + H2O Có thể giải bằng các phương trình phản ứng khác. 8) Hoàn thành dãy chuyển hoá sau : a) CaCl2 → Ca → Ca(OH)2 → CaCO3 Ca(HCO3)2

Clorua vôi Ca(NO3)2 b) KMnO4  → Cl2 → NaClO → NaCl → NaOH → Javel → Cl2

ƠN

+ HCl

QU Y

O2 ←  KClO3 9) Xác định các chất A,B,C,D,E ,G,X, và hoàn thành các phương trình phản ứng: Fe + A → FeCl2 + B ↑ ; D + NaOH → E ↓ + G B + C→A ; G + H2O → X + B + C FeCl2 + C → D 10) Thay các chữ cái bằng các CTHH thích hợp và hoàn thành phản ứng sau: t D + H2  A + H2SO4 → B + SO2 + H2O ; → A + H2O B + NaOH → C + Na2SO4 ; A + E → Cu(NO3)2 + Ag ↓ t C → D + H2O Hướng dẫn: A: Cu ; B: CuSO4 ; C: Cu(OH)2 ; D: CuO ; E: AgNO3 12) a) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau (mỗi chữ cái là một chất khác nhau, với S là lưu huỳnh ) S + A  → X ; S + B  → Y Y + A  ; X + Y  → X+E → S + E X + D + E  → U +V ; Y + D + E  → U + V b) Cho từng khí X, Y trên tác dụng với dung dịch Br2 thì đều làm mất màu dung dịch brom. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Hướng dẫn : X và Y là những chất tạo ra từ S nên chỉ có thể : SO2, H2S , muối sunfua kim loại, sunfua cacbon. Nhưng vì X tác dụng được với Y nên phù hợp nhất là : X ( SO2) và Y ( H2S). Các phương trình phản ứng: t S + O2  → SO2 ( X) t H2S + O2  → SO2 + H2O ( E) SO2 + Cl2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HCl ( U: H2SO4 và V : HCl )

DẠ

KÈ

19 to

FI CI A

S + H2 → H2S ( Y) SO2 + 2H2S  → 3S ↓ + 2H2O H2S + 4Cl2 + 4H2O  → H2SO4 + 8HCl 13) Viết PTHH để thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau ( mỗi chữ cái là một chất khác nhau) Ca(OH) + H O + HCl + H O t đpnc + FeO + HCl +Mg A +  → B  → C  → D   → A  → D  → E  →A Biết trong hợp chất oxit, nguyên tố A có chiếm 52,94% về khối lượng. o

14) Cho sơ đồ phản ứng sau đây : + H SO

2 4  → A 3 (khí )

+ H2 O

NH3  → A1  → A2 t ,p 0

+ NaOH → A 4 (khí )

CO2

↓6

↓5

ƠN

Biết A1 gồm các nguyên tố C,H,O,N với tỷ lệ khối lượng tương ứng 3:1:4:7 và trong phân tử A1 có 2 nguyên tử nitơ. a) Hãy xác định CTHH của A1, A2, A3 và hoàn thành phương trình phản ứng trên. b) Chọn chất thích hợp để làm khô mỗi khí A3 và A4. Hướng dẫn : từ tỷ số khối lượng C,H,O,N tìm được A1 là urê : CO(NH2)2 15) Viết PTPƯ thực hiện chuỗi biến hóa sau: 1 2 3 4 CH3COONa  CH4 → C2H2  C2H4 → PE → → CH3Cl C2H2Br 16) Viết PTPƯ thực hiện chuỗi biến hóa sau: 1 2 3 Canxi Cacbua (CaC2)  Axetilen (C2H2)  Etylen (C2H4)  Rượu Etylic → → → 5 (C2H5OH)

QU Y

↓4

6 Axetat etyl (CH3COOC2H5) ←  Axit Axetic (CH3COOH)

→ Ca(OH)2 + C2H2 (1) CaC2 + 2H2O  pd (2) C2H2 + H2 t, → C2H4 0

KÈ

2 SO4 đ ,170 C (3) C2H4 + H2O H  → C2H5OH (4) 2C2H5OH + 2K  → 2C2H5OK + H2 ↑ mengiam (5) C2H5OH + O2   → CH3COOH + H2O H SO d → (6) CH3COOH+ C2H5OH ← CH3COOC2H5 + H2O t 2

17) Viết PTPƯ thực hiện chuỗi biến hóa sau:

DẠ

1 2 C2H5OH  C2H4 → C2H4Br2 →

↓3

↓4

CH3COOH

CO2

 → C2H4 + H2O (1) C2H5OH HSO, 170 2O (2) C2H4 + Br2 H  → C2H4Br2 2

Etylatkali(C2H5OK)

20 (3) C2H5OH + O2   → CH3COOH + H2O mengiam

t (4) C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O t , p , XT (5) n(CH2 = CH2)   → (-CH2 – CH2 -)n

FI CI A

18) Viết PTPƯ thực hiện chuỗi biến hóa sau: 1 2 3 4 C2H2  C2H4 → C2H5OH  CH3COOH → CH3COOC2H5 → →

↓5

↓6

C2H5ONa

(CH3COO)2Ca

pd (1) C2H2 + H2 t, → C2H4 0 2 SO4 đ ,170 C (2) C2H4 + H2O H  → C2H5OH (3) C2H5OH + O2 mengiam  → CH3COOH + H2O H SO d → (4) CH3COOH+ C2H5OH ← CH3COOC2H5 + H2O t 2

KÈ

QU Y

ƠN

(5) 2C2H5OH + 2Na  → 2C2H5ONa + H2 ↑ (6) 2CH3COOH + CaCO3  → (CH3COO)2Ca + CO2 + H2O

DẠ

CHUYỂN ĐỀ 2: NÊU VÀ GIẢI THÍCH HIỆN TƯỢNG A. Kiến thức trọng tâm: I. Phân loại bài tập: Chuyên đề nêu và giải thích hiện tượng được chia làm 2 nội dung chính: - Cho trước hiện tượng chỉ yêu cầu giải thích. - Chỉ cho các chất phản ứng, yêu cầu xác định hiện tượng và giải thích. Để làm được bài tập ở dạng 2 thì trước hết dựa vào đầu bài, phải xác định được: + Các chất phản ứng vừa hết( vừa đủ) với nhau, không có chất dư. + Trong các chất phản ứng, có một chất đã phản ứng hết, chất còn lại dư.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

21 II. Những điều cần lưu ý khi làm bài tập: - Ghi nhớ được tính chất vật lí của các loại chất( đặc biệt là trạng thái và màu sắc của chất). - Biết vận dụng tính chất của từng loại chất để giải thích. - Ngôn ngữ hóa học cần phải chính xác. - Khi đọc đầu bài cần phân tích rõ: Chất nào cho vào trước, chất nào cho vào sau, chất nào phản ứng trước, chất nào phản ứng sau? B. Bài tập minh họa: I. Dạng 1: Cho trước hiện tượng – Yêu cầu giải thích: 1. Cách trình bày: - Lần lượt từ một hiện tượng đầu bài cho, liên hệ đến những tính chất đã học (chủ yếu là tính chất hóa học) tìm ra nguyên nhân cụ thể. - Viết PTHH minh họa (ghi rõ điều kiện xảy ra phản ứng, trạng thái chất trong PTHH). 2. Các bài tập cụ thể: Bài 1. Trên bề mặt các hố nước vôi tôi lâu ngày thường có một lớp màng chất rắn. Hãy giải thích? Đáp án: Thành phần của nước vôi là dd Ca(OH)2, trong thành phần của không khí có chứa CO2. Chất rắn xuất hiện như một lớp màng mỏng trên mặt hố nước vôi là do xảy ra phản ứng: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 ↓ + H2O Bài 2. Tại sao khi đốt kim loại Fe, Al,... thì khối lượng chất rắn lại tăng lên còn khi nung đá vôi thì khối lượng chất rắn sau phản ứng lại giảm? Đáp án: - Khi đốt, kim loại đã hóa hợp với oxi tạo ra oxit( là chất rắn) làm cho khối lượng tăng lên: t0 3Fe + O2  → Fe3O4 t0 Hoặc: 4Al + 3O2  → 2Al2O3 - Khi nung đá vôi, đá vôi phân hủy thành CaO và khí CO2, khí CO2 thoát ra không khí, nên khối lượng chất rắn sau phản ứng sẽ giảm đi: t0 CaCO3  → CaO + CO2 ↑ Bài 3. Hãy giải thích ngắn gọn các vấn đề được nêu sau đây: a. Tại sao khi đi thám hiểm sâu vào các hang động thạch nhũ, các nhà thám hiểm luôn thấy ngạt thở? b. Nguyên nhân của hiện tượng mưa axit là gì? c. Tại sao khu dân cư đông đúc không nên đặt nhà máy sản xuất khí đất đèn? Đáp án: a. Khi đi thám hiểm sâu vào các hang động thạch nhũ, các nhà thám hiểm luôn thấy ngạt thở đó là do trong hang sâu tích tụ lượng khí CO2 lớn (vì khí CO2 nặng hơn không khí d CO /KK = 2

các hang sâu):

44 ≈ 1, 5 (lần) nên theo thời gian lượng khí CO2 tích tụ nhiều trong 29

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

22 b. Khói động cơ, khí thải từ các nhà máy công nghiệp có chứa SO2, NO2 ... trong không khí với tác động của 1 số tác nhân, SO2 tác dụng với khí Oxi và hơi nước trong không khí tạo ra axit sunfuric (xúc tác là oxit kim loại có trong khói, bụi hoặc ozon) : xt → 2SO3 2SO2 + O2  SO3 + H2O → H2SO4 NO2 tan vào nước mưa tạo thành axit: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 c. Nhà máy sản xuất khí đất đèn từ CaO và than đá sinh ra khí CO, CO là khí độc sẽ gây tác hại cho sức khỏe của con người. t0 CaO + 3C  → CaC2 + CO Bài 4. Hãy giải thích các hiện tượng được nêu sau đây: a. Tại sao đồ vật bằng bạc để lâu trong không khí vẫn giữ được ánh kim, nhưng nếu không khí bị nhiễm H2S thì đồ vật bằng bạc chuyển màu xám đen? b. Khi vô tình làm vỡ nhiệt kế thủy ngân, ta thường rắc bột lưu huỳnh vào chỗ có thủy ngân rơi vãi. Tại sao vậy? Đáp án: a. Đồ vật bằng bạc để lâu trong không khí vẫn giữ được ánh kim vì bạc không tác dụng với oxi trong không khí, nhưng nếu không khí bị nhiễm H2S thì đồ vật bằng bạc chuyển màu xám đen do phản ứng tạo thành Ag2S 4Ag + O2 + 2H2S → 2Ag2S + 2H2O b. Khi vô tình làm vỡ nhiệt kế thủy ngân rất độc (do bay hơi), không thể thu gom được vì thủy ngân phân tán thành những hạt rất nhỏ do đó người ta thường rắc bột lưu huỳnh vào chỗ có thủy ngân rơi vãi tạo thành HgS không bay hơi ta có thể thu gom dễ dàng. Hg + S → HgS Bài 5. Tại sao khi sửa dụng than để đun nấu, lại gây ô nhiễm môi trường? Đáp án: Khi đun, đốt than đã tác dụng với oxi làm giảm lượng oxi trong không khí, sản phẩm của phản ứng đốt cháy là khí CO2, CO... gây độc. t0 C + O2 (dư)  → CO2 ↑ (Khí CO2 gây hiệu ứng nhà kính) t0 2C + O2 (thiếu)  → 2CO ( Khí CO là khí độc) Bài 6. Cho Cl2 tan vào nước được dung dịch A. Lúc đầu dung dịch A làm mất màu quỳ tím, để lâu thì dung dịch A làm quỳ tím hóa đỏ. Hãy giải thích các hiện tượng trên? Đáp án: Lúc đầu dung dịch A làm mất màu quỳ tím do tạo ra HClO có tính oxi hóa mạnh và có tính tẩy màu. Cl2 + H2O HClO + HCl Sau đó để lâu HClO phân hủy, dung dịch A chỉ còn HCl nên làm quỳ tím hóa đỏ. 2HClO → 2HCl + O2 Bài 7. A là chất bột màu vàng, không tan trong nước. Đốt A trong không khí ta được khí B, tiếp tục đốt khí B được một chất rắn C. Ở nhiệt độ thấp, C tan trong nước được một dung dịch có tính axit. Dung dịch D đặc phản ứng được với kim loại đồng

FI CI A

23 tạo thành khí B, biết khí B nặng gấp đôi khí oxi. Xác định các chất A, B, C, D và viết PTHH xảy ra? Đáp án: Chất bột màu vàng không tan trong nước là: S, nên A là: S Đốt S trong không khí thu được khí mùi hắc là: SO2, nêu B là: SO2 SO2 sinh ra tác dụng với O2 tạo ra SO3, nên C là: SO3 SO3 tan trong nước tạo ra: H2SO4 t0 S + O2  → SO2 ↑ t0 2SO2 + O2  → 2SO3 ↑ SO3 + H2O → H2SO4 Cu + 2H2SO4(đn) → CuSO4 + SO2 ↑ + 2H2O

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

II. Dạng 2: Nêu hiện tượng và giải thích. 1. Các chất tham gia phản ứng vừa đủ (phản ứng xảy ra hoàn toàn). a. Các bước trình bày: - Nêu hiện tượng của các chất trước khi phản ứng( trạng thái, màu sắc, mùi vị....( tính chất vật lí của chất). - Hiện tượng xảy ra khi cho các chất bắt đầu tiếp xúc với nhau( trạng thái, màu sắc, mùi vị....) cho tới khi phản ứng kết thúc. - Giải thích hiện tượng xảy ra (chủ yếu là viết PTHH) b. Các bài tập cụ thể: Bài 8. Nêu hiện tượng và viết PTHH cho trường hợp sau: Cho Ba vào a) dung dịch NaCl; b) dung dịch (NH4)2SO4; c) dung dịch FeCl3. Đáp án: Hiện tượng chung ở 3 trường hợp: Kim loại tan, thoát khí không màu, không mùi: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑ a) Với dung dịch NaCl: Không có thêm hiện tượng nào khác. b) Với dung dịch (NH4)2SO4: Có thêm kết tủa trắng và khí mùi khai thoát ra. (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 ↓ + 2NH3 ↑ + 2H2O c) Với dung dịch FeCl3: Có thêm kết tủa màu nâu đỏ. 2FeCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3 ↓ + 3BaCl2 Bài 9. Nêu hiện tượng xảy ra, giải thích và viết phương trình khi: a. Cho một ít bột nhôm và mẩu natri vào nước. b. Thả một mẩu Na vào dung dịch CuSO4 Đáp án: a. Ban đầu Na nóng chảy thành giọt tròn nhỏ, chạy trên bề mặt nước và tan dần, có khí không màu thoát ra. 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ Sau đó vụn chất rắn trắng bạc tan dần, khí không màu thoát ra nhiều hơn, dung dịch không có màu. 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 +3H2 ↑

FI CI A

24 b. Ban đầu Na nóng chảy thành giọt tròn nhỏ, chạy trên bề mặt dung dịch muối và tan dần, có khí không màu thoát ra khỏi dung dịch, xuất hiện kết tủa xanh, dung dịch nhạt màu dần: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ 2NaOH + CuSO4 → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Bài 10. Chỉ rõ hiện tượng và giải thích trong từng trường hợp sau: a. Khi nấu canh cua. b. Khi vắt chanh vào nước đậu hoặc sữa đậu nành. c. Khi đốt một ít tóc hay móng tay. Đáp án: a. Khi nấu canh cua thấy xuất hiện các mảng gạch cua nổi lên trên mặt nước. Do các phân tử Protein trong nước cua bị đông tụ khi đun nóng. Chúng kết dính lại và nổi trên bề mặt nước canh cua. b. Nước đậu hoặc sữa đậu nành thành phần chính chứa các phân tử Protein hòa trong nước. Khi vắt chanh có độ chua (tính axit) là nguyên nhân gây ra sự đông tụ Protein, các phân tử Protein vón lại với nhau, lơ lửng trong nước. c. Khi đốt tóc, móng có mùi khét vì khi đốt các phân tử Protein cháy tạo ra chất bay hơi có mùi khét. Bài 11. 1. Nêu hiện tượng và viết PTHH xảy ra khi cho Na lần lượt vào các dung dịch sau đây: a) dung dịch CuSO4; b) dung dịch Al2(SO4)3; c) dung dịch Ca(OH)2; d) dung dịch Ca(HCO3)2; e) dung dịch NH4Cl. Đáp án Hiện tượng chung giống nhau ở các dung dịch: Kim loại nóng chảy thành giọt tròn chạy trên mặt nước, tan dẫn, có bọt khí thoát ra: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ a) Xuất hiện kết tủa xanh lơ, dung dịch nhạt màu dần CuSO4 + 2NaOH→ Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 b) Xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan ra (nếu NaOH có dư ). 6NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3 ↓ + 3Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O c) Không hiện tượng gì thêm d) Xuất hiện kết tủa trắng. 2NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O e) Có khí mùi khai. NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 ↑ + H2O ( do NH4OH không bền ) 2. Có chất dư trong quá trình phản ứng: a. Các bước trình bày: - Nêu hiện tượng của các chất trước khi phản ứng. - Chỉ ra những hiện tượng xảy ra khi cho các chất bắt đầu tiếp xúc.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

25 - Hiện tượng mới phát sinh khi còn chất dư. Lúc này, chất mới vừa sinh ra trong dung dịch có phản ứng tiếp với chất còn dư ban đầu không? Kết thúc quá trình phản ứng có hiện tượng gì? - Giải thích những hiện tượng vừa mới nêu ra (viết PTHH). b. Các bài tập cụ thể: Bài 12. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra khi cho từ từ dung dịch HCl, sục khí CO2 vào dung dịch NaAlO2 tới dư. Đáp án: Khi nhỏ dung dịch HCl: Đầu tiên xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan: NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3 ↓ + NaCl 3HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + 3H2O Khi sục khí CO2: Kết tủa càng tăng theo lượng CO2 thêm vào và không tan. NaAlO2 + CO2 +2 H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 Bài 13. Nêu hiện tượng xảy ra, giải thích và viết phương trình khi: Sục từ từ khí CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 đến dư, sau đó đun nóng dung dịch thu được. Đáp án: Ban đầu xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan dần và dung dịch trở lại trong suốt. Sau đó lại xuất hiện kết tủa trở lại và khí không màu thoát ra. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 t0 Ca(HCO3)2  → CaCO3 ↓ + CO2↑ + H2O Bài 14. Nêu hiện tượng xảy ra và viết PTHH cho các thí nghiệm sau: a) Cho từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl. b) Cho từ từ dung dịch HCl vào Na2CO3 . Hướng dẫn: Kết quả ở 2 thí nghiệm là khác nhau: - Nếu cho Na2CO3 vào HCl thì ban đầu HCl dư → có khí thoát ra ngay: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 ↑ Khi thêm dung dịch Na2CO3 có dư thì trong dung dịch không có chất nào phản ứng với nó. - Nếu cho dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 thì ban đầu Na2CO3 dư → nên không có khí thoát ra: Na2CO3 + HCl → NaCl + NaHCO3 Khi dung dịch HCl dư thì mới có CO2 thoát ra : NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 ↑ Bài 15. Nêu hiện tượng xảy ra cho mỗi trường hợp sau và giải thích: Hòa tan Fe bằng HCl và sục khí Cl2 đi qua hoặc cho KOH vào dung dịch và để lâu ngoài không khí. Đáp án: - Ban đầu có khí không màu thoát ra là do tạo khí H2, sau đó dung dịch dần chuyển màu vàng là do tạo ra FeCl3. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

26 Dung dịch dần kết tủa trắng xanh sau chuyển kết tủa nâu đỏ do để lâu ngoài không khí Fe(OH)2 chuyển thành Fe(OH)3. FeCl2 + 2KOH → Fe(OH)2 ↓ + 2KCl 4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 ↓ Bài 16. Tìm muối X vừa tác dụng với dung dịch HCl vừa tác dụng với dung dịch NaOH thỏa mãn từng điều kiện sau đây: a) Cả 2 phản ứng đều thoát khí. b) Phản ứng với HCl tạo khí, phản ứng với NaOH tạo kết tủa. c) Cả 2 phản ứng đều tạo kết tủa. Hướng dẫn : a) X phải là muối amoni vì tác dụng với kiềm có thoát khí. X tác dụng HCl sinh khí, nên phải mang gốc axit dễ phân hủy. Chọn (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + 2NH3 ↑ + 2H2O (NH4)2CO3 + 2HCl → 2NH4Cl + CO2 ↑ + 2H2O b) X là muối cacbonat và tạo kết tủa với NaOH nên phải là muối axit, chọn X: Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + 2NaOH → CaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O c) X tạo kết tủa với HCl, nên X có Ag+, chọn X: AgNO3. AgNO3 + HCl → AgCl ↓ + HNO3 2AgNO3 +2NaOH → NaNO3 + Ag2O ↓ + H2O (Vì AgOH kém bền, phân tích thành Ag2O và H2O) C. Bài tập vận dụng: Bài 1. Nêu hiện tượng xảy ra cho mỗi trường hợp sau và giải thích: a. Cho AgNO3 vào dung dịch AlCl3 và để ngoài ánh sáng. b. Đốt FeS2 cháy trong O2 dư và hấp thụ sản phẩm khí bằng nước Br2 hoặc bằng dung dịch H2S. Đáp án: a. Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng sau để ngoài ánh sáng bị hóa đen. 3AgNO3 + AlCl3 → 3AgCl ↓ + Al(NO3)3 2AgCl → 2Ag + Cl2 ↑ b. Ban đầu có khí không màu, mùi hắc thoát ra, sau đó dung dịch Br2 mất màu hoặc sau đó xuất hiện vẩn đục màu vàng. t0 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 SO2 + 2H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr SO2 + 2H2S → 3S ↓ + 2H2O Bài 2. Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH3 được dung dịch A. Hỏi màu của dung dịch, màu này biến đổi như thế nào trong mỗi trường hợp sau: a. Đun nóng dung dịch hồi lâu. b. Thêm axit HCl có số mol bằng số mol NH3 ban đầu. c. Thêm một ít Na2CO3 d. Thêm từ từ dung dịch AlCl3 tới dư. Đáp án: Vì dung dịch NH3 có tính bazơ nên khi nhỏ dung dịch phenolphtalein vào thì dung dịch có màu đỏ.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

27 a. Đun nóng lâu: Do NH3 bay hơi nên khi đun lâu thì dung dịch chỉ còn nước do đó màu đỏ của dung dịch sẽ nhạt dần cho đến mất màu lúc NH3 bay hơi hết. t0 NH4OH  → NH3 ↑ + H2O b. Thêm HCl vừa đủ: Lúc này dung dịch mang tính axit, mà NH3 đã phản ứng hết nên dung dịch không có màu. NH3 + HCl → NH4Cl c. Thêm Na2CO3: Không xảy ra phản ứng nhưng dung dịch có tính bazơ nên màu đỏ càng đậm hơn. d. Thêm dung dịch AlCl3 màu đỏ biến mất vì lúc này có AlCl3 dư, NH4Cl mang tính axit. AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ + 3NH4Cl Bài 3. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học (nếu có) a) Sục khí CO2 từ từ vào dung dịch nước vôi trong cho đến dư khí. b) Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 cho đến dư NaOH. c) Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3. Đáp án: - Xuất hiện kết tủa trắng sau đó kết tủa tan. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 Bài 4. Chất rắn A màu xanh lam, tan được trong nước tạo thành dung dịch, khi cho thêm NaOH vào dung dịch đó tạo ra kết tủa B màu xanh lam. Khi nung nóng chất B bị hoá đen. Nếu sau đó tiếp tục nung nóng sản phẩm trong dòng hyđro thì tạo ra chất C màu đỏ. Chất C tương tác với một axit vô cơ đậm đặc tạo ra dung dịch của chất A ban đầu. Xác định các chất A, B, C. Viết tất cả các phương trình phản ứng hoá học tương ứng . Đáp án: Chất A tan trong nước có màu xanh là: CuSO4.5H2O, chất B là Cu(OH)2, chất C là: CuO CuSO4 + 2 NaOH → Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 dd Xanh lam t0 Cu(OH)2  → CuO + H2O (đen) t0 CuO + H2  Cu + H2O → (đỏ) Cu + 2 H2SO4(đn) → CuSO4 + SO2 ↑ + 2H2O Bài 5. Có hiện tượng gì xảy ra khi cho kim loại Cu vào: a. Dung dịch NaNO3 + HCl. b. Dung dịch CuCl2 . c. Dung dịch Fe2(SO4)3 . d. Dung dịch HCl có O2 tan. Đáp án: a. Có khí không màu thoát ra và chuyển màu nâu, dung dịch tạo thành có màu xanh. NaNO3 + HCl ⇌ NaCl + HNO3 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO ↑ + 4H2O

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

28 8NaNO3 + 8HCl + 3Cu → 3Cu(NO3)2 + 8NaCl + 2NO ↑ + 4H2O 2NO + O2 → 2NO2 ↑ b. Không có hiện tượng gì và Cu vẫn còn nguyên. c. Mất màu vàng của dung dịch Fe2(SO4)3, chuyển màu xanh của dung dịch CuSO4 và Cu tan. Cu + Fe2(SO4)3 → CuSO4 + 2FeSO4 d. Cu tan thành dung dịch màu xanh. 2Cu + O2 + 4HCl → 2CuCl2 + 2H2O Bài 6. Có nên dùng xô chậu nhôm đề đựng vôi, nước vôi, vữa xây dựng không? Giải thích? Bài 7. Thả mảnh nhôm vào lần lượt các cốc đựng từng dung dịch sau: a. Dung dịch MgSO4 b. Dung dịch CuCl2 c. Dung dịch AgNO3 d. Dung dịch HCl Nêu hiện tượng và giải thích? Bài 8. Nêu hiện tượng, giải thích và viết PT khi cho: a. K vào dung dịch NaOH. b. Ca vào dung dịch Na2CO3. c. Ba vào dung dịch NaHSO4. d. K vào dung dịch AlCl3. Bài 9. Chất bột A là Na2CO3, chất bột B là NaHCO3. Nêu hiện tượng , giải thích và viết PT khi: a. Nung nóng A và B. b. Hòa tan A và B bằng dung dịch H2SO4. c. Cho CO2 lội qua dung dịch A và dung dịch B. d. Cho A và B tác dụng với dung dịch KOH. Bài 10. Nêu hiện tượng và giải thích trong mỗi trường hợp sau: a. Khi quạt gió vào bếp củi vừa mới tắt. b. Khi quạt gió vào ngọn nến đang cháy. Bài 11. Khi trộn dung dịch AgNO3 với dung dịch H3PO4 thì không thấy kết tủa xuất hiện. Nếu thêm dung dịch NaOH thì có kết tủa màu vàng, nếu thêm tiếp dung dịch HCl thì kết tủa màu vàng chuyển thành kết tủa màu trắng. Giải thích các hiện tượng bằng phản ứng hóa học. Bài 12. Hãy nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho KHSO4 lần lượt vào các cốc đựng sẵn : a) dung dịch Na2CO3 b) dung dịch (NH4)2CO3 c) dung dich BaCl2 d) dung dịch Ba(HCO3)

DẠ M

KÈ QU Y ƠN

FI CI A

30 CHUYÊN ĐỀ 3: NHẬN BIẾT - PHÂN BIỆT CÁC CHẤT.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Nguyên tắc và yêu cầu khi giải bài tập nhận biết: Cơ sở để giải bài tập này là dựa vào các tính chất khác nhau của từng chất. Vậy học sinh cần hiểu rõ về tính chất vật lý, tính chất hóa học của các chất, các loại hợp chất. Nguyên tắc: Dùng hóa chất thông qua phản ứng có hiện tượng xuất hiện để nhận biết các hóa chất đựng trong các bình mất nhãn. Phản ứng nhận biết: Phản ứng hóa học được chọn để nhận biết là phản ứng đặc trưng đơn giản, có hiện tượng rõ ràng (kết tủa, hòa tan, sủi bọt khí, mùi, thay đổi màu sắc). Hoặc có thể sử dụng một số tính chất vật lí (nếu như bài cho phép) như nung ở nhiệt độ khác nhau, hoà tan các chất vào nước. Trừ trường hợp đặc biệt, thông thường muốn nhận biết n hoá chất cần phải tiến hành (n – 1) thí nghiệm. Tất cả các chất được lựa chọn dùng để nhận biết các hoá chất theo yêu cầu của đề bài, đều được coi là thuốc thử. Lưu ý: Khái niệm phân biệt bao hàm ý so sánh (ít nhất phải có hai hoá chất trở lên) nhưng mục đích cuối cùng của phân biệt cũng là để nhận biết tên của một số hoá chất nào đó. II. Phương pháp làm bài: - Bước 1: Trích mẫu thử (Đánh số thứ tự tương ứng) - Bước 2: Chọn thuốc thử để nhận biết (Tùy theo yêu cầu của đề bài: thuốc thử không giới hạn, có giới hạn hay không dùng thuốc thử nào khác). - Bước 3: Cho thuốc thử vào mẫu thử, trình bày hiện tượng quan sát được (mô tả hiện tượng xảy ra) rút ra kết luận đã nhận biết được chất nào. - Bước 4: Viết phương trình phản ứng xảy ra khi nhận biết để minh họa. III. Các dạng bài tập thường gặp: - Nhận biết các hoá chất (rắn, lỏng, khí) riêng biệt. - Nhận biết các chất trong cùng một hỗn hợp. - Xác định sự có mặt của các chất (hoặc các ion) trong cùng một dung dịch. Tuỳ theo yêu cầu của bài tập mà trong mỗi dạng có thể gặp 1 trong các trường hợp sau: + Nhận biết với thuốc thử tự do (tuỳ chọn) + Nhận biết với thuốc thử hạn chế (có giới hạn) + Nhận biết không được dùng thuốc thử bên ngoài. 1. Đối với chất khí: - Khí CO2: Dùng dung dịch nước vôi trong có dư, hiện tượng xảy ra là làm đục nước vôi trong. - Khí SO2: Có mùi hắc khó ngửi, làm phai màu hoa hồng hoặc làm mất màu dung dịch nước Brôm hoặc làm mất màu dung dịch thuốc tím. SO2 + Br2 + 2H2O  → 2HBr + H2SO4 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 - Khí NH3: Có mùi khai, làm cho quỳ tím tẩm ướt hoá xanh.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

31 - Khí clo: Dùng dung dịch KI + Hồ tinh bột để thử clo làm dung dịch từ màu trắng chuyển thành màu xanh. Cl2 + KI  → 2KCl + I2 - Khí H2S: Có mùi trứng thối, dùng dung dịch Pb(NO3)2 để tạo thành PbS kết tủa màu đen. - Khí HCl: Làm giấy quỳ tẩm ướt hoá đỏ hoặc sục vào dung dịch AgNO3 tạo thành kết tủa màu trắng của AgCl. - Khí N2: Đưa que diêm đỏ vào làm que diêm tắt. - Khí NO ( không màu ): Để ngoài không khí hoá màu nâu đỏ. - Khí NO2 ( màu nâu đỏ ): Mùi hắc, làm quỳ tím tẩm ướt hoá đỏ. 4NO2 + 2H2O + O2  → 4HNO3 2. Nhận biết dung dịch bazơ (kiềm): Làm quỳ tím hoá xanh. - Nhận biết Ca(OH)2: Dùng CO2 sục vào đến khi xuất hiện kết tủa thì dừng lại. Dùng dung dịch Na2CO3 để tạo thành kết tủa màu trắng của CaCO3 - Nhận biết Ba(OH)2: Dùng dung dịch H2SO4 để tạo thành kết tủa màu trắng của BaSO4. 3. Nhận biết dung dịch axít: Làm quỳ tím hoá đỏ - Dung dịch HCl: Dùng dung dịch AgNO3 làm xuất hiện kết tủa màu trắng của AgCl. - Dung dịch H2SO4: Dùng dung dịch BaCl2 hoặc Ba(OH)2 tạo ra kết tủa BaSO4. - Dung dịch HNO3: Dùng bột Cu đỏ và đun ở nhiệt độ cao làm xuất hiện dung dịch màu xanh và có khí màu nâu thoát ra của NO2. - Dung dịch H2S: Dùng dung dịch Pb(NO3)2 xuất hiện kết tủa màu đen của PbS. - Dung dịch H3PO4: Dùng dung dịch AgNO3 làm xuất hiện kết tủa màu vàng của Ag3PO4. 4. Nhận biết các dung dịch muối: - Muối clorua: Dùng dung dịch AgNO3. - Muối sunfat: Dùng dung dịch BaCl2 hoặc Ba(OH)2. - Muối cacbonat: Dùng dung dịch HCl hoặc H2SO4. - Muối sunfua: Dùng dung dịch Pb(NO3)2. - Muối phôtphat: Dùng dung dịch AgNO3 hoặc dùng dung dịch CaCl2, Ca(OH)2 làm xuất hiện kết tủa mùa trắng của Ca3(PO4)2. 5. Nhận biết các oxit của kim loại: * Hỗn hợp oxit: hoà tan từng oxit vào nước (2 nhóm: tan trong nước và không tan) - Nhóm tan trong nước cho tác dụng với CO2: Nếu không có kết tủa: kim loại trong oxit là kim loại kiềm. Nếu xuát hiện kết tủa: kim loại trong oxit là kim loại kiềm thổ. - Nhóm không tan trong nước cho tác dụng với dung dịch bazơ: Nếu oxit tan trong dung dịch kiềm thì kim loại trong oxit là Be, Al, Zn, Cr.. Nếu oxit không tan trong dung dịch kiềm thì kim loại trong oxit là kim loại kiềm thổ. * Nhận biết một số oxit: - (Na2O; K2O; BaO) cho tác dụng với nước→ dd trong suốt, làm xanh quỳ tím.

32 - (ZnO; Al2O3) vừa tác dụng với dung dịch axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

- CuO tan trong dung dịch axit tạo thành đung dịch có màu xanh đặc trưng. - P2O5 cho tác dụng với nước → dd làm quỳ tím hoá đỏ. - MnO2 cho tác dụng với dd HCl đặc có khí màu vàng xuất hiện. - SiO2 không tan trong nước, nhưng tan trong dd NaOH hoặc dd HF. B. BÀI TẬP MINH HỌA: I. Dạng toán không giới hạn thuốc thử: 1. Nhận biết chất rắn: Bước 1: Thử tính tan trong nước. Bước 2: Thử bằng dung dịch axit (HCl, H2SO4, HNO3…) Bước 3: Thử bằng dung dịch kiềm. - Có thể dùng thêm lửa hoặc nhiệt độ, nếu cần. Bài 1: Bằng phương pháp hoá học hãy nhận biết các chất rắn riêng biệt sau: Na2O, CaO, Ag2O, Al2O3, Fe2O3, MnO2, CuO. Hướng dẫn giải Trích mỗi chất rắn 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhỏ từ từ H2O vào từng mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan tạo dung dịch trong suốt là Na2O Na2O + H2O → 2NaOH + Mẫu thử nào tan tạo dung dịch đục là CaO CaO + H2O → Ca(OH)2 ít tan + Không tan trong H2O là các mẫu thử còn lại - Nhỏ dung dịch HCl vào các mẫu thử còn lại + Mẫu thử nào tan tạo ↓ trắng là Ag2O Ag2O + 2HCl → 2AgCl↓ trắng + H2O + Mẫu thử nào tan tạo dung dịch màu vàng nhạt là Fe2O3 Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + H2O + Mẫu thử nào tan tạo dung dịch màu xanh là CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + 2H2O + Mẫu thử nào tan, có khí màu vàng lục là MnO2 MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2↑ vàng lục + 2H2O + Mẫu thử nào tan tạo dung dịch không màu là Al2O3 Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Bài 2: Bằng phương pháp hoá học hãy nhận biết các chất rắn riêng biệt sau: NaOH, KNO3, CaCO3, MgO, P2O5, BaSO4 Hướng dẫn giải Trích mỗi chất rắn 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhỏ từ từ H2O vào từng mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan là: NaOH, KNO3, P2O5 (nhóm 1) P2O5 + 3H2O →2H3PO4 + Mẫu thử nào không tan: CaCO3, MgO, BaSO4(nhóm 2) - Nhúng mẩu giấy quỳ tím vào từng mẫu thử ở nhóm 1: + Mẫu thử nào làm đổi màu giấy quỳ tím thành màu xanh là NaOH

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

33 + Mẫu thử nào làm đổi màu giấy quỳ tím thành màu đỏ là H3PO4 thì chất ban đầu là P2O5 + Mẫu thử không làm đổi màu quỳ tím là KNO3 - Nhỏ dung dịch HCl vào từng mẫu thử ở nhóm 2: + Mẫu thử có sủi bọt khí là CaCO3 CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O + Mẫu thử tan tạo dung dịch trong suốt là MgO MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O + Mẫu thử không phản ứng là BaSO4. Bài 3: Bằng phương pháp hoá học hãy nhận biết các kim loại sau: Al, Fe, Cu Hướng dẫn giải Trích mỗi kim loại 1 ít dùng làm mẫu thử - Nhỏ dung dịch axit HCl loãng vào từng mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào không tan là Cu. + Mẫu thử nào tan có hiện tượng sủi bọt khí không màu, không mùi là Al, Fe 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 - Cho dung dịch NaOH vào 2 mẫu thử còn lại: Al, Fe + Mẫu thử nào có hiện tượng sủi bọt khí không màu, không mùi là Al, 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 + Mẫu thử nào không có hiện tượng gì là Fe 2. Nhận biết dung dịch Một số lưu ý: - Nếu phải nhận biết các dung dịch mà trong đó có axit hoặc bazơ và muối thì nên dùng quỳ tím (hoặc dung dịch phenolphtalein) để nhận biết axit hoặc bazơ trước rồi mới nhận biết đến muối sau. - Nếu phải nhận biết các muối tan, thường nên nhận biết anion (gốc axit) trước, nếu không được thì mới nhận biết cation (kim loại hoặc amoni) sau. Bài 1: Cho 4 dung dịch mỗi dung dịch đựng trong một lọ mất nhãn sau: NaOH, BaCl2, Ba(OH)2, NaCl. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch. Viết phương trình hóa học minh họa. Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhúng quỳ tím vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào làm đổi màu giấy quỳ tím thành màu xanh là: NaOH, Ba(OH)2 (nhóm 1) + Mẫu thử nào không làm đổi màu giấy quỳ tím là: BaCl2, NaCl (nhóm 2) - Cho dung dịch Na2SO4 vào từng mẫu thử ở hai nhóm: + Nhóm 1: mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ba(OH)2, NaOH không phản ứng. Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + 2NaOH + Nhóm 2: mẫu tạo kết tủa trắng là BaCl2, NaCl không phản ứng. BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + 2NaCl Bài 2: Cho các dung dịch mỗi dung dịch đựng trong một lọ mất nhãn sau: KNO3, Cu(NO3)2, AgNO3, Fe(NO3)3. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết mỗi

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

34 dung dịch? Viết phương trình phản ứng xảy ra và ghi rõ điều kiện của phản ứng (nếu có). Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhỏ dung dịch NaOH vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào tạo kết tủa xanh chất ban đầu là Cu(NO3)2 Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ xanh + 2NaNO3 + Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng sau đó hóa đen chất ban đầu là AgNO3 2AgNO3 + 2NaOH → Ag2O ↓ đen + 2NaNO3 + H2O + Mẫu thử nào tạo kết tủa đỏ nâu chất ban đầu là Fe(NO3)3 Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3 ↓ đỏ nâu + 3NaNO3 + Mẫu thử nào không phản ứng là KNO3 Bài 3: Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất lỏng sau: HCl, H2SO4, HNO3, H2O bị mất nhãn. Hướng dẫn giải Trích mỗi chất một ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhúng giấy quỳ tím vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào không làm đổi màu giấy quỳ tím là H2O + Mẫu thử nào làm đổi màu giấy quỳ tím thành màu đỏ là HCl, H2SO4, HNO3 - Nhỏ dung dịch BaCl2 vào các mẫu thử còn lại + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là H2SO4. H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ trắng + 2HCl + Mẫu thử không có hiện tượng gì là: HNO3,HCl - Nhỏ dung dịch AgNO3 vào 2 mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là HCl HCl + AgNO3 → AgCl ↓ trắng + HNO3 + Mẫu thử nào không có hiện tượng là AgNO3 Bài 4: Trong phòng thí nghiệm có 8 lọ hóa chất mất nhãn đựng riêng biệt các dung dịch sau: NaCl, NaNO3, MgCl2, Mg(NO3)2, AlCl3, Al(NO3)3, CuCl2, Cu(NO3)2. Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết mỗi dung dịch? Viết phương trình phản ứng xảy ra và ghi rõ điều kiện của phản ứng (nếu có). Hướng dẫn giải Trích mỗi lọ một ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Cho dd AgNO3 lần lựơt vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng nhận ra các dd muối clorua: NaCl, MgCl2, AlCl3, CuCl2 + Mẫu thử không có hiện tượng phản ứng là các dd muối nitrat: NaNO3, Mg(NO3)2, Al(NO3)3, Cu(NO3)2 - Cho dd NaOH dư vào lần lượt các muối clorua: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2 MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ trắng + 2NaCl + Mẫu thử không có hiện tượng phản ứng NaCl + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa xanh nhận ra CuCl2 CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 ↓ xanh + 2NaCl + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan ra nhận ra AlCl3

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

35 AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ keo trắng + 3NaCl Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O - Nhận ra các dd muối nitrat: cũng làm tượng tự như vậy. 3. Nhận biết chất khí: Lưu ý: Khi nhận biết một chất khí bất kỳ, ta dẫn khí đó lội qua dung dịch hoặc sục khí đó vào dung dịch, hay dẫn khí đó qua chất rắn rồi nung … không làm ngược lại. Bài 1: Bằng phương pháp hoá học, hãy nhận biết các khí đựng trong các bình riêng biệt sau: CO, CO2, SO2, SO3, H2 Hướng dẫn giải - Sục từ từ lần lượt từng khí vào dung dịch BaCl2: + Khí nào tạo kết tủa trắng → nhận biết SO3 . SO3 + BaCl2 + H2O→ BaSO4 ↓ trắng + 2HCl - Sục lần lượt từng khí còn lại qua dung dịch nước brom: + Khí nào làm mất màu nước brom → nhận biết SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 - Các khí còn lại dẫn qua dung dịch nước vôi trong: + Khí nào làm đục nước vôi trong→ nhận biết CO2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 ↓ + H2O - Hai khí còn lại đốt trong oxi rồi dẫn sản phẩm qua dung dịch nước vôi trong. + Nếu khí làm đục nước vôi trong là CO2 → chất ban đầu là CO + Khí không phản ứng là H2O → chất ban đầu là H2. t 2CO + O2  → 2CO2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Bài 2: Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết từng khí có trong hỗn hợp sau: CO, CO2, H2S, H2 Hướng dẫn giải - Dẫn hỗn hợp khí lội qua dung dịch Pb(NO3)2 dư: + Khí nào tạo kết tủa đen → nhận ra khí H2S trong hỗn hợp. H2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ đen +2HNO3 - Khí còn lại gồm H2, CO, CO2 dẫn qua dung dịch nước vôi trong thấy có kết tủa → nhận ra khí CO2 trong hỗn hợp. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O - Đốt cháy hỗn hợp khí còn lại, làm lạnh để hơi nước ngưng tụ, nhận ra H2. Khí còn lại cho qua nước vôi trong thấy vẩn đục, nhận ra CO2 → khí ban đầu là CO. t 2CO + O2  → 2CO2 t 2H2 + O2 → 2H2O II. Dạng 2: Dạng bài tập có giới hạn thuốc thử Nguyên tắc: Dạng bài tập này dùng thuốc thử đã cho nhận biết được một trong vài chất cần nhận biết. Sau đó dùng lọ vừa tìm được cho phản ứng với các lọ còn lại để nhận biết các chất cần tìm. Bài 1: Chỉ dùng quỳ tím làm thuốc thử duy nhất hãy nhận biết các dung dịch sau: NaHSO4, Na2CO3, Na2SO3, BaCl2, Na2S Hướng dẫn giải 0

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

36 Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh dấu mẫu. - Cho quỳ tím lần lượt vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử làm đổi màu quỳ tím thành màu đỏ là NaHSO4 (Nhóm 1) + Mẫu thử không làm đổi màu giấy quỳ tím là BaCl2 (Nhóm 2) + Mẫu thử làm đổi màu quỳ tím thành màu xanh là: Na2CO3, Na2SO3, Na2S (Nhóm 3) - Cho mẫu thử ở nhóm 1(chứa NaHSO4) lần lượt vào các mẫu ở nhóm 3: + Mẫu thử nào sủi bọt khí mùi trứng thối là Na2S 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S ↑ mùi trứng thối + Mẫu thử nào sủi bọt khí mùi hắc là Na2SO3: 2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O + Mẫu thử nào sủi bọt khí không mùi là Na2CO3 : 2NaHSO4 + Na2CO3 → 2Na2SO4 + CO2 + H2O Bài 2: Có 5 lọ hóa chất mất nhãn là MgCl2, FeCl2, NH4NO3, Al(NO3)3 và Fe2(SO4)3. Hãy dùng một thuốc thử duy nhất để phân biệt được cả 5 loại hóa chất trên. Hướng dẫn giải - Trích mỗi lọ một ít làm các mẫu thử. Dùng dung dịch NaOH cho vào các mẫu thử, ta thấy: + Mẫu thử xuất hiện bọt khí có mùi khai nhận được lọ chứa NH4NO3. NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + NH3 ↑ mùi khai + H2O + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng nhận được lọ chứa MgCl2. MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ trắng + 2NaCl + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng xanh, hóa nâu trong không khí nhận được lọ chứa FeCl2. FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ trắng xanh + 2NaCl 4Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 ↓ đỏ nâu + Mẫu thử xuất hiện kết tủa đỏ nâu nhận được lọ chứa Fe2(SO4)3. Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3 ↓ đỏ nâu + 3Na2SO4 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa keo trắng, kết tủa tan là Al(NO3)3 Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3 ↓ keo trắng + 3NaNO3 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O Bài 3: Có ba gói bột màu trắng không ghi nhãn, mỗi gói chứa riêng rẽ hỗn hợp hai chất sau: Na2SO3 và K2SO3; NaCl và KCl; MgSO4 và BaCl2. Bằng phương pháp hóa học, làm thế nào phân biệt ba gói bột trên. Chỉ sử dụng nước và các dụng cụ cần thiết Hướng dẫn giải Trích mỗi gói bột 1 ít làm mẫu thử, đánh dấu mẫu. - Cho các mẫu lần lượt vào nước, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan và xuất hiện kết tủa trắng là hỗn hợp MgSO4 và BaCl2 MgSO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ trắng + MgCl2 + Mẫu thử thu được dung dịch là 2 hỗn hợp còn lại. - Lọc lấy dung dịch MgCl2 vừa tạo ra ở trên, trong dung dịch có thể có BaCl2 dư hoặc MgSO4 dư

FI CI A

K2CO3 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là hỗn hợp Na2SO3 và K2SO3: Na2SO3 + MgCl2 → MgSO3 ↓ trắng + 2NaCl MgCl2 → MgSO3 ↓ trắng + 2KCl K2SO3 +

37 - Cho dung dịch MgCl2 vào 2 dung dịch chứa hỗn hợp NaCl và KCl; Na2CO3 và

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

+ Mẫu thử không có hiện tượng gì là NaCl và KCl (Các phản ứng của BaCl2 với muối cacbonat hoặc của muối MgSO4 với muối cacbonat có thể xảy ra nếu các muối này còn dư) Bài 4: Chỉ dùng dung dịch HCl, bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết 6 lọ hóa chất đựng 6 dung dịch sau: FeCl3, KCl, Na2CO3, AgNO3, Zn(NO3)2, NaAlO2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự. - Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào 6 mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào có khí không màu, không mùi bay lên là dung dịch Na2CO3: 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2 ↑ + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là dung dịch AgNO3: HCl + AgNO3 → AgCl ↓ trắng + HNO3 + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan ra là NaAlO2 NaAlO2 + H2O + HCl → NaCl + Al(OH)3 ↓ keo trắng Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O + Ba mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là: FeCl3, KCl, Zn(NO3)2 - Nhỏ dung dịch AgNO3 vừa nhận biết được ở trên vào 3 mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa màu trắng là: FeCl3 và KCl PTPƯ: FeCl3 + 3AgNO3 → 3AgCl ↓ trắng + Fe(NO3)3 KCl + AgNO3 → AgCl ↓ trắng + KNO3 + Mẫu thử nào không có hiện tượng gì là: Zn(NO3)2 - Nhỏ dung dịch Na2CO3 nhận biết ở trên vào 2 mẫu thử đựng FeCl3 và KCl: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa đỏ nâu, và bọt khí là FeCl3 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 6NaCl + 3CO2 + 2Fe(OH)3 ↓ đỏ nâu + Không có hiện tượng gì là dung dịch KCl III. Dạng 3: Dạng bài tập không dùng bất kỳ thuốc thử nào khác. Nguyên tắc: + Dựa vào sự phân hủy bởi nhiệt của một số hợp chất, ta có thể dùng nhiệt độ để phân hủy muối như các gốc HCO3-, HSO3-... tạo ra các hiện tượng quan sát được như bọt khí, hay kết tủa .... + Trong trường hợp không sử dụng được sự phân hủy bởi nhiệt của một số chất có thể sử dụng các hóa chất trộn lẫn với nhau sau đó dựa vào bảng dấu hiệu để kết luận Bài 1: Hãy phân biệt các dung dịch CaCl2, HCl, Na2CO3, NaCl mà không dùng thuốc thử nào khác. Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Cho các mẫu thử lần lượt tác dụng với nhau theo từng đôi một, ta có kết quả như bảng sau:

38 CaCl2 -

HCl -

Na2CO3

NaCl Không có HT

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

CaCl2 ↓ HCl ↑ Na2CO3 ↓ ↑ NaCl Kết quả 1↓ 1↑ 1↓ ; 1↑ Từ kết quả bảng trên, nhận thấy: - Mẫu thử xuất hiện 1 khí thoát ra là HCl - Mẫu thử xuất hiện 1 kết tủa trắng là CaCl2 - Mẫu thử xuất hiện 1 khí thoát ra và 1 kết tủa trắng là Na2CO3. - Mẫu thử không có hiện tượng gì là NaCl. PTPƯ: 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ trắng + 2NaCl Bài 2: Không dùng thêm hóa chất nào khác, bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các dung dịch sau: NaCl, (NH4)2SO4, Ba(OH)2, và Ba(HCO3)2. Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Cho các mẫu thử lần lượt tác dụng với nhau theo từng đôi một, ta có kết quả như bảng sau: NaCl (NH4)2SO4 Ba(OH)2 Ba(HCO3)2 NaCl (NH4)2SO4 ↓; ↑ ↓ Ba(OH)2 ↓; ↑ ↓ Ba(HCO3)2 ↓ ↓ Kết quả Không có HT 2↓ ; 1↑ 2↓ ; 1↑ 2↓ Từ kết quả bảng trên, nhận thấy: - Mẫu thử không có hiện tượng gì là NaCl. - Mẫu thử xuất hiện 2 lần kết tủa là Ba(HCO3)2. - Mẫu thử xuất hiện 2 lần kết tủa và 1 khí thoát ra là (NH4)2SO4 và Ba(OH)2. PTPƯ: Ba(OH)2 + Ba(HCO3)2 → 2BaCO3 ↓ + 2H2O (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 ↓ + 2NH3 ↑ + 2H2O (NH4)2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + 2NH4HCO3 - Lọc lấy phần nước lọc ở trên (dd NH4HCO3), nhỏ lần lượt vài giọt dung dịch (NH4)2SO4 và Ba(OH)2 chưa nhận biết được vào phần nước lọc: + Mẫu thử thấy khí có mùi khai thoát ra là Ba(OH)2 + Mẫu thử không có hiện tượng gì là (NH4)2SO4 PTPƯ: 2NH4HCO3 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 + 2NH3 ↑ + 2H2O Bài 3: Có bốn lọ chứa riêng biệt dung dịch của 4 chất sau: NaOH, FeCl2, HCl, NaCl. Trình bày phương pháp hoá học để nhận biết các chất trên mà không dùng thêm chất nào khác. Hướng dẫn giải Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Cho các mẫu thử lần lượt tác dụng với nhau theo từng đôi một, ta có kết quả như bảng sau: NaOH FeCl2 HCl NaCl NaOH ↓ FeCl2 ↓ -

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

HCl NaCl Kết quả 1↓ 1↓ Không có HT Không có HT Từ kết quả bảng trên, nhận thấy: - Mẫu thử xuất hiện 1 kết tủa là NaOH và FeCl2 (nhóm I) - Mẫu thử không có hiện tượng gì là HCl và NaCl (nhóm II) PTPƯ: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3↓ - Lấy 1 trong 2 mẫu nhóm II cho vào kết tủa thu được ở trên: + Mẫu thử hoà tan kết tủa là HCl, không hoà tan kết tủa là NaCl. PTPƯ: 6HCl + 2Fe(OH)3 → 2FeCl3 + 3H2O - Trộn một ít dung dịch FeCl3 vừa tìm lần lượt với 2 mẫu nhóm I: + Mẫu thử có kết tủa đỏ nâu xuất hiện thì dung dịch NaOH . FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓đỏ nâu + 3NaCl + Còn lại là dung dịch FeCl2 Bài 4: Không dùng thêm thuốc thử, bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt 6 dung dịch chứa trong các lọ riêng biệt không nhãn gồm : H2SO4, Na2SO4, NaHCO3, MgSO4, Na2CO3, BaCl2 (Đề thi GVDG tỉnh Hòa Bình năm học 2019-2020) Hướng dẫn giải C1: Trích mẫu hóa chất cần nhận biết đung nhẹ 6 dung dịch trên ngọn lửa đèn cồn thấy: - Một ống nghiệm xuất hiện bọt khí không mầu là NaHCO3 2NaHCO3→Na2CO3 + CO2 + H2O - 5 dung dịch còn lại không có hiện tượng gì - Nhỏ từ từ dung dịch NaHCO3 vào 5 dung dịch thấy hiện tượng: + một dung dịch xuất hiện khí không mầu là H2SO4 2NaHCO3 + H2SO4 →Na2SO4 + CO2 + 2H2O + 4 dung dịch còn lại không có hiện tượng :Na2SO4, MgSO4, Na2CO3, BaCl2 - Nhỏ dung dịch H2SO4 vào 4 dung dịch còn lại : + một dung dịch xuất hiện kết tủa trắng là BaCl2 BaCl2 + H2SO4 →BaSO4 + 2H2O + một dung dịch xuất hiện khí không mầu là Na2CO3 Na2CO3 + H2SO4 →Na2SO4 + CO2 + 2H2O + 2 dung dịch còn lại không có hiện tượng là MgSO4 và Na2SO4 - Nhỏ từ từ dung dịch Na2CO3 vào hai dung dịch còn lại thấy : + một dung dịch xuất hiện kết tủa trắng là MgSO4 Na2CO3 + MgSO4 →MgCO3 + Na2SO4 + dung dịch còn lại không có hiện tượng gì là Na2SO4 C2 : Ngoài cách làm trên cũng có thể Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử và đánh số thứ tự. Cho các mẫu thử lần lượt tác dụng với nhau theo từng đôi một, sau đó đựa vào bảng dấu hiệu để kết luận chất C. BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài 1. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các chất rắn sau: a. NaOH, K2CO3, AlCl3, FeSO4, CaSO4, MgCl2. b. Na2CO3, CaCO3, CaSO3, PbSO4, PbS.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

40 Bài 2. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các gói bột sau: a. Có 5 gói bột: CuO, FeO, MnO2, Ag2O, (Fe + FeO) b. Có 8 gói bột: Na2O, CaO, Ag2O, Al2O3, Fe2O3, MnO2, CuO, CaC2. Bài 3. Trình bày phương pháp hoá học để nhận biết từng khí: a. NH3, Cl2, SO2, CO2. b. NH3, H2S, Cl2, NO2, NO. c. O2, O3, SO2, H2, N2. Bài 4: Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết các kim loại sau: a. Mg, Ag, Fe, Al. b. Al, Zn, Cu, Fe. Bài 5: Cho 5 mẫu kim loại Ba, Mg, Fe, Ag, Al. Nếu chỉ dùng dung dịch axit H2SO4 loãng (không dùng thêm bất cứ hóa chất nào khác kể cả quỳ tím, nước nguyên chất), có thể nhận biết được những kim loại nào? Bài 6: Ba cốc mất nhãn đựng ba hỗn hợp dung dịch: - Hỗn hợp dung dịch 1: NaHCO3 và Na2CO3 - Hỗn hợp dung dịch 2: Na2CO3 và Na2SO4 - Hỗn hợp dung dịch 3: NaHCO3 và Na2SO4. Chỉ được dùng thêm hai thuốc thử hãy nhận biết hỗn hợp chất chứa trong mỗi cốc. Bài 7: Cho các lọ chứa các dung dịch (riêng biệt): NH4Cl; Zn(NO3)2; (NH4)2SO4; NaCl; phenolphtalein; Na2SO4; HCl bị mất nhãn. Chỉ dùng thêm dung dịch Ba(OH)2 làm thuốc thử để nhận biết các dung dịch đã cho? Viết các phương trình phản ứng hóa học minh họa. Bài 8: Dùng thêm một thuốc thử duy nhất nhận biết các dung dịch: a. MgCl2, AlCl3, FeCl2, FeCl3, CuCl2, NaCl, NH4Cl, (NH4)2SO4. b. KOH, ZnCl2, NaCl, MgCl2, AgNO3, HCl, HI. c. Ba hỗn hợp riêng biệt (Al và Fe); (Al và Al2O3 ); (Fe và Al2O3 ) Bài 9: Chỉ dùng thêm một kim loại, hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ riêng biệt sau: HCl, HNO3, NaOH, AgNO3, NaNO3, HgCl2. Bài 10: Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (với các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Bài 11: Có 5 gói bột trắng là KNO3, K2CO3, K2SO4, BaCO3, BaSO4. Chỉ được dùng thêm nước, khí cacbon đioxit và các dụng cụ cần thiết. Hãy nhận biết từng chất bột trắng nói trên Bài 12: Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch NaOH 0,1M và dung dịch Ba(OH)2 0,1M. Chỉ dùng thêm dung dịch HCl và phenolphtalein. Bài 13: Chỉ được dùng quì tím, hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ riêng biệt sau: a. H2SO4, MgCl2, Ba(NO3)2, K2SO3, Na2CO3 và K2S. b. NaHSO4 , Na2CO3 , Na2SO3, BaCl2 , Na2S. Bài 14: Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các dung dịch riêng biệt trong các trường hợp sau:

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

41 a. Dung dịch AlCl3 và dung dịch NaOH (không dùng thêm hóa chất). b. Dung dịch Na2CO3 và dung dịch HCl (không dùng thêm hóa chất). Bài 15: Không dùng thuốc thử nào khác hãy phân biệt các lọ dung dịch riêng biệt sau: a. MgCl2, NaOH, NH4Cl, H2SO4, KCl. b. NaCl, NaOH, H2SO4 , HCl, Ba(OH)2, MgSO4 c. NaCl, NaOH, NaHSO4, Ba(OH)2, Na2CO3. d. KOH, MgCl2, ZnCl2, HCl, KCl Hướng dẫn giải Bài 1. Nhận biết các chất rắn: a. NaOH, K2CO3, AlCl3, FeSO4, CaSO4, MgCl2 Trích mỗi chất rắn 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Hoà tan các mẫu thử vào H2O, nhận thấy: + Mẫu thử nào không tan là CaSO4 + Mẫu thử nào tan là NaOH, K2CO3, AlCl3, FeSO4, MgCl2 - Cho từ từ dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào các mẫu thử trên: + Mẫu thử nào có kết tủa trắng sau tan dần là Al(NO3)3. 2Al(NO3)3 + 4Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 3Ba(NO3)2 + 4H2O + Mẫu thử nào kết tủa trắng xanh chuyển sang đỏ nâu là FeCl2. FeSO4 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2 ↓ trắng xanh + BaSO4 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4 Fe(OH)2 ↓ đỏ nâu + Mẫu thử không có hiện tượng gì là NaOH. + Mẫu thử nào có kết tủa trắng không tan là MgCl2 và K2CO3. MgCl2 + Ba(OH)2 → Mg(OH)2 ↓ + BaCl2 K2CO3 + Ba(OH)2 → 2KOH + BaCO3 ↓ - Thêm tiếp HCl vào hai mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào có khí thoát ra là K2CO3 BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 ↑ + H2O + Mẫu thử không có hiện tượng gì là MgCl2 b. Na2CO3, CaCO3, CaSO3, PbSO4, PbS. Trích mỗi chất rắn 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Hoà tan các mẫu thử vào H2O, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan là Na2CO3. + Mẫu thử nào không tan là CaCO3, CaSO3, PbSO4, PbS. - Sục CO2 dư vào các mẫu thử còn lại : Mẫu thử nào tan ra là CaCO3 CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 - Sục SO2 dư vào các mẫu thử còn lại: Mẫu thử nào tan ra là CaSO3. CaSO3 + SO2 + H2O → Ca(HSO3)2 - Lấy hai chất còn lại không tan cho tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng + Mẫu thử nào tan có khí thoát ra là PbS. PbS + 8HNO3 → Pb(NO3)2 + SO2 ↑ + 6NO2 ↑ nâu đỏ + 4H2O + Mẫu thử còn lại là PbSO4.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 2: a. CuO, FeO, MnO2, Ag2O, (Fe+FeO) Trích mỗi gói bột 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Nhỏ từng giọt dd HCl đặc vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào xuất hiện dd có màu xanh thẫm là CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O + Mẫu thử nào xuất hiện khí có màu vàng lục thoát ra và có mùi hắc là MnO2. MnO2 + 4HCl(đặc) → MnCl2 + Cl2 ↑ vàng lục + 2H2O + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa có màu trắng là Ag2O Ag2O + 2HCl → 2AgCl ↓ + H2O + Mẫu thử nào xuất hiện sủi bọt khí không màu là (Fe+FeO) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O + Mẫu thử xuất hiện dd màu vàng nhạt là Fe3O4. Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O b. Na2O, CaO, Ag2O, Al2O3, Fe2O3, MnO2, CuO, CaC2. Trích mỗi gói bột 1 ít dùng làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Hòa tan các mẫu thử trên vào H2O, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan có vẩn đục là CaO CaO + H2O → Ca(OH)2 + Mẫu thử nào tan là Na2O Na2O + H2O → 2NaOH + Mẫu thử nào tan có khí thoát ra là CaC2 CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 ↑ + Mẫu thử không tan là: Ag2O, Al2O3 , Fe2O3, MnO2 , CuO. - Cho dung dịch NaOH dư vào các mẫu thử không tan: + Mẫu thử nào tạo kết tủa keo trắng, rồi tan là Al2O3 Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O + Còn lại là Ag2O, CuO, MnO2 và Fe2O3. - Cho dung dịch HCl vào các mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào tạo dung dịch màu xanh là CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O + Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng là Ag2O Ag2O + 2HCl → 2AgCl ↓ + H2O + Mẫu thử nào có khí màu vàng lục thoát ra là MnO2 MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O + Mẫu thử chỉ tạo dung dịch là Fe2O3 Bài 3. a. NH3, Cl2, SO2, CO2. - Sục từ từ lần lượt từng khí vào bình chứa dung dịch CuSO4 cho tới dư: + Khí nào tạo kết tủa trắng xanh, sau đó tan ra tạo dung dịch xanh lam là NH3. CuSO4 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4 Cu(OH)2↓ + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2

43 - Sục các khí còn lại qua dung dịch HBr khí nào làm dung dịch hoá nâu là khí Cl2.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Cl2 + 2HBr → Br2 + 2HCl - Sục hai khí còn lại qua dung dịch nước Br2, khí làm mất màu dung dịch là SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4 - Còn lại là CO2. b. NH3, H2S, Cl2, NO2, NO. - HD: Nhận ra NH3 làm xanh quỳ tím ẩm, Cl2 làm mất màu quỳ tím ẩm, H2S tạo kết tủa đen với Cu(NO3)2,. Nhận ra NO bị hóa nâu trong không khí, NO2 màu nâu và làm đỏ quỳ tím ẩm. Có thể dùng dung dịch Br2 để nhận ra H2S do làm mất màu nước Br2: H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr . c. O2, O3, SO2, H2, N2. - HD: Để nhận biết O3 thì dùng giấy tẩm dung dịch ( hồ tinh bột + KI ) → dấu hiệu: giấy → xanh. 2KI + O3 + H2O → 2KOH + I2 + O2 ( I2 làm hồ tinh bột → xanh ). Bài 4: a. Mg, Ag, Fe, Al. Trích mỗi kim loại 1 ít dùng làm mẫu thử , đánh số thứ tự. - Nhỏ dung dịch NaOH vào mỗi mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào tan và xuất hiện sủi bọt khí là Al. 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 ↑ + Mẫu thử nào không tan là Ag, Fe, Mg. - Dùng dd HCl nhỏ vào 3 mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào tan và xuất hiện sủi bọt khí là Fe,Mg(nhóm I) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 ↑ + Mẫu thử không tan là Ag. - Dùng dd NaOH cho vào dung dịch sản phẩm của nhóm I: + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng thì ban đầu là Mg. MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa màu xanh nhạt thì ban đầu là Fe. FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl b. Tương tự phần a Bài 5: Trích mỗi kim loại 1 ít làm mẫu thử , đánh số thứ tự. - Nhỏ dung dịch H2SO4 loãng (dư) vào các mẫu thử. + Mẫu thử nào tan là Ag + Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng và có bọt khí thoát ra là Ba Ba + H2SO4 → BaSO4 ↓ trắng + H2↑ + Mẫu thử nào tạo khí và không tạo kết tủa trắng là Mg, Al Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2↑ 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑ Thu lấy 2 dung dịch muối tương ứng là : MgSO4 và Al2(SO4)3

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

44 - Cho kim loại Ba vào dung dịch H2SO4 loãng đến khi kết tủa không tăng thêm, ta tiếp tục cho thêm 1 lượng Ba để xảy ra phản ứng : Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2↑ - Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch Ba(OH)2. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào các dung dịch muối MgSO4 và Al2(SO4)3 + Trường hợp xuất hiện kết tủa trắng tan một phần trong dung dịch Ba(OH)2 dư là dung dịch Al2(SO4)3, suy ra kim loại tương ứng là Al. 4Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 ↓ trắng + Ba(AlO2)2 + 4H2O + Trường hợp xuất hiện kết tủa trắng hoàn toàn không tan trong dung dịch Ba(OH)2 dư là dung dịch MgSO4, suy ra kim loại tương ứng là Mg. Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 ↓ trắng + Mg(OH)2 ↓ trắng Bài 6: Trích mỗi hỗn hợp dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự. - Cho dung dịch BaCl2 vào cả ba cốc, nhận thấy cả 3 cốc đều xuất hiện kết tủa. Dung dịch 1: Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 ↓ + 2NaCl Dung dịch 2: Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 ↓ + 2NaCl Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2NaCl Dung dịch 3: Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2NaCl - Lọc lấy kết tủa và cho kết tủa ở mỗi cốc tác dụng với dung dịch HCl: + Cốc tạo bọt khí và kết tủa tan hoàn toàn là cốc chứa dung dịch 1 BaCO3 + 2HCl → H2O + CO2↑ + BaCl2. + Cốc tạo bọt khí và kết tủa tan một phần là cốc chứa dung dịch 2 BaCO3 + 2HCl → H2O + CO2↑ + BaCl2. BaSO4 không tác dụng với HCl + Cốc không tan là cốc chứa dung dịch 3 BaSO4 không tác dụng với HCl Bài 7: Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Dùng dung dịch Ba(OH)2 dư cho vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử xuất hiện khí mùi khai là NH4Cl 2NH4Cl + Ba(OH)2 → 2NH3↑ + BaCl2 + 2H2O + Mẫu thử xuất hiện khí mùi khai và ↓ trắng là (NH4)2SO4 (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → 2NH3↑ + BaSO4 ↓ + 2H2O + Mẫu thử xuất hiện ↓ trắng là Na2SO4 Na2SO4 + Ba(OH)2 → 2NaOH + BaSO4 ↓ + Mẫu thử xuất hiện dung dịch có màu hồng là phenolphtalein + Mẫu thử xuất hiện ↓ , sau đó ↓ tan là Zn(NO3)2 Zn(NO3)2 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + Zn(OH)2 ↓ Zn(OH)2 + Ba(OH)2 → Ba[Zn(OH)4] (hoặc BaZnO2 + H2O) + Còn lại 2 mẫu thử dd HCl và NaCl - Lấy một ít dd (Ba(OH)2 + pp) cho vào 2 ống nghiệm. Sau đó cho từ từ từng giọt dd HCl/NaCl vào hai ống nghiệm: + Ống nghiệm mất màu hồng sau một thời gian là dd HCl + Ống nghiệm vẫn giữ được màu hồng là dd NaCl Bài 8. a. Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

45 - Cho dung dịch Ba(OH)2 từ từ tới dư vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng sau đó tan dần là AlCl3. 2AlCl3 + 4Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 3BaCl2 + 4H2O + Mẫu thử xuất hiện kết tủa đỏ nâu là FeCl3. 2FeCl3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3 ↓ + 3BaCl2 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng xanh chuyển sang đỏ nâu là FeCl2. FeCl2 + Ba(OH)2 → Fe(OH)2 ↓ + BaCl2 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 ↓ + Mẫu thử xuất hiện kết tủa xanh là CuCl2. CuCl2 + Ba(OH)2 → Cu(OH)2 ↓ + BaCl2 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng không tan và khí thoát ra là (NH4)2SO4. (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 → 2NH3↑ + BaSO4 ↓ + 2H2O + Mẫu thử xuất hiện khí thoát ra và không có kết tủa là NH4Cl. 2NH4Cl + Ba(OH)2 → 2NH3↑ + BaCl2 + 2H2O - Còn lại là NaCl. b. Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Cho dung dịch FeCl3 lần lượt vào các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là AgNO3 3AgNO3 + FeCl3 → 3AgCl ↓ trắng + Fe(NO3)3 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa đỏ nâu là KOH 3KOH + FeCl3 → 3KCl + Fe(OH)3 ↓ đỏ nâu - Cho dung dịch KOH dư vào các mẫu thử còn lại: + Mẫu thử xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan là ZnCl2 4KOH + ZnCl2 → 2KCl + K2ZnO2 + 2H2O + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2 2KOH + MgCl2 → 2KCl + Mg(OH)2 ↓ trắng - Cho dung dịch AgNO3 tác dụng với hai mẫu thử còn lại: + Mẫu thử xuất hiện kết tủa vàng da cam là dung dịch HI AgNO3 + HI →AgI ↓ vàng da cam + HNO3 + Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là HCl AgNO3 + HCl → AgCl ↓ trắng+ HNO3 c. Trích mỗi hỗn hợp 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự - Cho dd NaOH dư vào lần lượt 3 mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử nào có khí bay ra và có một chất không tan là (Al và Fe) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 ↑ + Mẫu thử nào có khí bay ra và hỗn hợp tan hết là (Al và Al2O3) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 ↑ Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O + Mẫu thử có tan nhưng không có khí bay ra là (Fe và Al2O3) Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O Bài 9. Trích mỗi dung dịch 1 ít làm mẫu thử, đánh số thứ tự

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

46 - Cho kim loại Cu làm thuốc thử vào lần lượt các mẫu thử, nhận thấy: + Mẫu thử có khí không màu thoát ra, để ngoài không khí hoá nâu là HNO3 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O 2NO + O2 → 2NO2 (màu nâu) + Mẫu thử nào tạo ra dung dịch màu xanh là AgNO3 và HgCl2 Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag↓ Cu + HgCl2 → CuCl2 + Hg↓ - Dùng dung dịch Cu(NO3)2 tạo ra ở trên cho vào các mẫu còn lại: mẫu tạo kết tủa xanh lơ là NaOH Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaNO3 - Lọc lấy kết tủa Cu(OH)2 và cho vào các mẫu còn lại: + Mẫu thử nào làm cho kết tủa tan ra là HCl Cu(OH)2 + 2HCl → CuCl2 + 2H2O + Còn lại là NaNO3. - Dùng dd HCl để phân biệt 2 mẫu (AgNO3 với HgCl2) + Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa trắng là AgNO3 AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 + Còn lại HgCl2 không phản ứng. Bài 10: Trích một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất làm mẫu thử rồi đánh số thứ tự. - Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các mẫu thử + Mẫu thử nào làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Mẫu thử không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. - Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dd có màu hồng ở trên vào 4 mẫu thử còn lại: + Mẫu thử nào làm mất màu hồng là các dd axit HCl và H2SO4(Nhóm I) NaOH + HCl → NaCl + H2O 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + Mẫu thử nào không làm mất màu hồng là dd BaCl2 và Na2SO4(Nhóm II) - Nhỏ lần lượt các mẫu nhóm I vào lần lượt các mẫu nhóm II: + Mẫu thử nào có tạo kết tủa trắng thì dung dịch ở nhóm I là H2SO4, nhóm II BaCl2 H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ trắng + 2HCl + Mẫu thử không có hiện tượng gì thì dung dịch ở nhóm I là HCl, nhóm II Na2SO4 Bài 11: Trích mẫu thử - Hòa tan lần lượt các mẫu thử vào nước: Hai mẫu không tan là BaCO3 và BaSO4, ba mẫu tan là KNO3, K2CO3 và K2SO4. - Sục khí CO2 vào 2 ống nghiệm chứa 2 mẫu không tan: Mẫu tan là BaCO3 mẫu không tan là BaSO4: BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 - Lấy dung dịch Ba(HCO3)2 thu được cho vào 3 mẫu muối kali tan: Dung dịch không tạo kết tủa trắng là KNO3: K2CO3 + Ba(HCO3)2 → BaCO3 ↓ + 2KHCO3 K2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4 ↓ + 2KHCO3 Bài 12: - Trích mẫu thử

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

47 Đong lấy hai thể tích NaOH và Ba(OH)2 ( sao cho thể tích bằng nhau, đều bằng V); cho vào 2 ống nghiệm, nhỏ vài giọt phenolphtalein cho vào 2 ống nghiệm, đánh số 1, 2 Sau đó lấy dung dịch HCl nhỏ từ từ vào từng ống nghiệm đến khi bắt đầu mất màu hồng thì dừng lại: Đo thể tích dung dịch HCl đã dùng; với ống nghiệm 1 cần V1(l) dd HCl; với 2 cần V2(l) dd HCl + Nếu V2> V1 => Ống 1 đựng Ba(OH)2; ống 2 đựng NaOH + Nếu V2<V1 => Ống 2 đựng Ba(OH)2; ống 1 đựng NaOH Giải thích: HCl + NaOH → NaCl + H2O 0,1V ← 0,1V 2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O 0,2V ← 0,1V Bài 13: a. Nhận biết được mẫu thử làm quì tím hóa đỏ là H2SO4 - Nhóm không làm đổi màu quì tím là : MgCl2, Ba(NO3)2 (nhóm 1) - Nhóm làm quì tím đổi thành xanh là: K2SO3, Na2CO3, K2S (nhóm 2) - Dùng axit H2SO4 vừa nhận biết được ở trên nhỏ vào các mẫu thử ở nhóm 1 và nhóm Ở nhóm 1, mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng là Ba(NO3)2, mẫu thử không có hiện tượng gì là MgCl2. Ba(NO3)2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2HNO3 - Ở nhóm 2, mẫu thử xuất hiện chất khí mùi trứng thối là K2S K2S + H2SO4 → K2SO4 + H2S↑ - Mẫu thử xuất hiện khí mùi hắc là K2SO3 K2SO3 + H2SO4 → K2SO4 + SO2↑ + H2O - Mẫu thử xuất hiện khí không mùi là Na2CO3 Na2CO3 + H2SO4 → Na2SO4 + CO2↑ + H2O - Mẫu thử tạo khí mùi trứng thối và kết tủa trắng là BaS BaS + H2SO4 → H2S + BaSO4 . - Mẫu thử vừa tạo khí mùi sốc vừa tạo kết tủa vàng với H2SO4 loãng là Na2S2O3 Na2S2O3 + H2SO4→ S + SO2 + Na2SO4 + H2O. - Mẫu thử tạo khí không màu không mùi với H2SO4 loãng là Na2CO3 Na2CO3 + H2SO4→ CO2 + Na2SO4 + H2O - Mẫu thử tạo khí không màu hóa nâu trong không khí là Fe(NO3)2. 3Fe2+ + 4H+ + NO 3− →3Fe3+ + NO + 2H2O. 2NO + O2→ 2NO2 Còn lại là Na2SO4. b.- Nhận NaHSO4 = quỳ tím --> đỏ - Nhỏ NaHSO4 vào các mẫu thử còn lại. NaHSO4 + Na2CO3 --> Na2SO4 + H2O + CO2 NaHSO4 + Na2SO3 --> Na2SO4 + H2O + SO2 NaHSO4 + Na2S --> Na2SO4 + H2S + Nhận ra Na2CO3 ; có khí không mầu, không mùi. + Nhận ra Na2SO3 ; có khí mùi hắc. + Nhận ra Na2S ; có mùi trứng thối.

QU Y

ƠN

FI CI A

- còn lại dung dịch BaCl2. Bài 14: a. Trích mỗi dung dịch một ít làm mẫu thử đánh số mẫu 1, mẫu 2: - Nhỏ từ từ đến dư mẫu 1 vào mẫu 2 + Nếu thấy ban đầu có kết tủa keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt thì mẫu 1 là NaOH, mẫu 2 là AlCl3; + Nếu ban đầu không có kết tủa sau đó mới có kết tủa thì, mẫu 1 là AlCl3; mẫu 2 là NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl PTPƯ: AlCl3 + 3NaOH  → NaAlO2 + 2H2O Al(OH)3 + NaOH  → NaAlO2 + 3NaCl+ 2H2O AlCl3 + 4NaOH  → 4Al(OH)3↓ + 3NaCl AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O  b. Trích mẫu thử, đánh số 1, 2 Nhỏ từ từ 1 vào 2 nếu có khí bay ra luôn thì 1 là Na2CO3 và 2 là HCl; ngược lại nếu không có khí bay ra ngay thì 1 là HCl và 2 là Na2CO3, vì - Khi nhỏ từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 thì có phản ứng Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 ↑+ H2O. - Khi nhỏ từ từ dung dịch Na2CO3 vào dung dịch HCl có phản ứng Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O Bài 15: a. Lấy mỗi lọ một ít dung dịch để làm mẫu thử, mỗi lần nhỏ 1 dung dịch vào mẫu thử của 4 dung dịch còn lại, sau 5 lần thí nghiệm các hiện tượng đươc ghi nhận vào bảng kết quả sau:

Chất nhỏ vào mẫu MgCl2 thử MgCl2

KÈ

NaOH NH4Cl KCl H2SO4 Kết luận

NaOH ↓

↓ -

↑ -

1↓

1↓ , 1↑

NH4Cl ↑ 1↑

KCl

H2SO4 -

Không hiện tượng

DẠ

* Kết quả: - Tạo kết tủa trắng, mẫu thử đó là MgCl2. - Tạo kết tủa trắng và khí có mùi khai bay ra, mẫu thử đó là NaOH. - Tạo khí có mùi khai, mẫu thử đó là NH4Cl. - Còn 2 mẫu thử không có hiện tượng, lấy kết tủa Mg(OH)2 cho vào, mẫu thử nào làm tan kết tủa là H2SO4. - Mẫu còn lại là KCl.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

* Các phương trình phản ứng: MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3↑ + H2O Mg(OH)2 + H2SO4 → MgSO4 + 2H2O b. Lấy mẫu thử các chất ở từng lọ vào các ống nghiệm và đánh số thứ tự tương ứng với các lọ. * Nhận biết các cặp chất: Ba(OH)2 và MgSO4, H2SO4 và NaOH, là NaCl và HCl Lần lượt cho các dung dịch vào với nhau và thấy : - 2 dung dịch có 2 lần tạo kết tủa, đó là Ba(OH)2 và MgSO4, do có các p.ư Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2H2O (1) Ba(OH)2 + MgSO4 BaSO4 + Mg(OH)2 (2) Na2SO4 + Mg(OH)2 (3) 2NaOH + MgSO4 - 2 dung dịch có 1 lần tạo kết tủa, đó là H2SO4 và NaOH, do có phản ứng (1) và(3). - 2 dung dịch không tạo kết tủa, đó là NaCl và HCl * Nhận biết HCl, NaOH, H2SO4, NaCl : Lấy 2 dung dịch không tạo kết tủa ở trên lần lượt cho vào kết tủa của 2 dung dịch có 1 lần tạo kết tủa. Trường hợp dung dịch cho vào làm tan một kết tủa thì dung dịch cho vào là HCl, dung dịch có 1 lần tạo kết tủa là NaOH , vì : Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O (4) Dung dịch có 1 lần tạo kết tủa còn lại là H2SO4 (ở đây kết tủa không tan). Dung dịch cho vào không làm tan kết tủa nào là dung dịch NaCl. * Nhận biết Ba(OH)2, MgSO4 : Lấy dung dịch NaOH vừa nhận được ở trên cho vào 2 dung dịch có 2 lần tạo kết tủa. Dung dịch nào không tạo kết tủa với NaOH là dung dịch Ba(OH)2. Dung dịch nào tạo kết tủa với NaOH là dung dịch MgSO4 (có phản ứng theo - Sục khí CO2 vào 2 ống nghiệm có kết tủa trên: kết tủa nào tan ra thì muối ban đầu là K2CO3. Muối kia là K2SO4 c. Trích mẫu thử, lần lượt lấy từng mẫu thử ( với lượng dư) cho vào các mẫu thử còn lại: Ba(OH)2 NaHSO4 Na2CO3 NaOH NaCl Ba(OH)2 ↓ ↓ NaHSO4 ↓ ↑ Na2CO3 ↓ ↑ NaOH NaCl Không Không Kết quả 2↓ 1↓, 1↑ 1↓, 1↑ hiện tượng

hiện tượng

Kết quả: Chất có 2 kết tủa tạo thành là Ba(OH)2 PTPƯ: Ba(OH)2 + Na2CO3  → BaCO3 ↓ trắng + H2O (1) Ba(OH)2 + 2NaHSO4  → BaSO4 ↓ trắng + Na2SO4 + 2H2O (2)

QU Y

ƠN

FI CI A

50 Các chất có 1 kết tủa và 1 khí là NaHSO4 và Na2CO3 (nhóm 1) PTPƯ: 2NaHSO4 + Na2CO3  → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O (3) Các chất không có hiện tượng gì là NaOH và NaCl (nhóm 2) - Nhận biết 2 chất ở nhóm 1: Lọc 1 kết tủa bất kì ở (1) hoặc (2) cho vào 2 chất ở nhóm 1, nếu 1 dung dịch có khí thoát ra thì kết tủa đó là BaCO3, dung dịch có khí thoát ra đó là NaHSO4, dung dịch không có hiện tượng gì là Na2CO3: PTPƯ: BaCO3 + 2NaHSO4  → BaSO4 + Na2SO4 + CO2↑ + H2O (4) (Cũng có thể nhận biết 2 chất ở nhóm 1 bằng cách đổ từ từ từng giọt dung dịch này ( dd X) vào dung dịch kia (dd Y), nếu dung dd Y có khí thoát ra ngay thì dd Y là NaHSO4: PTPƯ: Na2CO3 + 2NaHSO4  → 2Na2SO4 + CO2↑ + H2O Nếu sau một thời gian mới có khí thoát ra thì dd Y là Na2CO3: PTPƯ: NaHSO4 + Na2CO3  → NaHCO3 + Na2SO4 NaHSO4 + NaHCO3  → Na2SO4 + CO2↑ + H2O ) - Nhận biết 2 chất ở nhóm 2: Cho một lượng nhỏ dung dịch NaHSO4 vào 2 lọ chứa 2 chất ở nhóm 2: PTPƯ: NaHSO4 + NaOH  → Na2SO4 + H2O (5) Sau đó nhỏ tiếp vài giọt dung dịch Na2CO3 vào mỗi lọ: Lọ nào có khí thoát ra là NaCl ( vì chứa NaHSO4): PTPƯ: 2NaHSO4 + Na2CO3  → 2Na2SO4 + CO2 + H2O lọ không có khí thoát ra là NaOH ( vì NaHSO4 đã hết theo pư (5) d. Đánh dấu các lọ, rồi lấy các mẫu thử. - Lấy lần lượt từng chất làm mẫu thử, cho tác dụng với các chất. - Kết quả thu được thể hiện ở bảng sau: KOH(dư) KOH(dư) MgCl2 ZnCl2 HCl KCl

MgCl2 ↓

ZnCl2 ↓ sau đó tan -

HCl -

KCl -

DẠ

KÈ

↓ ↓ sau đó tan 2↓ trong đó 1↓ sau đó ↓ Không Không Kết quả có 1 ↓ sau 1↓ tan hiện tượng hiện tượng đó tan - Dựa vào bảng trên ta thấy: + Xuất hiện 2 lần kết tủa, có 1 kết tủa tan đó là KOH + Xuất hiện 1 kết tủa là MgCl2 + Xuất hiện 1 kết tủa sau đó tan là ZnCl2 PTPƯ: MgCl2 + 2KOH → Mg(OH)2 ↓ + 2KCl ZnCl2 + 2KOH → Zn(OH)2 ↓ + 2KCl Zn(OH)2 + 2KOH → K2ZnO2 + 2H2O - Hai chất còn lại (HCl, KCl) cho tác dụng với Mg(OH)2 thu được ở trên: + Mg(OH)2 tan là HCl + còn lại là KCl

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

51 PTPƯ: Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O

FI CI A

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM 1. Sơ đồ tách các chất ra khỏi hỗn hợp : +Y AX tan :  → A ( taùi taïo ) A + X Hoãn hôïp  → B B ↑ , ↓ :( thu tröïc tieáp B)

52 CHUYÊN ĐỀ 4 BÀI TẬP TÁCH CHẤT, TINH CHẾ, LÀM KHÔ KHÍ

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Trong đó: - Chọn chất X chỉ tác dụng với A(mà không tác dụng với B) để chuyển A thành A1 ở dạng kết tủa, bay hơi hoặc tạo 2 dung dịch không tan vào nhau. Tách ra khỏi B (bằng cách lọc hoặc tự tách). + Đối với hỗn hợp rắn: X thường là dung dịch để hoà tan chất A. + Đối với hỗn hợp lỏng (hoặc dung dịch): X thường là dung dịch để tạo kết tủa hoặc khí. + Đối với hỗn hợp khí: X thường là chất để hấp thụ A (giữ lại trong dung dịch). - Điều chế (tái tạo) lại chất A từ chất A1. - Nếu hỗn hợp A, B đều tác dụng được với chất X thì dùng chất X chuyển cả A, B thành A’, B’ rồi tách A’, B’ thành 2 nhóm. Sau đó tiến hành bước 2 (điều chất lại A từ A’, B từ B’). - Ta chỉ thu được chất tinh khiết nếu chất đó không lẫn chất khác cùng trạng thái. 2. Làm khô khí : Dùng các chất hút ẩm để làm khô các khí có lẫn hơi nước. - Nguyên tắc: Chất dùng làm khô có khả năng hút nước nhưng không phản ứng hoặc sinh ra chất phản ứng với chất cần làm khô, không làm thay đổi thành phần của chất cần làm khô. Ví dụ: không dùng H2SO4 đ để làm khô khí NH3 vì NH3 bị phản ứng : 2NH3 + H2SO4 → (NH4)2SO4 Không dùng CaO để làm khô khí CO2 vì CO2 bị CaO hấp thụ : CO2 + CaO → CaCO3 - Chất hút ẩm thường dùng: Axit đặc (như H2SO4 đặc ); P2O5 (rắn ); CaO(r); kiềm khan, muối khan (như NaOH, KOH , Na2SO4, CuSO4, CaSO4 … ) 3. Các bước giải: - Đọc kĩ đề bài, xác định dạng bài. - Xem các chất cần tách thuộc loại chất gì: Rắn, lỏng, khí, tan hay không tan trong nước, dễ bay hơi hay khó bay hơi… - Xác định phương pháp cần dùng, nên chọn phương pháp nào tối ưu nhất (dễ thực hiện nhất có thể kết hợp nhiều phương pháp vừa vật lí, vừa hóa học). Có thể viết sơ đồ tách. - Trình bày cách làm như thực tế. - Viết phương trình hóa học cho từng giai đoạn tách. (Khi dùng phương pháp hóa học các chất thêm vào còn dư trong dung dịch thì cũng phải tách ra). 4. Một số chú ý khi làm bài tập tách chất

53 Tách và tinh chế các chất là ta tìm cách tái tạo lại chất đó. Vậy nguyên tắc là phải nắm được cách điều chế các chất, điển hình là kim loại và một số tính chất quan trọng của chúng.

FI CI A

1. N guy ª n t¾c: M m + + m e   → M0 2. Ph−¬ng ph¸p ®iÒu chÕ:  clorua *IA , IIA vµ A l: ®iÖn ph©n nãng ch¶y  oxit  hi®roxit

ƠN

m+ M d− a-H çn hîp   +dd  M  →M K im lo¹i kh¸c (m ¹nh h¬n M )   M m+  b-Dung dÞch m uèi  C ation kh¸c  +M  d−→ M m +  (M : kim lo¹i m ¹nh nhÊt) 

 0  +H 2 /C/C O /N H 3 − [Zn, C r, Fe, Pb] : N hiÖt luyÖn   t→ kim lo¹i  *  +A l (nhiÖt nh«m )  ngoµi ra cßn cã thÓ ddpddd. m+  Zn hoÆc Fe − [C u, Ag, A u]: Thñ y luyÖn M (dd)  +  → M 0  3. Tinh chÕ kim lo¹i:

Phương Phản ứng tách và phản ứng tái tạo lại chất ban đầu pháp tách Al (Al2O3 Lọc, CO dd NaOH t ñpnc hay hợp Al  điện → NaAlO2  → Al(OH)3 ↓  → Al2O3  → Al chất nhôm) phân Lọc, CO dd NaOH t t Zn (ZnO) Zn  nhiệt → Na2ZnO2  → Zn(OH)2 ↓  → ZnO  → Zn H luyện Lọc, HCl NaOH t CO Mg nhiệt Mg → MgCl2 → Mg(OH)2 ↓  → MgO → Mg luyện H HCl NaOH t Lọc, Fe (FeO Fe → FeCl2 → Fe(OH)2 ↓ → FeO → Fe nhiệt hoặc hoặc H NaOH t t luyện FeCl2 → Fe(OH)2 ↓  → Fe(OH)3 ↓  → Fe2O3 → Fe2O3)

Chất cần tách

QU Y

KÈ

Cu (CuO)

H2 SO4 ñaëc, noùng

NaOH

Cu  → CuSO4  → Cu(OH)2 ↓  → CuO → Cu

Lọc, nhiệt luyện

DẠ

B- BÀI TẬP MINH HỌA Dạng 1. Tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp. 1. Tách chất rắn Bài 1. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp gồm: Fe, Al, Cu. Viết PTHH (nếu có). Bài giải

FI CI A

54 - Cho hỗn hợp phản ứng với dung dịch kiềm chỉ có Al tan do phản ứng. 2Al + 2NaOH + H2O  → 2NaAlO2 + 3H2 ↑ - Lọc tách Fe và Cu. Phần nước lọc thu được cho phản ứng với dung dịch HCl vừa đủ sẽ sinh ra kết tủa keo trắng. 2NaAlO2 + HCl + H2O  → Al(OH)3 ↓ + NaCl - Lọc kết tủa rồi nung nóng ta sẽ thu được Al2O3. Đem điện phân nóng chảy thu được Al. t 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O đfnc ,Criolit 2Al2O3  → 4Al + 3O2 ↑ - Hỗn hợp Fe và Cu cho phản ứng với dung dịch HCl dư chỉ có Fe phản ứng. Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 ↑ - Lọc thu được Cu. Phần nước lọc cho phản ứng với dung dịch kiềm dư, thu được kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi rồi cho luồng khí H2 đi qua thu được Fe → Fe(OH)2 ↓ + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH  HCl + NaOH  → NaCl + H2O 0

ƠN

t → 4Fe(OH)3 ↓ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  t c 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O t c → 2Fe + 3H2O Fe2O3 + 3H2  Bài 2. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm: Cu, Ag, S, Fe. Viết PTHH (nếu có). Bài giải - Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl dư, lọc thu được chất rắn gồm Cu, Ag, S và dung dịch gồm FeCl2 và HCl dư. Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 ↑ - Phần nước lọc thu được cho phản ứng với dung dịch kiềm dư, lọc kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi, dẫn luồng khí H2 đi qua thu được Fe FeCl2 + 2NaOH  → Fe(OH)2 ↓ + 2NaCl HCl + NaOH  → NaCl + H2O 0

QU Y

DẠ

KÈ

t 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  → 4Fe(OH)3 ↓ t c 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O t c Fe2O3 + 3H2  → 2Fe + 3H2O - Đốt hỗn hợp gồm Cu, Ag và S thu được khí SO2 và phần chất rắn gồm CuO, Ag. Cho phần chất rắn gồm CuO và Ag tác dụng với dung dịch HCl dư, lọc tách thu được Ag. Dung dịch thu được đem đi điện phân thu được Cu t 2Cu + O2  → 2CuO CuO + 2HCl  → CuCl2 + H2O dfdd CuCl2  → Cu + Cl2 ↑ - Khí SO2 cho tác dụng với dung dịch H2S thu được S SO2 + 2H2S  → 3S ↓ + H2O Bài 3. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng oxit ra khỏi hỗn hợp gồm: CuO, Al2O3 và Fe2O3. Viết PTHH (nếu có). 0

FI CI A

Bài giải - Cho hỗn hợp vào trong dung dịch NaOH dư. Chỉ có Al2O3 phản ứng: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O - Lọc lấy chất rắn không tan là CuO, Fe2O3 và dung dịch nước lọc A. - Nung nóng chất rắn rồi khử bằng cách cho luồng khí H2 (hoặc CO) dư đi qua thu được hỗn hợp chất rắn gồm 2 kim loại Cu, Fe. t CuO + H2 → Cu + H2O. t Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O. - Hoà tan hỗn hợp kim loai bằng dung dịch axit HCl (dư) . Xảy ra phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ Cu không phản ứng. Lọc lấy Cu và dung dịch nước lọc B. - Nung Cu trong không khí ở nhiệt độ cao ta được CuO : t 2Cu + O2 → 2CuO. - Lấy dung dịch B thu được cho tác dung với dd NaOH dư → thu được kết tủa Fe(OH)2 FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 ↓ + 2 NaCl. - Lọc lấy kết tủa Fe(OH)2 và nung trong không khí ở nhiệt độ cao ta thu được Fe2O3. t → 4Fe(OH)3 ↓ 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O  t 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O - Thổi từ từ đến dư khí CO2 (hoặc nhỏ từ từ dd HCl vào vừa đủ) vào dung dịch A thu được kết Al(OH)3. Lọc kết tủa và nung ở nhiệt độ cao thu được Al2O3. NaAlO2 + CO2 + 2 H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 t 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O Bài 4. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất rắn ra khỏi hỗn hợp gồm: CaO, NaCl, CaCl2. Viết PTHH (nếu có). Bài giải - Hòa tan hỗn hợp vào nước t CaO + H2O  → Ca(OH)2 - Sục CO2 vào dung dịch, sau đó lọc, tách được CaCO3 kết tủa. Nung nóng kết tủa để nhiệt phân CaCO3 thành CaO t CaCO3  → CaO + CO2 - Dung dịch còn lại gồm NaCl và CaCl2 cho tác dụng với dung dịch Na2CO3 dư, lọc tách kết tủa CaCO3 và phần nước lọc gồm NaCl, Na2CO3 dư. Điều chế lại CaCl2 bằng cách cho CaCO3 tác dụng với dung dịch HCl dư , sau đó cô cạn dung dịch. CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaCl CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2↑ - Nước lọc gồm NaCl, Na2CO3 dư cũng cho tác dụng với dung dịch HCl dư , sau đó cô cạn dung dịch thu được NaCl Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ Bài 5. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng oxit ra khỏi hỗn hợp Al2O3; K2O; Fe2O3. Viết PTHH (nếu có). Bài giải 0

QU Y

KÈ

DẠ

ƠN

FI CI A

56 - Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, dung dịch thu được gồm AlCl3, KCl, FeCl3 và HCl dư: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O K2O + 2HCl → 2KCl + H2O Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O - Cho dd KOH dư vào dung dịch vừa thu được: AlCl3 + 3KOH → Al(OH)3 ↓ + 3KCl Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O FeCl3 + 3KOH → Fe(OH)3 ↓ + 3KCl HCl + KOH → KCl + H2O + Lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được Fe2O3. t 2Fe(OH)3  → Fe2O3 + 3H2O - Dung dịch thu được có chứa: KAlO2, KCl, KOH dư. Sục khí CO2 dư vào dung dịch vừa thu được, xảy ra các phản ứng: KAlO2 + CO2 + 2H2O → Al(OH)3↓ + KHCO3 KOH + CO2 → KHCO3 - Lọc, tách kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được Al2O3: to 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O - Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch nước lọc: KHCO3 + HCl → KCl + H2O + CO2↑ - Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy KCl thu được K, nung K trong không khí đến khối lượng không đổi thu được K2O: dpnc 2KCl  → 2K + Cl2↑ to 4K + O2  → 2K2O Bài 6. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng mỗi chất rắn sau ra khỏi hỗn hợp: BaCl2, MgCl2, NH4Cl. Viết PTHH (nếu có). Bài giải - Đun nóng hỗn hợp rồi làm lạnh hơi bay ra sau đó làm lạnh thu được NH4Cl t NH4Cl  → NH3↑ + HCl↑ lạnh NH3 + HCl Lam → NH4Cl - Hỗn hợp rắn còn lại hòa tan hết trong nước thu được dung dịch có chứa BaCl2, MgCl2, cho tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 (dư) MgCl2 + Ba(OH)2 → BaCl2 + Mg(OH)2↓ - Lọc lấy Mg(OH)2 cho tác dụng với dung dịch HCl (dư), rồi cô cạn thu được MgCl2. Mg(OH)2 + 2HCl →MgCl2 + 2H2O - Cho phần dung dịch có chứa BaCl2 và Ba(OH)2 dư tác dụng dd HCl. Rồi cô cạn thu được BaCl2. Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O Bài 7: Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách từng chất ra khỏi hỗn hợp gồm BaCO3, CuO, gồm NaCl, CaCl2 sao cho khối lượng không thay đổi. Bài giải - Cho hỗn hợp vào nước, lọc tách được phần không tan gồm BaCO3, CuO và phần tan tạo thành dung dịch NaCl, CaCl2

QU Y

ƠN

DẠ

KÈ

FI CI A

57 - Cho (NH4)2CO3 dư vào dung dịch vừa thu được cho đến khi lượng kết tủa không tăng nữa, lọc kết tủa thu được CaCO3 và phần nước lọc gồm NaCl, NH4Cl, (NH4)2CO3 (dư) (NH4)2CO3 + CaCl2 → CaCO3↓ + 2NH4Cl - Hòa tan CaCO3 trong dung dịch HCl dư CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 ↑ + H2O Cô cạn dung dịch ta thu được CaCl2. - Phần nước lọc có chứa NaCl, NH4Cl, (NH4)2CO3 (dư) ở trên, cô cạn dung dịch, nung ở nhiệt độ cao thu được NaCl: t (NH4)2CO3  → 2NH3 + CO2 ↑ + H2O t NH4Cl → NH3 ↑ + HCl↑ - Phần hỗn hợp chất rắn gồm BaCO3, CuO vào nước, sục CO2 vào tới dư: BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2 - Lọc kết tủa ta thu được CuO. - Lấy dung dịch nước lọc đem cô cạn thu được BaCO3 t Ba(HCO3)2  → BaCO3↓ + CO2↑ + H2O Bài 8: Cho hỗn hợp chất rắn KCl, BaCl2, MgCl2. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp. (với điều kiện không thay đổi khối lượng so với ban đầu). Bài giải - Cho hỗn hợp vào H2O dư, ta được dung dịch hỗn hợp gồm KCl, BaCl2, MgCl2 - Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch, lọc kết tủa được Mg(OH)2 và nước lọc gồm KCl, BaCl2, NH4Cl MgCl2 + 2NH3 + 2H2O  → Mg(OH)2 ↓ + 2NH4Cl - Cho HCl dư tác dụng với Mg(OH)2. Sau đó cô cạn dung dịch thu được MgCl2 Mg(OH)2 + 2HCl  → MgCl2 + 2H2O - Cho dung dịch (NH4)2CO3 dư vào dung dịch nước lọc thu được kết tủa BaCO3 và dung dịch nước lọc gồm KCl, (NH4)2CO3, NH4Cl BaCl2 + (NH4)2CO3  → BaCO3↓ + 2NH4Cl - Cho HCl dư phản ứng với BaCO3 rồi cô cạn dung dịch thu được BaCl2 BaCO3 + 2HCl  → BaCO3↓ + CO2↑ + H2O - Cô cạn dung dịch gồm KCl, (NH4)2CO3 , NH4Cl thu được KCl t NH4Cl  → NH3 ↑ + HCl↑ 0

QU Y

ƠN

DẠ

KÈ

(NH4)2CO3 → 2NH3 + CO2 + H2O * Lưu ý: Với việc tách các chất rắn cần nhớ tính tan của một số chất trong nước, bảng tính tan. 2. Tách chất lỏng. Bài 1. Một hỗn hợp gồm các dung dịch sau: AlCl3, ZnCl2, CuCl2. Hãy nêu phương pháp tách riêng mỗi chất bằng hóa học. Viết PTHH (nếu có). Bài giải - Cho hỗn hợp tác dụng với bột kẽm dư, khuấy kỹ, lọc tách thu được chất rắn gồm Cu, Zn và dung dịch A gồm muối AlCl3 và ZnCl2. Cho chất rắn vào dung dịch HCl dư, khuấy đều, Zn tan hết còn Cu không phản ứng: Zn + CuCl2 → ZnCl2 + Cu

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

- Cho Cu tác dụng với clo thu được CuCl2 t Cu + Cl2 → CuCl2 - Điện phân dung dịch A, lọc tách thu được Zn và dung dịch AlCl3. Điều chế lại ZnCl2 bằng cách cho Zn tác dụng với khí clo. đfdd → Zn + Cl2↑ ZnCl2 

FI CI A

ƠN

Zn + Cl2 → ZnCl2 Bài 2. Tách riêng mỗi chất ra khỏi hỗn hợp các dung dịch sau bằng phương pháp hóa học. Viết PTHH (nếu có). a) Cu(NO3)2, AgNO3 b) AlCl3, FeCl3, NaCl Bài giải a) Cách 1: - Cho hỗn hợp dung dịch 2 muối tác dụng với bột Cu dư, khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn, lọc tách thu được chất rắn chứa Cu, Ag và dung dịch Cu(NO3)2. Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag - Đốt cháy hoàn toàn chất rắn thu được trong oxi dư, sau đó hòa tan chất rắn thu được trong dung dịch HCl dư, chất rắn thu được chứa Ag. t 2Cu + O2  → 2CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O - Cho Ag tác dụng với dung dịch HNO3 đặc thu được AgNO3. Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO2↑ + H2O b) Cho toàn bộ hỗn hợp trên vào dd NH3 dư, có 2 kết tủa tạo thành, còn NaCl không phản ứng. Tách riêng kết tủa và nước lọc A (chứa NaCl và NH4Cl). AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ + 3NH4Cl FeCl3 + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 ↓ + 3NH4Cl - Cho kết tủa vào NaOH dư, khi đó Al(OH)3 tan hết do phản ứng: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O - Lọc lấy chất rắn không tan là Fe(OH)3 cho tác dụng hết với dung dịch HCl rồi cô cạn, ta được FeCl3 tinh khiết: Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O - Sục khí CO2 dư vào dung dịch NaAlO2 và NaOH dư còn lại, lọc tách thu được kết tủa Al(OH)3. NaAlO2 + CO2 + H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O - Kết tủa Al(OH)3 cho tác dụng với dung dịch HCl dư rồi cô cạn, ta thu được AlCl3 tinh khiết: Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O - Cô cạn dung dịch A, ta thu được NaCl tinh khiết do: t NH4Cl  → NH3 ↑ + HCl ↑ 3. Tách chất khí. Bài 1. Tách riêng các khí ra khỏi hỗn hợp gồm CO2, SO2, N2 bằng phương pháp hóa học. Viết PTHH (nếu có).

DẠ

KÈ

QU Y

FI CI A

Bài giải Cho hỗn hợp đi qua bình đựng dd Br2 dư, SO2 phản ứng, còn khí CO2 và N2 không phản ứng thoát ra ngoài: SO2 + Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr Cô cạn bớt dung dịch vừa thu được, cho kim loại Cu vào dung dịch và đun nóng thu được SO2: t0

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Cu + 2H2SO4 (đặc) → CuSO4 + SO2 + 2H2O - Dẫn 2 khí còn lại qua dung dịch Ca(OH)2 dư, N2 không phản ứng thoát ra ngoài thu được N2, → CaCO3 + H2O Ca(OH)2 + CO2  Lọc kết tủa CaCO3 cho tác dụng với dung dịch HCl thu được khí CO2 → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + 2HCl  Bài 2. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp khí gồm: H2, Cl2, CO2.. Viết các PTHH (nếu có) . Bài giải - Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch Ca(OH)2 đặc, dư thu được khí H2, chất rắn CaCO3 và phần dung dịch gồm CaCl2, Ca(ClO)2, Ca(OH)2 dư. 2Cl2 + 2Ca(OH)2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O - Phần chất rắn cho tác dụng với H2SO4 thu khí CO2 CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2↑ + H2O - Phần nước lọc cũng cho tác dụng với H2SO4 thu khí Cl2 Ca(ClO)2 + H2SO4 → CaSO4 + Cl2↑ + H2O Ca(OH)2 + H2SO4 → CaSO4 + H2O Dạng 2. Tinh chế chất Bài 1. Tinh chế a) SiO2 có lẫn FeO b) Ag có lẫn Fe, Zn, Al c) CO2 có lẫn N2, H2 Bài giải a) Hòa tan hỗn hợp trong dung dịch HCl dư thì FeO tan hết, SiO2 không tan  thu được SiO2 FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O b) Hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư thì Fe,Zn,Al tan hết, Ag không tan  thu Ag. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2O Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2O 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O c) Dẫn hỗn hợp khí vào dd Ca(OH)2 dư, lọc kết tủa nung ở nhiệt độ cao thu được CO2. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O t CaCO3  → CaO + CO2↑ Bài 2. Muối ăn có lẫn các tạp chất CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4, CaSO4. Hãy trình bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. 0

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài giải - Cho hỗn hợp vào nước, rửa nhiều lần, lọc tách một phần CaSO4 ít tan. - Cho dung dịch BaCl2 dư vào nước lọc để kết tủa hoàn toàn gốc =SO4: Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2NaCl CaSO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + CaCl2 MgSO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + MgCl2 - Cho dung dịch Na2CO3 (dư) vào dung dịch để loại MgCl2, CaCl2, BaCl2 dư. Na2CO3 + MgCl2 → MgCO3 ↓ + 2NaCl Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 ↓ + 2NaCl Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 ↓ + 2NaCl - Thêm HCl để loại bỏ Na2CO3 dư, cô cạn dung dịch thu được NaCl tinh khiết. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 ↑ Bài 3. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng (nếu có) để tinh chế các chất trong các trường hợp sau: a) Tinh chế khí Cl2 có lẫn khí HCl, hơi nước. b) Tinh chế khí CO2 có lẫn khí CO c) Tinh chế khí NH3 có lẫn khí N2, H2. d) Tinh chế NaCl có lẫn Na3PO4, Na2SO4 Bài giải a) Sục hỗn hợp khí vào dung dịch NaCl bão hòa (để hấp thụ HCl), dẫn khí thoát ra qua dung dịch H2SO4 đặc sẽ thu được Cl2 khô. b) Dẫn hỗn hợp khí qua ống đựng bột CuO dư nung nóng, thu được CO2 t CO + CuO  → CO2 ↑+ Cu c) Dẫn hỗn hợp (NH3, H2, N2) qua dung dịch axit (VD: dd HCl), NH3 bị giữ lại. Tiếp đến cho dung dịch bazơ dư (VD dd Ca(OH)2) và đun nóng nhẹ, khí thoát ra cho đi qua ống đụng CaO dư sẽ thu được NH3 khô NH3 + H+ → NH4+ NH4+ + OH- → NH3 + H2O d) - Hòa tan hỗn hợp vào nước. Cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư 2Na3PO4 + 3BaCl2 → 6NaCl + Ba3(PO4)2 ↓ Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4 ↓ - Lọc bỏ kết tủa, dung dịch thu được cho vào bình chứa Na2CO3 dư BaCl2 + Na2CO3 → 2 NaCl + BaCO3 ↓ - Lọc bỏ kết tủa, thêm lượng dư dung dịch HCl vào dung dịch thu được, sau đó cô cạn rồi nung nóng nhẹ thu được NaCl khan. 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + CO2↑ + H2O Bài 4. Hỗn hợp khí X gồm CO, CO2, N2, Hidroclorua, hơi nước. Hãy tách riêng biệt CO2 và N2 từ hỗn hợp khí X. Viết các PTHH (nếu có). Bài giải - Dẫn hỗn hợp khí X đi qua dung dịch nước vôi trong dư thì CO2 sẽ phản ứng tạo thành kết tủa, hidroclorua và hơi nước sẽ bị giữ lại trong dung dịch, khí thoát ra là CO và N2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

61 2HCl + Ca(OH)2 → CaCl2 + 2H2O - Lọc lấy kết tủa đem nung thu được CO2 t CaCO3  → CaO + CO2↑ - Dẫn hỗn hợp khí gồm CO và N2 đi qua bột CuO dư nung nóng, t → Cu + CO2↑ CO + CuO  - Rồi sục hỗn hợp khí thu được sau phản ứng vào dung dịch NaOH dư, khí thoát ra là N2 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O Dạng 3. Làm khô khí Bài 1. 1. Cho hình vẽ mô tả thí Dung dòch HCl nghiệm điều chế khí Cl2 từ MnO2 và dung dịch HCl. Boâng taåm dung dòch NaOH a) Hãy viết phương trình phản ứng điều chế khí Cl2 (ghi rõ điều kiện). b) Giải thích tác dụng của bình MnO2 (1) (đựng dung dịch NaCl bão hòa); bình (2) (đựng dung dịch Bình (1) Bình (3) Bình (2) H2SO4 đặc) và nút bông tẩm dung dịch NaOH ở bình (3). Bài giải - PT điều chế: t MnO2 + 4HCl (đặc)  → MnCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O - Bình NaCl hấp thụ khí HCl do axit HCl đậm đặc dễ bay hơi. - Bình H2SO4 đặc hấp thụ nước làm khí Cl2 khô. - Khí Cl2 độc nên bông tẩm dung dịch NaOH để giữ cho khí Cl2 không thoát ra khỏi bình: Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O Bài 2. Có các chất sau: H2SO4 đậm đặc, Na2SO3 khan, Dung dịch NaOH đặc. Dùng chất nào để làm khô khí Cl2 ẩm? Giải thích? Bài giải Dùng H2SO4 đậm đặc vì H2SO4 đậm đặc có tính hóa nước đồng thời không tác dụng với khí Cl2. Các chất còn lại có tính hút ẩm tuy nhiên lại có thể tác dụng với khí Cl2 Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O III. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Một hỗn hợp gồm Al, Fe, và Ag. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp. Viết các PTHH (nếu có). Bài 2. Tách các chất ra khỏi hỗn hợp gồm: SiO2, ZnO, Fe2O3 bằng phương pháp hóa học. Viết các PTHH (nếu có). Bài 3. Có một hỗn hợp gồm các oxit: SiO2, Al2O3, Fe2O3, CuO. Hãy trình bày phương pháp hoá học để tách riêng từng oxit. Viết các PTHH (nếu có).

ƠN

FI CI A

DẠ

KÈ

QU Y

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

62 Bài 4: Cho hỗn hợp gồm: Al2O3, CuO, CuCl2, AlCl3. Bằng phương pháp hoá học hãy tách các chất trên ra khỏi hỗn hợp. Viết các PTHH trong quá trình tách các chất. Bài 5. Cho hỗn hợp X gồm: Ba; Na; CuO và Fe2O3. Trình bày phương pháp tách thu lấy từng kim loại từ hỗn hợp X và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Bài 6. Tách riêng dung dịch từng chất sau ra khỏi hỗn hợp dung dịch AlCl3, FeCl3, BaCl2. Bài 7. Có hỗn hợp rắn ở dạng bột gồm: CuO, Al2O3, SiO2, BaCl2 và FeCl3. Bằng phương pháp hoá học hãy tách các chất trên ra khỏi hỗn hợp. Viết các PTHH trong quá trình tách các chất Bài 8. Nêu phương pháp tách hỗn hợp gồm 3 khí: Cl2, H2 và CO2 thành các chất nguyên chất. Bài 9. Bằng phương pháp hoá học, hãy tách các oxit ra khỏi hỗn hợp Al2O3, MgO, CuO. (khối lượng các oxit trước và sau quá trình tách là không đổi). Bài 10. Có hỗn hợp Na, Ba, Fe, Cu. Bằng phương pháp hóa học hãy tách riêng mỗi kim loại ra khỏi hỗn hợp (khối lượng mỗi kim loại không thay đổi). Bài 11. Chỉ dùng một hoá chất duy nhất, hãy tách: a. Tách FeO ra khỏi hỗn hợp FeO, Cu, Fe b. Ag2O ra khỏi hổn hợp Ag2O, SiO2, Al2O3 Bài 12. Mg có lẫn các tạp chất là Zn, Al, Na và Cu. Hãy cho biết có thể sử dụng hóa chất nào để loại bỏ các tạp chất đó. Bài 13. SO2 có lẫn tạp chất là SO3. Hóa chất nào có thể sử dụng để loại bỏ SO3. Bài 14. Có hỗn hợp gồm các muối khan Na2SO4, MgSO4, BaSO4, Al2(SO4)3. Chỉ dùng thêm quặng pirit, nước, muối ăn (các thiết bị, điều kiện cần thiết coi như có đủ). Hãy trình bày phương pháp tách Al2(SO4)3 tinh khiết ra khỏi hỗn hợp. Bài 15. Một hỗn hợp chất rắn gồm Fe2O3, Al2O3 và SiO2. Hóa chất nào có thể sử dụng để thu được Fe2O3 tinh khiết. Bài 16. CO2 có lẫn khí CO, SO2 và SO3. Sử dụng dung dịch nào để loại bỏ các tạp chất đó: Bài 17. Không thể dùng KOH để làm khô chất khí nào sau đây: khí CO2, khí H2, khí NH3, khí O2. Vì sao? Bài 18. NaOH rắn có thể làm khô khí nào sau đây: (1) khí SO2; khí CO2. (2) khí NH3; khí CO. (3) khí HCl; khí SO3. (4) khí NO2; khí Cl2. Chất dùng để làm khô khí Cl2 ẩm là chất nào sau đây: dung dịch NaOH, Bài 19. nước brom, dung dịch Ba(OH)2, CaO. Vì sao? Bài 20. Những khí nào sau đây có thể làm khô bằng H2SO4 đặc: CO, H2, CO2, SO2, O2 và NH3 (khi nó có lẫn hơi nước)? Giải thích? CHUYÊN ĐỀ 5: ĐIỀU CHẾ CHẤT

DẠ

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Phương pháp chung: B1: Phân loại các nguyên liệu, các sản phẩm cần điều chế. B2: Xác định các quy luật pư thích hợp để biến các nguyên liệu thành sản phẩm. B3: Điều chế chất trung gian (nếu cần) B4: Viết đầy đủ các PTHH xảy ra.

Kim loại

Phương pháp điều chế ( trực tiếp) 1) Đối với các kim loại mạnh ( từ K → Al): + Điện phân nóng chảy muối clorua, bromua … ñpnc 2RClx  → 2R + xCl2 + Điện phân oxit: ( riêng Al) ñpnc 2Al2O3  → 4Al + 3O2 2) Đối với các kim loại TB, yếu ( từ Zn về sau): +) Khử các oxit kim loại ( bằng : H2, CO , C, CO, Al .. ) + ) Kim loại + muối → muối mới + kim loại mới. + ) Điện phân dung dịch muối clorua, bromua … ñpdd 2RClx  → 2R + xCl2

FI CI A

Loại chất cần điều chế

( nước không tham gia pư ) 0

t 1 ) Kim loại + O2  → oxit bazơ. t 2) Bazơ KT → oxit bazơ + nước. 3 ) Nhiệt phân một số muối: t Vd: CaCO3  → CaO + CO2 ↑

Oxit bazơ

ƠN

t 1) Phi kim + O2  → oxit axit. 2) Nhiệt phân một số muối : nitrat, cacbonat, sunfat … t Vd: CaCO3  → CaO + CO2 3) Kim loại + axit ( có tính oxh) :→ muối HT cao Vd: Zn + 4HNO3 → Zn(NO3)2 + 2H2O + 2NO2 ↑ 4) Khử một số oxit kim loại ( dùng C, CO, ...) t C + 2CuO  → CO2 + 2Cu 5) Dùng các phản ứng tạo sản phẩm không bền: Ví dụ : CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 ↑ 0

QU Y

Oxit axit

Bazơ KT

KÈ

Bazơ tan

DẠ

Axit

II. Điều chế các chất vô cơ:

+ ) Muối + kiềm → muối mới + Bazơ mới. 1 ) Kim loại + nước → dd bazơ + H2 ↑ 2) Oxit bazơ + nước → dung dịch bazơ. 3 ) Điện phân dung dịch muối clrorua, bromua. ñpdd → 2NaOH + H2 + Cl2 2NaCl + 2H2O  m.n

4) Muối + kiềm → muối mới + Bazơ mới. 1) Phi kim + H2 → hợp chất khí (tan / nước → axit). 2) Oxit axit + nước → axit tương ứng. 3) Axit + muối → muối mới + axit mới. 4) Cl2, Br2…+ H2O ( hoặc các hợp chất khí với hiđro).

FI CI A

Muối

1) dd muối + dd muối → 2 muối mới. 2) Kim loại + Phi kim → muối. 3) dd muối + kiềm → muối mới + Bazơ mới. 4 ) Muối + axit → muối mới + Axit mới. 5 ) Oxit bazơ + axit → muối + Nước. 6) Bazơ + axit → muối + nước. 7) Kim loại + Axit → muối + H2 ↑ (kim loại trước H) 8) Kim loại + dd muối → muối mới + Kim loại mới. 9) Oxit bazơ + oxit axit → muối ( oxit bazơ phải tan). 10) oxit axit + dd bazơ → muối + nước. 11) Muối Fe(II) + Cl2, Br2 → muối Fe(III). 12) Muối Fe(III) + KL( Fe, Cu) → muối Fe(II). 13) Muối axit + kiềm → muối trung hoà + nước. 14) Muối Tr.hoà + axit tương ứng → muối axit.

ƠN

III. Điều chế một số hợp chất hữu cơ: 1. Điều chế Metan: 1.1. Điều chế từ nhôm cacbua: Al4C3 + 12H2O → 4Al(OH)3 + 3CH4 1.2. Phản ứng muối natri axetat với xút (nhiệt phân muốn natri của axit carboxylic): , CaO CH3–COONa + NaOH t → Na2CO3 + CH4 1.3. Phản ứng cộng hidro vào cacbon: Ni ,t C + 2H2  → CH4 1.4. Điều chế từ khí CO: o

QU Y

CO + 3H2

t  → H2O + CH4

2. Điều chế Etilen: 2.1. Cho H2SO4 đặc vào rượu etylic, đun nóng: H SO ,t C2H5OH  → C2H4 + H2O 2.2. Tạo khí C2H2, sau đó cho tác dụng với H2 xúc tác Paradi hoặc Chì: CaC2 + 2H2O → Ca(OH)2 + C2H2 Pd , t C2H2 + H2  → C2H4 3. Điều chế Axetilen: 3.1. Trong phòng thí nghiệm: CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2 3.2. Từ Ag2C2: 2HCl + Ag2C2 → 2AgCl + C2H2 t (1500 C ) 3.3. Từ metan: 2CH4  → C2H2 + 3H2 4. Điều chế Rượu etylic: 4.1. Lên men đường hoặc tinh bột. Len men ruou C6H12O6  → 2CH3CH2OH + 2CO2 4.2. Cho etylen cộng hợp với nước có axit làm xúc tác phản ứng cần xúc tác acid: H2SO4, H3PO4 (không dùng HX) CH2 = CH2 + H2O → C2H5OH 4.3. Cộng hidro vào andehit

DẠ

KÈ

4( dac )

65 o

,N CH3CHO + H2 t → CH3−CH3−OH 4.4. Thủy phân C2H5-X, dẫn xuất của este C2H5X+ NaOH → C2H5OH + NaX CH3COOC2H5 + H2O → C2H5OH + CH3COOH 5. Điều chế axit axetic: 5.1. Trong công nghiệp, đi từ Butan C4H10 o xt , t 2C4H10 + 5O2  → 4CH3COOH + 2H2O (xúc tác, t ) 5.2. Để sản xuất giấm ăn, thường dùng phương pháp lên men dung dịch rượu etylic loãng men giam CH3CH2OH + O2  → CH3COOH + 2H2O

FI CI A

B. BÀI TẬP MINH HỌA

Bài 1. Từ S và các hoá chất khác viết phương trình điều chế BaSO4 Bài giải: t S + O2  → SO2↑ 0

, VO 2SO2 + O2 t → 2SO3↑ SO3 + H2O → H2SO4 H2SO4 + BaCl2 → BaSO4 ↓ + 2HCl Bài 2. Từ CuSO4 và các hoá chất cần thiết trình bày hai phương pháp điều chế

Cu.

ƠN

QU Y

Bài giải: Cách 1: Hoà tan CuSO4 vào nước cho phản ứng với Zn. CuSO4 + Zn → Cu↓ + ZnSO4 Cách 2: Cho CuSO4 phản ứng với dung dịch NaOH CuSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Cu(OH)2↓ t Cu(OH)2  → CuO + H2O t CuO + H2  → Cu + H2O Bài 3. Cho các chất Na, H2O, CaCO3, KClO3, P và các điều kiện cần thiết. Viết phương trình hóa học để điều chế: NaOH, CO2, O2, H3PO4 Bài giải: * Điều chế NaOH 2Na + 2H2O  → 2NaOH + H2↑ * Điều chế CO2 t CaCO3  → CO2↑ + CaO * Điều chế O2 t 2KClO3  → 2KCl + 3O2↑ * Điều chế H3PO4 t 4 P + 5 O2  → 2P2O5 P2O5 + 3H2O  → 2H3PO4 Bài 4. Từ Cu và các chất tuỳ chọn, em hãy nêu 2 phương pháp trực tiếp và 2 phương pháp gián tiếp điều chế CuCl2? Viết các phương trình phản ứng xảy ra? Bài giải: t C1: Cu + Cl2  → CuCl2 C2: Cu + 2FeCl3 → FeCl2 + CuCl2

KÈ

DẠ

66 to

C3:

2Cu + O2 → 2CuO CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O t C4: Cu + 2H2SO4 đặc  → CuSO4 + 2H2O + SO2↑ CuSO4 + BaCl2 → CuCl2 + BaSO4 ↓ Bài 5. Từ mỗi chất: Cu, C, S, O2, H2S, FeS2, H2SO4, Na2SO3. Hãy viết các PTHH điều chế SO2 Bài giải: Các phương trình hóa học: t Cu + 2H2SO4 đặc  → CuSO4 + 2H2O + SO2↑ t C + 2H2SO4 đặc → CO2↑ + 2SO2 ↑ + 2H2O t S + O2  → SO2↑ t 2H2S + 3O2  → 2H2O + 2SO2↑ t 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2↑ H2SO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2↑ + H2O Bài 6. Từ các dung dịch: CuSO4, NaOH , HCl, AgNO3 có thể điều chế được những muối nào? những oxit bazơ nào? Viết các phương trình hóa học để minh họa. Bài giải: - Điều chế các muối: Na2SO4; CuCl2; Cu(NO3)2; 2AgCl; NaCl; NaNO3 CuSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Cu(OH)2↓ Cu(OH)2 + 2HCl → CuCl2 + 2H2O CuCl2 + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2AgCl↓ NaOH + HCl → NaCl + H2O NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl↓ - Điều chế các oxit bazơ: t Cu(OH)2  → CuO + H2O 2AgNO3 + 2NaOH → 2NaNO3 + Ag2O + H2O ñieän phaân nc 2NaCl → 2Na + Cl2 ↑ 4Na + O2 → 2Na2O Bài 7. Từ các chất: Al, O2, H2O, CuSO4(r), Fe, ddHCl. Hãy viết các phương trình hóa học điều chế: Cu, Al2(SO4)3, AlCl3, FeCl2. (Tất cả các chất nguyên liệu phải được sử dụng). Bài giải: CuSO4 hoà vào H2O thành dd CuSO4 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3 H2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 t 4Al + 3O2  → 2Al2O3 Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Bài 8. Cho các chất sau: P, O2, H2O, CuO, AgNO3, H2SO4, NaOH. Viết phương trình phản ứng điều chế các chất sau: Axit H3PO4, Cu(OH)2, CuSO4, HNO3, Na3PO4, Cu(NO3)2 Bài giải:

FI CI A

ƠN

DẠ

KÈ

QU Y

67 * Điều chế Axit H3PO4 t 4P +5O2  → 2P2O5 P2O5 + 3H2O → 2H3PO4 * Điều chế CuSO4 và Cu(OH)2 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + Na2SO4 * Điều chế Cu(NO3)2 và HNO3 2AgNO3 + H2SO4 → Ag2SO4 + 2HNO3 Lấy Cu(OH)2 thu được ở trên cho phản ứng với HNO3 Cu(OH)2 + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + 2H2O * Điều chế Na3PO4 Cho H3PO4 tác dụng vừa đủ với NaOH H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 +3 H2O Bài 9. Từ những chất đã cho: KMnO4, Al, dung dịch HCl, S và các điều kiện cần thiết. Hãy viết phương trình hóa học điều chế các chất: O2, Cl2, H2, H2SO4, Al2(SO4)3. Bài giải: * Điều chế O2 t 2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2↑ * Điều chế Cl2 t MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O * Điều chế H2 2Al + 6HCl  → 2AlCl3 + 3H2↑ * Điều chế H2SO4 t S + O2  → SO2↑

ƠN

FI CI A

QU Y

, VO 2SO2 + O2 t → 2SO3↑ SO3 + H2O  → H2SO4 * Điều chế Al2(SO4)3 2Al + 3H2SO4  → Al2(SO4)3 + 3H2 Bài 10. Từ các chất KMnO4 , BaCl2, H2SO4, Fe. Có thể điều chế được các khí nào? Viết các phương trình phản ứng xảy ra, ghi rõ điều kiện (nếu có). Bài giải: * Điều chế khí O2 t 2KMnO4  → K2MnO4 + MnO2 + O2 ↑ * Điều chế khí H2 Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ * Điều chế khí SO2 t 2Fe + 6H2SO4 đặc, nóng  → Fe2( SO4 )3 + 3SO2 ↑+ 6H2O * Điều chế khí Cl2 BaCl2 đfnc →  Ba + Cl2↑ * Khí HCl: t BaCl2 (Khan) + H2SO4(đặc)  → BaSO4 + 2HCl ↑ 5

KÈ

DẠ

FI CI A

68 Bài 11. Hãy chọn 6 chất rắn khác nhau để khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch HCl ta thu được 6 chất khí khác nhau. Bài giải: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2↑ + H2O t MnO2 + 4HCl  → MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O CaC2 + 2HCl → CaCl2 + C2H2↑ Na2S + 2HCl → 2NaCl + H2S↑ → FeCl2 + H2↑ Fe + 2HCl Bài 12. Từ đá vôi, quặng pirit sắt, muối ăn, nước và các thiết bị, chất xúc tác cần thiết khác xem như có đủ, viết PTHH điều chế các chất: CaCl2, FeCl3, NaHCO3, Bài giải: * Điều chế CaCl2 2NaCl + 2H2O đfcmn → 2NaOH + H2↑ + Cl2↑ H2 + Cl2 → 2HCl ↑ . Sục khí HCl vào nước được dung dịch HCl CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 ↑ * Điều chế FeCl3 đf 2H2O → 2H2↑ + O2↑ t 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2↑ Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 +3H2↑ * Điều chế NaHCO3 t CaCO3  → CaO + CO2↑ NaOH + CO2(dư)→ NaHCO3 Bài 13. Từ hỗn hợp MgCO3, K2CO3, BaCO3 hãy điều chế các kim loại Mg, K và Ba tinh khiết. Bài giải: - Hoà tan hỗn hợp vào trong nước thì K2CO3 tan còn BaCO3 và CaCO3 không tan. - Điều chế K từ dung dịch K2CO3 : K2CO3 + 2HCl → 2KCl + H2O + CO2 ↑ ñieän phaân nc 2KCl → 2K + Cl2 ↑ - Điều chế Mg và Ca từ phần không tan MgCO3 và CaCO3 * Nung hỗn hợp MgCO3 và CaCO3 :

ƠN

QU Y

KÈ

 C aC O 3 0 +H O  t→ C aO , M gO  2  →  M gC O 3 

ddH C l  M gO  + → M gC l 2  ñpnc  → Mg  + ddH C l ñpnc → Ca  dd C a(O H ) 2   → C aC l 2  

DẠ

Bài 14. Từ etilen, viết các phương trình hoá học (ghi rõ điều kiện) điều chế các chất sau: axit axetic, etyl axetat. Bài giải: * Điều chế axit axetic (CH3COOH) CH2 = CH2 + H2O → C2H5OH (xúc tác acid: H2SO4, H3PO4 ) * Lên men dung dịch rượu etylic loãng CH3CH2OH + O2 t,mengiam → CH3COOH + 2H2O * Điều chế etyl axetat ( CH3COOC2H5) o

H SO dac ,t CH3COOH + C2H5OH  → CH3COOC2H5 + H2O 2

t CaCO3  → CO2 + CaO o

t CaO + 3C  →CaC2 + CO CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2 Pd ,t C2H2 + H2  → C2H4 H ,t CH2 = CH2 + H2O  → C2H5OH - Lên men dung dịch rượu etylic loãng len men giam C2H5OH + O2 → CH3COOH + H2O.

FI CI A

69 Bài 14. Hãy viết phương trình hóa học điều chế axit axetic từ: a) Natri axetic và axit sunfuric. b) Rượu etylic. Bài giải: Phương trình phản ứng điều chế axit axetic: a) Từ natri axetic và axit sunfuric: 2CH3COONa + H2SO4 → 2CH3COOH + Na2SO4 b) Từ rượu etylic: len men giam C2H5OH + O2  → CH3COOH + H2O. Bài 15. Viết các phương trình điều chế CH3COOH từ đá vôi, than đá, chất vô cơ cần thiết. Bài giải:

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

ƠN

DẠ

KÈ

QU Y

Bài 1. Có các chất KMnO4, MnO2, HCl. a. Nếu cho khối lượng các chất KMnO4, MnO2 bằng nhau. Chọn chất nào để có thể điều chế được nhiều khí clo nhất. b. Nếu cho số mol các chất KMnO4, HCl bằng nhau. Chọn chất nào để có thể điều chế được nhiều khí clo nhất. Hãy chứng minh các câu trên bằng tính toán trên cơ sở những PTHH. Bài 2. Từ quặng pirit (FeS2); NaCl; H2O, Chất xúc tác và các điều kiện cần thiết khác hãy điều chế dung dịch: FeCl3; FeSO4; Fe2(SO4)3; và Fe(OH)3 Bài 3. Cho các nguyên liệu Fe3O4, KMnO4, HCl. Hãy viết các phương trình phản ứng điều chế FeCl3 Bài 4. Trong phòng thí nghiệm giả sử chỉ có: khí CO2, bình tam giác có một vạch chia, dung dịch NaOH, pipet, đèn cồn, giá đỡ. Trình bày hai phương pháp điều chế Na2CO3. Bài 5. Từ đá vôi, than đá, các chất vô cơ và các điều kiện cần thiết. Viết các PTPƯ (Ghi rõ điều kiện) điều chế Poly etilen, Vinyl clorua. Bài 6. Từ mỗi chất: Cu, C, S, O2, H2S, FeS2, H2SO4, Na2SO3, hãy viết các PTHH điều chế SO2 Bài 7. Từ không khí, nước, đá vôi, quặng Pirit sắt, nước biển. Hãy điều chế: Fe(OH)3, phân đạm 2 lá NH4NO3, phân đạm urê: (NH2)2CO Bài 8. Bằng các phản ứng hóa học hãy điều chế: Na từ Na2SO4; Mg từ MgCO3, Cu từ CuS (các chất trung gian tự chọn). Bài 9. Từ quặng bôxit (Al2O3. nH2O , có lẫn Fe2O3 và SiO2) và các chất : dd NaCl, CO2, hãy nêu phương pháp điều chế Al. Viết phương trình hóa học xảy ra.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

70 Bài 10. Từ các chất NaCl, CaCO3, H2O, hãy viết phương trình hóa học điều chế: vôi sống, vôi tôi, xút, xô đa, Javel, clorua vôi, natri, canxi. Bài 11. Một hỗn hợp CuO và Fe2O3. Chỉ được dùng Al và dung dịch HCl để điều chế Cu nguyên chất. Bài 12. Có 5 chất: MnO2, H2SO4 đặc, NaCl, Na2SO4, CaCl2. Dùng 2 hoặc 3 chất nào có thể điều chế được HCl, Cl2. Viết PTHH xảy ra.

CHUYÊN ĐỀ 6: CÂN BẰNG PHƯƠNG TRÌNH HÓA HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP THĂNG BẰNG ELECTRON

FI CI A

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

I. Đinh nghĩa Phản ứng oxi hoá - khử là phản ứng trong đó nguyên tử hoặc ion này nhường electron cho nguyên tử hoặc ion khác. Ví du: - Nguyên tử nhường electron cho nguyên tử 2x1e 2Na + Cl2

2NaCl

- Nguyên tử nhường electron cho ion 2e Fe + Cu2+

- Ion nhường electron cho nguyên tử 2Fe3+ + 2Cl-

2Fe2+ + Cl2

ƠN

Fe2+ + Cu

- Ion nhường electron cho ion 2x1e 2I- + 2Fe3+

I2 + 2Fe2+

DẠ

KÈ

QU Y

II. Các khái niệm 1. Chất oxi hoá, chất khử, sự oxi hoá, sự khử - Chất oxi hoá: là chất thu electron - Sự oxi hoá: là sự mất electron - Chất khử: là chất nhường electron - Sự khử: là sự thu electron Ví dụ: 2Na + Cl2 2NaCl Na là chất khử, Cl2 là chất oxi hoá Sự oxi hoá (quá trình oxi hoá): Na Na+ + 1e Sự khử (quá trình khử): Cl + 1e Cl2. Số oxi hoá a. Khái niệm: số oxi hoá là điện tích của nguyên tử trong phân tử với giả định rằng các cặp e chung chuyển hẳn về phía nguyên tử có độ âm điện lớn hơn. b. Quy tắc xác định số oxi hoá - Quy tắc 1: Số oxi hoá của nguyên tử trong phân tử đơn chất luôn bằng 0. - Quy tắc 2: Trong phân tử hợp chất tổng đại số số oxi hoá của các nguyên tử luôn bằng 0. - Quy tắc 3: Trong ion: + Với ion đơn nguyên tử, số oxi hoá bằng điện tích của nó

QU Y

ƠN

FI CI A

72 + Với ion đa nguyên tử, tổng đại số số oxi hoá của các nguyên tử bằng điện tích của ion đó. - Quy tắc 4: Trong các hợp chất: + Số oxi hoá của H là +1 (trừ trường hợp các hiđrua kim loại: NaH, CaH2,...thì H có số oxi hoá là -1) + Số oxi hoá của Na, K là +1; của Mg, Ca, Ba, Zn là +2 + Số oxi hoá của oxi là -2 (trừ trường hợp các peoxit: H2O2, Na2O2, BaO2 số oxi hoá của oxi là -1; trong OF2 số oxi hoá của oxi là -2) c. Số oxi hoá và hoá trị của nguyên tố * Một nguyên tố có thể có nhiều số oxi hoá khác nhau Ví dụ: Fe có số oxi hoá là +2 và +3; Cl có số oxi hoá là: -1, 0, +1, +3, +5, +7; ... * Quan hệ giữa số oxi hoá và hoá trị - Hoá trị của nguyên tố được xác định theo số liên kết của nguyên tố trong phân tử (có ý nghĩa vật lý), còn số oxi hoá là con số quy ước được xác định theo quy tắc ở trên (không có ý nghĩavật lý). - Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, nhất là đối với kim loại, giá trị tuyệt đối của số oxi hoá và hoá trị thường trùng nhau. Ví dụ: Các kim loại Hoá trị Số oxi hoá Các kim loại kiềm I +1 Các kim loại nhóm IIA II +2 Sắt II, III +2, +3 - Trong những trrường hợp khác, số oxi hoá không trùng hoá trị. Ví dụ: Phân tử Hoá trị Số oxi hoá H2 (H-H) I 0 N N N2 ( ) III 0 - Cacbon luôn có hoá trị IV trong các hợp chât hữu cơ sau nhưng số oxi hoá lại khác nhau: CH4 C2H6 C3H8 C2H4 C2H2 HCHO HCOOH Hợp chất Số oxi hoá của -4 -3 -8/3 -2 -1 0 +2 cacbon

DẠ

KÈ

d. Ý nghĩa của số oxi hoá * Tuy là một con số có tính quy ước nhưng số oxi hoá dương lớn nhất của đa số nguyên tố hoá học luôn trùng với số thứ tự của nhóm nguyên tố đó trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. * Định nghĩa sự oxi hoá và sự khử trên cơ sở số oxi hoá: - Sự oxi hoá một nguyên tố làm tăng số oxi hoá của nguyên tố đó và sự khử một nguyên tố là làm giảm số oxi hoá của nguyên tố đó. - Vậy: Phản ứng oxi hoá - khử là phản ứng trong đó có sự biến đổi số oxi hoá của các nguyên tố. * Dựa vào số oxi hoá của 1 nguyên tố trong 1 hợp chất có thể dự đoán chất khử , chất oxi hoá:

+4e

-2e

SO2

FI CI A

73 - Khi 1 nguyên tố có số oxi hoá thấp nhất thì chỉ có thể là chất khử mà không có tính oxi hoá. Ví dụ: HI, HBr, HCL, H 2 S, NH 3 ... - Khi 1 nguyên tố có số oxi hoá cao nhất thì chỉ có thể có tính oxi hoá mà không có tính khử. Ví dụ: KMnO 4 , HClO 4 , H2SO4, K2Cr2O7, HNO3... - Khi 1 nguyên tố có số oxi hoá trung gian, tuỳ thộc vào điều kiện phản ứng thì có khả năng tham gia phản ứng như chất oxi hoá hoặc chất khử. 2-

SO4

ƠN

Ví dụ: 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr * Tính số electron trao đổi (nhường hoặc nhận) của 1 nguyên tố trong phản ứng: Số electron trao đổi = Số oxi hoá lớn - Số oxi hoá bé III. Cách cân bằng phương trình phản ứng oxi hoá - khử bằng phương pháp thăng bằng electron * Nguyên tắc:  electron (chất khử cho) =  electron (chất oxi hoá nhận) * Phạm vi áp dụng: Cho đa số các phản ứng oxi hoá - khử trong hoá học vô cơ.

Cân bằng theo các bước sau: 2. Các bước tiến hành: - Bước 1: Viết sơ đồ phản ứng, xác định nguyên tố có số oxi hoá thay đổi

QU Y

- Bước 2: Viết các quá trình oxi hoá, quá trình khử - Bước 3: Cân bằng electron: nhân hệ số sao cho:  electron (chất khử cho) =  electron (chất oxi hoá nhận) (Tìm bội số chung nhỏ nhất của 2 hệ sô trao đổi electron) - Bước 4: Đặt hệ số của chất oxi hoá, chất khử vào sơ đồ phản ứng và cân bằng nguyên tố ở 2 vế. - Bước 5: Kiểm tra (số nguyên tử của từng nguyên tố ở vế phải = vế trái).  Lưu ý: ở bước 4, cân bằng nguyên tố thường theo thứ tự: + Kim loại (ion dương) + Gốc axit (ion âm) + Môi trường (Axit hoặc bazơ) + Nước (Cân bằng nước là để cân bằng hiđro).

DẠ

KÈ

3. Một vài ví dụ Ví dụ 1 : Cân bằng phương trình phản ứng khi cho Fe tác dụng H2SO4 đặc, nóng Bước 1: Xác định nguyên tố có số oxi hoá thay đổi +6

Fe+ H 2 S O4 → Fe 2 ( SO3 )3 + S O2 + H 2O

Bước 2: Viết phương trình cho, nhận electron 0

2 Fe → 2 Fe+ 6e S + 2e → S

Bước 3: Cân bằng electron để số electron cho = số electron nhận 0

1 × 2 Fe → 2 Fe+ 6e

74 +6

3 × S + 2e → S Bước 4: Cân bằng nguyên tố 2 Fe+ 3H 2 S O4 → Fe 2 ( SO4 )3 + 3 S O2 + H 2O

FI CI A

Bước 5: Sau đó thêm 3 gốc S O 4 2− (trong đó S không có sự thay đổi số oxi hoá ) nghĩa là tấ cả có 6H2SO4và sản phẩm tạo ra 6H2O. (kiểm tra số oxi ở 2 vế = nhau) Cuối cùng ta có : 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 +3SO2 + 6H2O Ví dụ 2 : Cân bằng phương trình phản ứng sau: FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 +MnSO4 + K2SO4 + H2O +2

Bước 2:

Bước 1: Fe SO4 + K Mn O4 + H 2 SO4 → Fe 2 ( SO3 )3 + Mn S O4 + K 2 SO4 + H 2O +3

2 Fe → 2 Fe + 2e +7

Mn + 5e → Mn +2

5 × 2 Fe → 2 Fe+ 2e +7

ƠN

Bước 3:

2 × Mn + 5e → Mn Bước 4: 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O Bước 5: kiểm tra số nguyên tử oxi ở 2 vế bằng nhau 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 +2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O III.3. Các dạng phản ứng oxi hoá - khử phức tạp III.3.1. phản ứng oxi hoá - khử có hệ số bằng chữ 1. Nguyên tắc: Cần xác định đúng sự tăng, giảm số oxi hoá của các nguyên tố 2. Ví dụ : Cân bằng phương trình hóa học sau 2y +5

QU Y

FexOy +H N O3 → Fe( NO3 )3 + NO + H 2O 2y

Quá trình oxi hoá : Quá trình khử

3×

x Fe → x Fe+ (3 x − 2 y )e +5

(3x-2y) ×

N + 3e → N

2y +5

DẠ

KÈ

3 FexOy +(12x-2y)H N O3 → 3 x Fe( NO3 )3 + (3 x − 2 y ) NO + (6 x − y ) H 2O III.3.2. Phản ứng có chất là tổ hợp của hai chất khử 1. Nguyên tắc Cách 1: Viết mọi phương trình biểu diễn sự thay đổi số oxi hoá, chú ý ràng buộc hệ số trong cùng phân tử. Cách 2 : Nếu phân tử có nhiều nguyên tố thay đổi số oxi hoá có thể xét chuyển nhóm hoặc toàn bộ phân tử, đồng thời chú ý ràng buộc ở vế sau. 2. Ví dụ Cân bằng hóa học sau +2 −1

Fe S 2 + H N O3 → Fe( NO3 )3 + H 2 S O4 + NO + H 2O

Quá trình oxi hoá :

Fe → Fe+ 1e −1

2 S → 2 S + 14e

75 +2 −1

Fe S 2 → Fe+ 2 S +15e +5

Qúa trình khử :

1×

Fe S 2 → Fe+ 2 S +15e

5×

N + 3e → N

+2 −1

Fe S 2 + 5 N → Fe+ 2 S + 5 N +2 −1

FI CI A

+2 −1

N + 3e → N

Phương trình phân tử: Fe S 2 + 8 H N O3 → Fe( NO3 )3 + 2 H 2 S O4 + 5 NO + 2 H 2O III.3.3. Phản ứng có nguyên tố tăng hay giảm số oxi hoá ở nhiều nấc 1. Nguyên tắc Cách 1: Viết mọi phương trình thay đổi số oxi hoá đặt ẩn cho từng nấc tăng, giảm số oxi hoá. Cách 2 : Tách ra thành hai hay nhiều phương trình ứng với từng nấc số oxi hoá tăng hay giảm. Nhân hệ số trước khi gom các phản ứng lại. +1

ƠN

Xét ví dụ sau: Al + H N O3 → Al ( N O3 ) 2 + N O + N 2 O + H 2O Cách 1 : +3

Quá trình oxi hoá : Al → Al + 3e +5

a×

N + 3e → N

b×

2 N + 8e → 2 N

Quá trình khử :

( a + 2b) N + (3a + 8b)e → a N + 2b N

(3a+8b) ×

Al → Al + 3e +5

(a + 2b) N + (3a + 8b)e → a N + 6b N

QU Y

(3a + 8b) Al + 3(a + 2b) N → (3a + 8b) Al + 3a N + 6b N

Phương trình phân tử :

(3a+8b) Al + (30a + 12b) H N O3 → (3a + 8b) Al ( N O3 )3 + 3a N O + 3bN 2 O + (15a + 16b) H 2O Cách 2 : ta có thẻ tách làm 2 phương trình phản ứng sau : +5

y×

KÈ

x×

Al + 4 H N O3 → Al ( N O3 )3 + N O + 2 H 2O +5

8 Al + 30 H N O3 → 8 Al ( N O3 ) 2 + 3 N 2 O + 15 H 2O +5

(8 x + y ) Al + (30 x + 4 y ) H N O3 → (8 x + y ) Al ( N O3 )3 + y N O + 3xN 2 O + (15 x + 2 y ) H 2O

DẠ

III.3.4. Phản ứng không xác định rõ môi trường 1. Nguyên tắc Có thể cân bằng nguyên tố bằng phương pháp đại số hoặc qua trung gian phưong trình ion thu gọn. Nếu do gom nhiều phản ứng lại, cần phân tích để xác dịnh giai đoạn nào là oxi hoá khử. 2. Ví dụ 1: Cân bằng phương trình hóa học sau K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + MnSO4 + H2O Cân bằng phương trình phản ứng qua hai giai đoạn: Giai đoạn 1: Cân bằng phương trình theo phản ứng oxi hoá - khử.

76 5K2SO3 + 2KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + H2O +4

5×

S → S + 2e +2

ƠN

FI CI A

2× Mn+ 5e → Mn Giai đoạn 2 : Cân bằng nguyên tố theo phương pháp đại số : 5K2SO3 + 2KMnO4 + a KHSO4 → b K2SO4 + 2MnSO4 + c H2O Ta có : K : 12 + a = 2b (1) S :5+a=2+b (2) H: a = 2c (3) Giải hệ 3 phương trình trên ta được: a = 6 ; b = 9 ; c = 3 Phương trình hóa học(tổng hợp hai giai đoạn) 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O III.3.5. Hoàn thành phương trình hóa học. 1. Nguyên tắc - Xác định chất oxi hoá, chất khử mạnh hay yếu. - Chọn khả năng số oxi hoá của nguyên tố thay đổi phù hợp với đề bài (chú ý môi trường tiến hành phản ứng). 2. Ví dụ: Ví dụ 1: Hoàn thành phương trình hoá học sau: H2SO3 + Br2 + H2O → HBr + ... +4

Ta thấy Br2 là chất oxi hoá mạnh do đó S → S +4

−1

1×

S → S + 2e −1

1×

Br 2 + 2.1e → 2 Br

H2 S O3 + Br 2 + H 2O → H Br + H 2 S O4

−1

S O3 + Br 2 + H 2O → 2 H Br + H 2 S O4

QU Y

Ví dụ 2 : SO2 + KMnO4 + H2O → K2SO4 +... +4

Ta thấy KMnO4 là chất oxi hoá mạnh do đó S → S , Mn → Mn +4

S O2 + K Mn O 4 + H 2O → K 2 SO4 + Mn SO4 + H 2 S O4 +4

5×

S → S + 2e +7

2×

Mn+ 5e → Mn

5 S + 2 Mn → 5 S + 2 Mn

DẠ

KÈ

5 S O2 + 2 K Mn O 4 + 2 H 2O → K 2 SO4 + 2 Mn SO4 + 2 H 2 S O4 DẠNG 1: XÁC ĐỊNH SỐ OXI HÓA CỦA NGUYÊN TỐ Bài 1: Xác định số oxi hóa của Nitơ trong các chất và ion sau: N2, NH3, NO, N2O, NO2, HNO3, NH +4 , NO3− Bài 2: Xác định số oxi hóa của Lưu huỳnh trong các chất và ion sau: H2S, SO2, SO3, 2− SO3 , H2SO4, HSO −4 Bài 3: Xác định số oxi hóa của Mangan trong các chất và ion sau: MnO −4 , MnO2, MnO 24− , MnSO4 Bài 4: Xác định số oxi hóa của Clo trong các chất và ion sau: Cl2, HCl, HClO, KClO3, KClO4 Hướng dẫn:

77 −3

−3

Bài 1: N 2 , N H 3 , N O, N 2 O, N O 2 , H N O3 , N H 4+ , N O 3− −2

Bài 2: H 2 S, S O2 , S O3 , S O32− , H 2 S O4 , H S O−4 +2

−1

FI CI A

Bài 3: Mn O −4 , Mn O 2 , Mn O 24− , Mn SO4 +7

Bài 4: Cl 2 , H Cl, H Cl O, K Cl O 3 , K Cl O 4

−1

a. 6 P + 5K Cl O 3  → 5K Cl + 3 P2 O 5

3 x 2 P  → 2 P + 2.5e +5

−1

→ Cl Cl + 6e 

5x +4

ƠN

DẠNG 2: PHẢN ỨNG OXI HÓA KHỬ ĐƠN GIẢN Bài 1: Cân bằng các phương trình hóa học sau a. P + KClO3  → P2O5 + KCl b. NO2 + O2 + H2O  → HNO3 c. K2SO3 + KMnO4 + KHSO4  → K2SO4 + MnSO4 + H2O d. NaClO2 + Cl2  → NaCl + ClO2 e. Mg + HNO3  → NO + Mg(NO3)2 + H2O g. Zn + HNO3  → Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O h. Al + H2SO4  → Al2(SO4)3 + S H2O i. KMnO4 + H2C2O4 + H2SO4  → K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O k. K2Cr2O7 + HCl  → KCl + CrCl3 + Cl2 + H2O Hướng dẫn:

+5 −2

b. 4 N O 2 + O 2 + 2H 2 O  → 4H N O 3 +4

QU Y

N  →N + e

−2

→2O 1 x O 2 + 2.2e  +4

c. 5K 2 S O 3 + 2K Mn O 4 + 6KHSO 4  → 9K 2 S O 4 + 2 Mn SO 4 + 3H 2 O +4

S  → S + 2e

2 x Mn + 5e  → Mn +3

−1

d . 2Na Cl O 2 + Cl 2  → 2Na Cl + 2 Cl O 2 +3

Cl  → Cl + e

KÈ

−1

1 x Cl 2 + 2e  → 2 Cl +5

e. 3 Mg + 8H N O 3  → 2 N O + 3Mg(NO 3 ) 2 + 4H 2 O 0

DẠ

3 x Mg  → Mg + 2e 2x

N + 3e  →N

78 +5

−3

g. 4 Zn + 10H N O3  → 4 Zn(NO3 )2 + N H 4 NO3 + 3H 2 O +2

4 x Zn  → Zn + 2e −3

FI CI A

1 x N + 8e  →N 0

h . 2 Al + 4H 2 S O 4  → Al 2 (SO 4 )3 + S + 4H 2 O +3

1 x 2 Al  → 2 Al + 2.3e +6

S + 6e  →S

1x +7

i. 2K Mn O 4 + 5H 2 C 2 O 4 + 3H 2SO 4  → K 2 S O 4 + 2 Mn SO 4 + 10 C O 2 + 8H 2 O +4

2 x Mn + 5e  → Mn +6

−1

5 x 2 C  → 2 C + 2.1e

k . K 2 Cr2 O 7 + 14H Cl  → 2KCl + 2 Cr Cl3 + 3 Cl2 + 7H 2 O −1

ƠN

→ Cl2 + 2.1e 3 x 2 Cl  +3

→ 2 Cr 1 x 2 Cr + 2.3e 

Hướng dẫn +2 −1

QU Y

DẠNG 3: PHẢN ỨNG OXI HÓA - KHỬ PHỨC TẠP Bài 1: Cân bằng các phương trình hóa học sau a. FeS2 + O2  → Fe2O3 + SO2 b. FeS + HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + H2O + H2SO4 c. As2S3 + KClO3 + H2O  → H3AsO4 + H2SO4 + KCl d. CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O  → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 e. CrI3 + KOH + Cl2  → K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O g. FeI2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + I2 + H2O +3

−2

a. 4 Fe S2 + 11 O 2  → 2 Fe 2 O 3 + 8 S O 2 +2 −1

→ 2 Fe + 4 S + 22e 2 x 2 Fe S2 

+2 −2

−2

O 2 + 4e  →2O

11 x

b . Fe S + 6H N O 3  → Fe(N O 3 )3 + 3 N O + 2H 2 O + H 2 S O 4

KÈ

+2 −2

1 x Fe S  → Fe + S + 9e +5

N + 3e  →N

−2

−1

DẠ

c. 3 As 2 S3 + 14K Cl O 3 + 18H 2 O  → 6H 3 As O 4 + 9H 2 S O 4 + 14K Cl +3

−2

3 x As 2 S3  → 2 As + 3 S + 28e 14 x

−1

Cl + 6e  → Cl

79 −2

d. (a + 2b) Cu Fe S2 + 8a Fe 2 (SO4 )3 + 8b O 2 + 8aH 2O  →(a +2b)Cu S O 4 + (17a + 2b) FeS O 4 + 8aH 2 S O 4 +3

→ 2 Fe a x 2 Fe + 2.1e  −2

FI CI A

→2O b x O 2 + 4e  −2

→ 2a Fe + 2b O 2a Fe + b O 2 + (2a + 4b)e 

−2

2 S  → 2 S + 16e

(a + 2b) x +3 −1

−1

e. 2 Cr I3 + 64KOH + 27 Cl2  → 2K 2 Cr O 4 + 6K I O 4 + 54K Cl + 32H 2 O +3 −1

Cr I 3  → Cr + 3 I + 27e −1

→ 2 Cl Cl 2 + 2.1e 

27 x +2 −1

g . 2 Fe I 2 + 6H 2 S O 4  → Fe 2 (SO 4 )3 + 3 S O 2 + 2 I 2 + 6H 2 O +2 −1

→ 2 Fe + 2 I 2 + 6e 1 x 2 Fe I 2  +6

→S S + 2e 

QU Y

ƠN

DẠNG 4: PHẢN ỨNG OXI HÓA - KHỬ CÓ HỆ SỐ BẰNG CHỮ Bài 1: Cân bằng các phương trình hóa học sau a. FeO + HNO3  → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O b. Fe + HNO3  → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O c. M + HNO3  → M(NO3)n + NxOy + H2O d. Fe2O3 + Al  → FexOy + Al2O3 e. FemOn + HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + H2O g. FeS2 + HNO3  → Fe(NO3)3 + N2Ox + H2O + H2SO4 m. M + HNO3  → M(NO3)n + NO2 + H2O n. M + HNO3  → M(NO3)n + NO + H2O Hướng dẫn: +5

+2y/ x

c. (5x-2y) M + (6nx-2ny)H N O3  →(5x-2y) M(NO3 ) n + n N x O y + (3nx-ny)H 2O (5x − 2y) x

M  → M + n.e

+2y/ x

x x N + (5x-2y)e  →x N

n +2n /m

(3m-2n) x

N + 3e  →N

DẠNG 5: XÁC ĐỊNH CHẤT TẠO THÀNH SAU PHẢN ỨNG Bài 1: Cân bằng các phương trình hóa học sau a. H2SO3 + Br2 + H2O  → H2SO4 + . . . b. KI + MnO2 + H2SO4  → I2 + . . . c. SO2 + KMnO4 + H2O  → K2SO4 + . . . d. NO + H2SO4 + K2Cr2O7  → HNO3 + . . . e. FeSO4 + K2Cr2O7 + H2SO4  → . . . g. KMnO4 + HCl  → . . . h. KMnO4 + H2C2O4 + H2SO4  → CO2 +. . .

Y DẠ

+2n /m

x m Fe  → m Fe + (3m-2n).e

KÈ

e. 3 Fe m O n + (12m-2n)H N O 3  → 3m Fe(NO 3 )3 + (3m-2n) N O + (6m-n)H 2 O

80 Hướng dẫn +2

e. 6 Fe SO 4 + K 2 Cr2 O 7 + 7H 2SO 4  → K 2 S O 4 + Cr2 (SO 4 )3 + 3 Fe 2 (SO 4 )3 + 7H 2 O +3

1 x 2 Cr + 2.3e  → 2 Cr +7

FI CI A

3 x 2 Fe  → 2 Fe + 2.1e +4

h . 2K Mn O 4 + 5H 2 C 2 O 4 + 3H 2SO 4  → K 2 S O 4 + 2 Mn SO 4 + 10 C O 2 + 8H 2 O +3

5 x 2 C  → 2 C + 2.1e +7

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

2 x Mn + 5e  → Mn

FI CI A

−2

a . 4 S + 8KOH  → K 2 S O 4 + 3K 2 S + 4H 2 O 0

1 x S  → S + 6e −2

81 DẠNG 6: PHẢN ỨNG TỰ OXI HÓA - KHỬ Bài 1: Cân bằng các phương trình hóa học sau a. S + KOH  → K2SO4 + K2S + H2O t b. KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 t c. Na2O2 → Na2O + O2 t d. KBrO3 → KBr + KBrO4 Hướng dẫn:

3 x S + 2e  →S

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG. Bài 1: Hoàn thành phản ứng oxi hóa - khử sau. a. KI + KClO3 + H2SO4  → K2SO4 + I2 + KCl + H2O → Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O b. Cu2S + HNO3  Bài 2: Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron a. Mg + HNO3  → Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O b. FexOy + HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + H2O c. M + HNO3  → M(NO3)n + N2O + H2O (M là một kim loại) Bài 3. Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron. a. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + N2O + H2O b. KMnO4 + FeCl2 + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + Cl2 + MnSO4 + K2SO4 + H2O c. M + HNO3  → M(NO3)a + NxOy + H2O (M là một kim loại) Bài 4. Hoàn thành phương trình và cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron. a. FexOy + HNO3  → NO + . . . b. M + H2SO4  → M2(SO4)n + SO2 +. . . c. KMnO4 + C2H4 + H2SO4 + H2O  → C2H4(OH)2 +. . . Bài 5: Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron. a. FeS2 + HNO3 + HCl  → FeCl3 + H2SO4 + NO + H2O → Na2CrO4 + NaBr + NaCl + H2O b. CrCl3 + Br2 + NaOH  Bài 6: Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron. a. Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NH4NO3 + H2O b. FeS2 + H2SO4(đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O Bài 7: Cân bằng phản ứng oxi hóa - khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron. a. K2S + K2Cr2O7 + H2SO4  → S + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O b. Fe3O4 + HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + H2O c. K2SO3 + KMnO4 + KHSO4  → K2SO4 + MnSO4 + H2O d. SO2 + KMnO4 + H2O  → K2SO4 + MnSO4 + H2SO4 Bài 8: Hoàn thành các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. Cu2S + HNO3  → Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O b. Hòa tan một muối cacbonat của kim loại M dằng dung dịch HNO3 Thu được dung dịch muối và hỗn hợp 2 khí NO và CO2

82 Trích 1 số câu trong đề thi HSG cấp huyện, tỉnh 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: t a. Fe(OH)2 + H2SO4 (đặc)  → Fe2(SO4)3 + S + H2O +2 +3 3 x 2Fe  → Fe2 + 2e +6 → S0 1 x S + 6e  t 6Fe(OH)2 + 10H2SO4 (đặc)  → 3Fe2(SO4)3 + S + 16H2O b. Na2SO3 + KMnO4 +H2O → Na2SO4 + MnO2 + KOH → S+6 + 2e 3 x S+4  → Mn+4 2 x Mn+7 + 3e  3Na2SO3 + 2KMnO4 +H2O → 3Na2SO4 + 2MnO2 + 2KOH c. As2S3 + KClO3 + H2O  → H3AsO4 + H2SO4 + KCl 6 x As2S3  → 2As+5 + 3S+6 + 28e → Cl-1 28 x Cl+5 + 6e  12As2S3 + 28KClO3 + 36H2O  → 12H3AsO4 + 18H2SO4 + 28KCl 2. Cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron; 1. FeO + HNO3 → Fe(NO3) 3 + NO + H2O 2. Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO2 + H2O. 3. NaCl + H2SO4 + KMnO4 → Na2SO4+ K2SO4 + MnSO4 + Cl2 +H2O. 4. CuS2 + HNO3 → Cu(NO3) 2 + H2SO4 + N2O + H2O Hướng dẫn: 1. FeO + HNO3 → Fe(NO3) 3 + NO + H2O 3 x Fe+2 → Fe+3 + 1e 1 x N+5 +3e → N+2 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3) 3 + NO + 5H2O 2. Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO2 + H2O. 1 x Cu0 → Cu+2 + 2e 2 x N+5 + 1e → N+4 Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O. 3. NaCl + H2SO4 + KMnO4 → Na2SO4+ K2SO4 + MnSO4 + Cl2 +H2O. 5 x 2Cl-1 → Cl20 + 2e 2 x Mn+7 + 5e → Mn+2 10NaCl + 8H2SO4 + 2KMnO4 → 5Na2SO4+ K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O. 4. CuS2 + HNO3 → Cu(NO3) 2 + H2SO4 + N2O + H2O 4 x CuS2 → Cu+2 + 2S+6 + 14e 7 x 2N+5 + 8e → N2+1 4CuS2 + 22HNO3 →4Cu(NO3) 2 + 8H2SO4 + 7N2O + 3H2O 3. Cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. P + HNO3 + H2O → H3PO4 + NO. b. FeCO3 + H2SO4 (đặc) → Fe2(SO4)3 + S + CO2 + H2O. c. MxOy + HNO3 → M(NO3)n + NO + H2O. Hướng dẫn: a. P + HNO3 + H2O → H3PO4 + NO 3 x P0 → P+5 + 5e 5 x N+5 + 3e → N+2 3P + 5HNO3 +2H2O → 3H3PO4 + 5NO b. FeCO3 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + S + CO2 + H2O. 3 x 2Fe+2 → Fe2+3 + 2e

FI CI A

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

1 x S+6 + 6e → S0 6FeCO3 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + S + 6CO2 + 10H2O. c. MxOy + HNO3 → M(NO3)n + NO + H2O. 3x Mx+2y/x → xM+n + (nx – 2y) e (nx – 2y) x N+5 + 3e → N+2 3MxOy + (4nx – 2y)HNO3 → 3xM(NO3)n + (nx – 2y)NO + (2nx – y) H2O. 4. Cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron; t a. Fe(OH)2 + H2SO4 (đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. KI + KClO3 + H2SO4 → K2SO4 + I2 + KCl + H2O c. FeS2 + HNO3  → Fe(NO3)3 + N2Ox + H2SO4 + H2O - Hướng dẫn: t 1. Fe(OH)2 + H2SO4 (đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O 1 x 2Fe+2 → 2Fe+3 + 2e 1 x S+6 +2e → S+4 t 2Fe(OH)2 + 4H2SO4 (đặc)  → Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O 2. KI + KClO3 + H2SO4 → K2SO4 + I2 + KCl + H2O 3 x 2I-1 → I20 + 2e 1 x Cl+5 + 6e → Cl-1 6KI + KClO3 + 3H2SO4 → 3K2SO4+ 3I2 + KCl + 3H2O 3. FeS2 + HNO3  → Fe(NO3)3 + N2Ox + H2SO4 + H2O 3 (10-2x) x FeS2 → Fe + 2S+6 + 15e 15 x 2N+5 + (10 – 2x) e → 2N+x (10-2x)FeS2 + (60-6x) HNO3  → (10-2x) Fe(NO3)3 + 15N2Ox + (20-4x)H2SO4 + (10+x)H2O. 5. Cân bằng các phản ứng hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron: (HSG Lạc Sơn 2018-2019) a) Al + HNO3 Al(NO3)3 + N2O + H2O. b) Fe3 O4 + HNO3 loãng Fe(NO3)3 + NO + H2O H2SO4 + NO2 + H2O c) S + HNO3 6. Cân bằng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: (HSG Lương Sơn 2018-2019) a) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NO + H2O b) FeI2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + I2 + H2O 7. Lập phương trình hoá học sau theo phương pháp thăng bằng electron. (HSG Tân Lạc 2018-2019) a. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + N2O + H2O. b. Fe3 O4 + HNO3 loãng→ Fe(NO3)3 + NO + H2O c. M + HNO3  → M(NO3)n + NxOy + H2O a) Cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron; (HSG Thành phố Hòa Bình 2018-2019) 0

KÈ

QU Y

ƠN

DẠ

1. FeO + H2SO4đặc → Fe2(SO4) 3 + SO2 + H2O. 2. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NO + H2O. 3. CuS2 + HNO3 → Cu(NO3) 2 + H2SO4 + NO + H2O. Hướng dẫn: 1. FeO + H2SO4đặc → Fe2(SO4) 3 + SO2 + H2O - PT e: 1 x 2Fe+2 → 2Fe+3 + 1e.2 1 x S+6 +2e →S+4

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

84 - CB: 2FeO + 4H2SO4đặc → Fe2(SO4) 3 + SO2 + 4H2O 2. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NO + H2O. - PT e: 3 x Mg0 → Mg+2 + 2e 2 x N+5 + 3e → N+4 - CB: 3Mg + 8HNO3 → 3Mg(NO3)2 + 2NO + 4H2O 3. CuS2 + HNO3 → Cu(NO3) 2 + H2SO4 + NO + H2O - TP e: 3 x CuS2 → Cu+2 + 2S+6 + 14e 14 x N+5 + 3e → N+2 - CB: 3CuS2 + 20HNO3 → 3Cu(NO3) 2 + 6H2SO4 + 14NO + 4H2O

CHUYÊN ĐỀ 7 BÀI TẬP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH AXIT, KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI NƯỚC A. Lý thuyết cơ bản:

Ba Ca Na Mg Al

Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Hg Au Pt

Không tác dụng với nước ở nhiệt độ thường

Tác dụng với nước K

Khó phản ứng

Ba Ca Na Mg Al

Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Hg Au Pt

Ở nhiệt độ cao

FI CI A

+ O2: nhiệt độ thường

85 Thường gặp dưới dạng kim loại phản ứng với axit, bazơ, muối và với nước. Ý nghĩa: K Ba Ca Na Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Hg Au Pt

Tác dụng với các axit thông thường giải phóng Hidro

Không tác dụng.

Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Hg Au Pt

Ba Ca Na Mg Al

Kim loại đứng trước đẩy kim loại đứng sau ra khỏi muối Ba Ca Na Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Ag Hg Au Pt

ƠN

DẠ

KÈ

QU Y

H2, CO, C không khử được oxit khử được oxit các kim loại này ở nhiệt độ cao Chú ý: 1. Các kim loại đứng trước Mg phản ứng với nước ở nhiệt độ thường tạo thành dd Kiềm và giải phóng khí Hidro. 2. Trừ Au và Pt, các kim loại khác đều có thể tác dụng với HNO3 và H2SO4 đặc nhưng không giải phóng Hidro. * Ý nghĩa của dãy hoạt động hóa học: K Na Ba Ca Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H Cu Hg Ag Pt Au 1. Dãy được sắp xếp theo chiều giảm dần tính hoạt động hoá học (từ trái sang phải) 2. Một số kim loại vừa tác dụng được với axit và với nước: K, Na, Ba, Ca 3. Kim loại + H2O  → Dung dịch bazơ + H2 4. Kim loại vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với bazơ: (Be), Al, Zn, Cr 2A + 2(4 – n)NaOH + 2(n – 2)H2O ---> 2Na4 – nAO2 + nH2 Ví dụ: 2Al + 2NaOH + 2H2O  → 2NaAlO2+ 3H2 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O  → Ba(AlO2)2 + 3H2 Zn + 2NaOH  → Na2ZnO2 + H2 Zn + Ba(OH)2  → BaZnO2 + H2 5. Kim loại đứng trước H tác dụng với dung dịch axit HCl, H2SO4 loãng tạo muối và giải phóng H2. Kim loại + Axit  → Muối + H2 Lưu ý: Kim loại trong muối có hoá trị thấp (đối với kim loại đa hoá trị) Kể từ Mg trở đi kim loại đứng trước đẩy được kim loại đứng sau ra khỏi muối của chúng, theo quy tắc: Chất khử mạnh + chất oxi hóa mạnh  → chất oxi hoá yếu + chất khử yếu. Lưu ý những kim loại đầu dãy (kim loại tác dụng được với nước) thì không tuân theo quy tắc trên mà nó xảy ra theo các bước sau:

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

86 Kim loại kiềm (hoặc kiềm thổ) + H2O  → Dung dịch bazơ + H2 Sau đó: Dung dịch bazơ + dung dịch muối  → Muối mới + Bazơ mới (*) Điều kiện (*): Chất tạo thành phải có ít nhất 1 chất kết tủa (không tan). VD: cho Ba vào dung dịch CuSO4. → Ba(OH)2 + H2 Trước tiên: Ba + 2H2O  Ba(OH)2 + CuSO4  → Cu(OH)2 + BaSO4 Đặc biệt: Cu + 2FeCl3  → CuCl2 + 2FeCl2 Cu + Fe2(SO4)3  → CuSO4 + 2FeSO4 B. Bài tập minh họa: I. Kim loại tác dụng với dung dịch axit: Bài 1: Cho 5,6g Fe tác dụng với 500ml dung dịch HNO3 0,8M. Sau phản ứng thu được V(lit) hỗn hợp khí A gồm N2O và NO2 có tỷ khối so với H2 là 22,25 và dd B. a. Tính V (đktc)? b. Tính nồng độ mol.l của các chất có trong dung dịch B. Hướng dẫn: Theo bài ra ta có: nFe = 5,6 : 56 = 0,1 mol n HNO3 = 0,5 . 0,8 = 0,4 mol Mhh khí = 22,25 . 2 = 44,5 Đặt x, y lần lượt là số mol của khí N2O và NO2. PTHH xảy ra: 8Fe + 30HNO3  → 8Fe(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (1) 8mol 3mol 8x/3 x → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (2) Fe + 6HNO3  1mol 3mol y/3 y Tỉ lệ thể tích các khí trên là: Gọi a là thành phần % theo thể tích của khí N2O. Vậy (1 – a) là thành phần % của khí NO2. Ta có: 44a + 46(1 – a) = 44,5 a = 0,75 hay % của khí N2O là 75% và của khí NO2 là 25% Từ phương trình phản ứng kết hợp với tỉ lệ thể tích ta có: x = 3y (I) ---> y = 0,012 và x = 0,036 8x.3 + y.3 = 0,1 (II) Vậy thể tích của các khí thu được ở đktc là: VN 2 O = 0,81(lit) và VNO 2 = 0,27(lit) Theo phương trình thì: Số mol HNO3 (phản ứng) = 10nN 2 O + 2n NO 2 = 10.0,036 + 2.0,012 = 0,384 mol Số mol HNO3 (còn dư) = 0,4 – 0,384 = 0,016 mol Số mol Fe(NO3)3 = nFe = 0,1 mol Vậy nồng độ các chất trong dung dịch là: CM(Fe(NO3)3) = 0,2M; CM(HNO3)dư = 0,032M Bài 2: Để hoà tan 4,48g Fe phải dùng bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,5M và H2SO4 0,75M.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Hướng dẫn: Giả sử phải dùng V(lit) dung dịch hỗn hợp gồm HCl 0,5M và H2SO4 0,75M Số mol HCl = 0,5V (mol) Số mol H2SO4 = 0,75V (mol) Số mol Fe = 0,08 mol PTHH xảy ra: Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 Fe + H2SO4  → FeSO4 + H2 Theo phương trình ta có: 0,25V + 0,75V = 0,08 → V = 0,08: 1 = 0,08 (lit) Bài 3: Hoà tan 2,8g một kim loại hoá trị (II) bằng một hỗn hợp gồm 80ml dung dịch axit H2SO4 0,5M và 200ml dung dịch axit HCl 0,2M. Dung dịch thu được có tính axit và muốn trung hoà phải dùng 1ml dung dịch NaOH 0,2M. Xác định kim loại hoá trị II đem phản ứng. Hướng dẫn: Theo bài ra ta có: Số mol của H2SO4 là 0,04 mol Số mol của HCl là 0,04 mol Sô mol của NaOH là 0,02 mol Đặt R là KHHH của kim loại hoá trị II a, b là số mol của kim loại R tác dụng với axit H2SO4 và HCl. Viết các PTHH xảy ra. Sau khi kim loại tác dụng với kim loại R. Số mol của các axit còn lại là: Số mol của H2SO4 = 0,04 – a (mol) Số mol của HCl = 0,04 – 2b (mol) Viết các PTHH trung hoà: Từ PTPƯ ta có: Số mol NaOH phản ứng là: (0,04 – 2b) + 2(0,04 – a) = 0,02  (a + b) = 0,1: 2 = 0,05 Vậy số mol kim loại R = (a + b) = 0,05 mol  MR = 2,8: 0,05 = 56 và R có hoá trị II  R là Fe. Bài 4: Chia 7,22g hỗn hợp A gồm Fe và R (R là kim loại có hoá trị không đổi) thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Phản ứng với dung dịch HCl dư, thu được 2,128 lit H2(đktc) Phần 2: Phản ứng với HNO3, thu được 1,972 lit NO(đktc) a. Xác định kim loại R. b. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. Hướng dẫn: a. Gọi 2x, 2y (mol) là số mol Fe, R có trong hỗn hợp A --> Số mol Fe, R trong 1.2 hỗn hợp A là x, y. Viết các PTHH xảy ra: Lập các phương trình toán học; mhh A = 56.2x + 2y.MR (I) nH 2 = x + ny.2 = 0,095 (II) nNO = x + ny.3 = 0,08 (III)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

88 Giải hệ phương trình ta được: MR = 9n (với n là hoá trị của R) Lập bảng: Với n = 3 thì MR = 27 là phù hợp. Vậy R là nhôm(Al) b. %Fe = 46,54% và %Al = 53,46%. Bài 5: Hỗn hợp A gồm Mg và kim loại M hoá trị III, đứng trước hiđrô trong dãy hoạt động hoá học. Hoà tan hoàn toàn 1,275 g A vào 125ml dd B chứa đồng thời HCl nồng độ C1(M) và H2SO4 nồng độ C2(M). Thấy thoát ra 1400 ml khí H2 (ở đktc) và dd D. Để trung hoà hoàn toàn lượng a xít dư trong D cần dùng 50ml dd Ba(OH)2 1M. Sau khi trung hoà dd D còn thu được 0,0375mol một chất rắn không hoà tan trong HCl. a. Viết các PTPƯ xảy ra. b. Tính C1 và C2 của dd B. c. Tìm NTK của kim loại M (AM) và khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A đem thí nghiệm. Biết rằng để hoà tan 1,35g M cần dùng không quá 200ml dd HCl 1M. Hướng dẫn: a. các PTHH xảy ra. Mg + 2H+  → Mg2+ + H2 (1) 2M + 6H+  → 2M3+ + 3H2 (2) Trong dd D có các Ion: H+dư , Cl- , SO42- , Mg2+, M3+. Trung hoà dd D bằng Ba(OH)2. H+ + OH-  → H2O (3) Ba2+ + SO42-  → BaSO4 (4) Theo bài ra ta có: Số mol OH- = 2 số mol Ba(OH)2 = 0,05 . 1 . 2 = 0,1 mol Số mol Ba2+ = số mol Ba(OH)2 = 0,05 mol. b. Số mol H+ trong dd B = 0,125C1 + 2 . 0,125C2 số mol H+ tham gia các phản ứng (1,2,3) là: 0,0625 . 2 + 0,1 = 0,225 mol ( Vì số mol của H2 thoát ra = 0,0625 mol ) Ta có: 0,125C1 + 2 . 0,125C2 = 0,225 (*) Mặt khác , số mol Ba2+ = 0,05 mol > số mol của BaSO4 = 0,0375 mol. Như vậy chứng tỏ SO42- đã phản ứng hết và Ba2+ còn dư. Do đó số mol của SO42- = số mol của BaSO4 = 0,0375 mol. Nên ta có nồng độ mol. lit của dd H2SO4 là: C2 = 0,0375: 0,125 = 0,3M Vì số mol của H2SO4 = số mol của SO42- = 0,0375 (mol) Thay và ( * ) ta được: C1 = 1,2 M c. PTPƯ hoà tan M trong HCl. 2M + 6HCl  → 2MCl3 + 3H2 (5) Số mol HCl = 0,2 x 1 = 0,2 mol Theo (5): Số mol của kim loại M ≤ 0,2: 3 (Vì theo bài ra M bị hoà tan hết) Do đó NTK của M là: AM ≥ 1,35: ( 0,2: 3 ) = 20,25 Vì M là kim loại hoá trị III nên M phải là: Al (nhôm) Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg và Al trong 1,275 g hỗn hợp A Ta có: 24x + 27y = 1,275 (I) Theo PT (1, 2): x + 1,5 y = 0,0625 (II) Giải hệ pt (I) và (II) ta được: x = y = 0,025. Vậy khối lượng của các chất trong hỗn hơp là: mMg = 0,6 g và mAl = 0,675 g.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

89 Bài 6: Cho 9,86g hỗn hợp gồm Mg và Zn vào 1 cốc chứa 430ml dung dịch H2SO4 1M loãng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thêm tiếp vào cốc 1,2 lit dung dịch hỗn hợp gồm Ba(OH)2 0,05M và NaOH 0,7M, khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, rồi lọc lấy kết tủa và nung nóng đến khối lượng không đổi thì thu được 26,08g chất rắn. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. Hướng dẫn; Đặt số mol Mg và Zn là x và y. Ta có: 24x + 65y = 9,86 (I) Số mol H2SO4 = 043.1= 0,43 mol Đặt HX là công thức tương đương của H2SO4  nHX = 2nH 2 SO 4 = 0,43.2 = 0,86 mol Số mol Ba(OH)2 = 1,2 . 0,05 = 0,06 mol Số mol NaOH = 0,7 . 1,2 = 0,84 mol Đặt ROH là công thức tưng đương cho 2 bazơ đã cho. Ta có: nROH = 2nBa(OH) 2 + nNaOH = 0,06.2 + 0,84 = 0,96 mol PTHH xảy ra Giả sử hỗn hợp chỉ chứa mình Zn ---> x = 0. Vậy y = 9,86: 65 = 0,1517 mol Giả sử hỗn hợp chỉ Mg ---> y = 0 Vậy x = 9,86: 24 = 0,4108 mol 0,1517 < nhh kim loại < 0,4108 Vì x > 0 và y > 0 nên số mol axit tham gia phản ứng với kim loại là: 0,3034 < 2x + 2y < 0,8216 nhận thấy lượng axit đã dùng < 0,86 mol. Vậy axit dư --> Do đó Zn và Mg đã phản ứng hết. Sau khi hoà tan hết trong dung dịch có. x mol MgX2 ; y mol ZnX2 ; 0,86 – 2(x + y) mol HX và 0,43 mol SO4. Cho dung dịch tác dụng với dung dịch bazơ. HX + ROH → RX + H2O. 0,86 – 2(x + y) 0,86 – 2(x + y) mol MgX2 + 2ROH → Mg(OH)2 + 2RX x 2x x mol ZnX2 + 2ROH → Zn(OH)2 + 2RX y 2y y mol Ta có nROH đã phản ứng = 0,86 – 2(x + y) + 2x + 2y = 0,86 mol Vậy nROH dư = 0,96 – 0,86 = 0,1mol Tiếp tục có phản ứng xảy ra: Zn(OH)2 + 2ROH → R2ZnO2 + 2H2O bđ: y 0,1 mol Pứ: y1 2y1 mol còn: y – y1 0,1 – 2y1 mol (Điều kiện: y ≥ y1) Phản ứng tạo kết tủa. Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O bđ: 0,06 0,43 0 mol pứ: 0,06 0,06 0,06 mol

90 còn: 0 0,43 - 0,06 0,06 mol Nung kết tủa. t Mg(OH)2  MgO + H2O → x x mol t Zn(OH)2  → ZnO + H2O y – y1 y – y1 mol BaSO4 không bị nhiệt phân huỷ. 0,06 mol Ta có: 40x + 81(y – y1) + 233.0,06 = 26,08  40x + 81(y – y1) = 12,1 (II) Khi y – y1 = 0  y = y1 ta thấy 0,1 – 2y1 ≥ 0  y1 ≤ 0,05 Vậy 40x = 12,1  x = 12,1: 40 = 0,3025 mol Thay vào (I) ta được y = 0,04 ( y = y1 ≤ 0,05) phù hợp Vậy mMg = 24 . 0,3025 = 7,26g và mZn = 65 . 0,04 = 2,6g Khi y – y1 > 0  y > y1 ta có 0,1 – 2y1 = 0 (vì nROH phản ứng hết)  y1 = 0,05 mol, thay vào (II) ta được: 40x + 81y = 16,15. Giải hệ phương trình (I, II)  x = 0,38275 và y = 0,01036 Kết quả y < y1 (không phù hợp với điều kiện y ≥ y1 )  loại. Bài 7: Cho 22,2 gam hỗn hợp gồm Fe, Al tan hoàn toàn trong HCl, ta thu được 13,44 lít H2 (đktc). Tính thành phần % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp và khối lượng muối clorua khan thu được. Bài giải Vì phản ứng hoàn toàn nên ta có thể thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hoá trị n . Gọi x là số mol Fe trong 1 mol hỗn hợp. M = 56.x + 27(1 - x) n = 2.x + 3(1 - x)

QU Y

ƠN

FI CI A

n H2 2 22,2 n . M 2 13,44 = = 0,6 (mol) 22,4

PTHH: M + n HCl  → M Cl n +

22,2 M 22,2 n . = nH 2 Theo bài ra: M 2 22,2[2 x + 3(1 − x)] → = 0,6 [56 x + 27(1 − x)].2 → x = 0,6 mol Fe và 0,4 mol Al M = 0,6.56 + 27.0,4 = 44,4 (g.mol) 0,6.56 % Fe = .100% = 75,67% 44,4

KÈ

22,2 M

DẠ

% Al = 100 - 75,67 = 24,33% Ta có n = 0,6.2 + 0,4.3 = 2,4 (mol) Khối lượng muối clorua khan: m=

22,2 35,5.2,4 ( M + 35,5. n ) = 22,2 + .22,2 = 64,8 gam. 44,4 M

Theo (1) → n A = 2nH 2 = 2

FI CI A

91 Bài 8: Khi cho 3,1 gam hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp tác dụng hết với nước ta thu được 1,12 lít H2 (đktc). Xác định hai kim loại và tính thành phần % theo khối lượng của hỗn hợp. Hướng dẫn: Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn nên ta có thể thay thế hỗn hợp hai kim loại kiềm bằng một kim loại tương đương A có hoá trị 1 (kim loại kiềm) 2 A + 2H2O  → 2 A OH + H2 (1)n 1,12 = 0,1 (mol) 22,4

3,1 = 31 g.mol 0,1

→ A =

→ Na = 23 < A = 31 < K = 39 23 + 39 → số mol hai chất bằng nhau nghĩa là trong 1 mol hỗn Mặt khác: A = 31 = 2

hợp mỗi kim loại có 0,5 mol. Thành phần % khối lượng:

0,5.23 .100 = 37,1% và % K = (100 - 37,1)% = 62,9%. 31

ƠN

% Na =

DẠ

KÈ

QU Y

II. Kim loại tác dụng với nước: Bài 9: Hoà tan hoàn toàn 17,2g hỗn hợp gồm kim loại kiềm A và oxit của nó vào 1600g nước được dung dịch B. Cô cạn dung dịch B được 22,4g hiđroxit kim loại khan. a. Tìm kim loại và thành phần % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp. b. Tính thể tích dung dịch H2SO4 0,5M cần dùng để trung hoà dung dịc B. Hướng dẫn: Gọi công thức của 2 chất đã cho là A và A2O. a, b lần lượt là số mol của A và A2O Viết PTHH: Theo phương trình phản ứng ta có: a.MA + b(2MA + 16) = 17,2 (I) (a + 2b)(MA + 17) = 22,4 (II) Lấy (II) – (I): 17a + 18b = 5,2 (*) Khối lượng trung bình của hỗn hợp: MTB = 17,2: (a + b) Tương đương: MTB = 18.17,2: 18(a + b). Nhận thấy: 18.17,2: 18(a + b) < 18.17,2: 17a + 18b = 18.17,2: 5,2  MTB < 59,5 Ta có: MA < 59,5 < 2MA + 16  21,75 < MA < 59,5. Vậy A có thể là: Na(23) hoặc K(39). Giải hệ PT toán học và tính toán theo yêu cầu của đề bài. Đáp số: a. Với A là Na thì %Na = 2,67% và %Na2O = 97,33% Với A là K thì %K = 45,3% và %K2O = 54,7% b. TH: A là Na  Vdd axit = 0,56 lit

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

TH: A là K  Vdd axit = 0,4 lit. Bài 10: Cho 6,2g hỗn hợp 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn phản ứng với H2O dư, thu được 2,24 lit khí (đktc) và dung dịch A. a. Tính thành phần % về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b. Sục CO2 vào dung dịch A thu được dung dịch B. Cho B phản ứng với BaCl2 dư thu được 19,7g kết tủa. Tính thể tích khí CO2 đã bị hấp thụ. Hướng dẫn: a. Đặt R là KHHH chung cho 2 kim loại kiềm đã cho MR là khối lượng trung bình của 2 kim loại kiềm A và B, giả sử MA < MB  > MA < MR < MB . Viết PTHH xảy ra: Theo phương trình phản ứng: nR = 2nH 2 = 0,2 mol.  MR = 6,2: 0,2 = 31 Theo đề ra: 2 kim loại này thuộc 2 chu kì liên tiếp, nên 2 kim loại đó là: A là Na(23) và B là K(39) b. Ta có: nROH = nR = 0,2 mol PTHH xảy ra: CO2 + 2ROH → R2CO3 + H2O CO2 + ROH → RHCO3 Theo bài ra khi cho BaCl2 vào dung dịch B thì có kết tủa. Như vậy trong B phải có R2CO3 vì trong 2 loại muối trên thì BaCl2 chỉ phản ứng với R2CO3 mà không phản ứng với RHCO3. BaCl2 + R2CO3 → BaCO3 + RCl nCO 2 = nR 2 CO 3 = nBaCO 3 = 19,7: 197 = 0,1 mol → VCO 2 = 2,24 lít. C. Bài tập áp dụng: Bài 1: Hoà tan hết 25,2g kim loại R trong dung dịch axit HCl, sau phản ứng thu được 1,008 lit H2 (đktc). Xác định kim loại R. Bài 2: Hoà tan hoàn toàn 6,5g một kim loại A chưa rõ hoá trị vào dung dịch axit HCl, thì thu được 2,24 lit H2 (đktc). Xác định kim loại A. Bài 3: Cho 10g một hỗn hợp gồm Fe và Cu tác dụng với dung dịch axit HCl, thì thu được 3,36 lit khí H2 (đktc). Xác định thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. Bài 4: Cho 1 hỗn hợp gồm Al và Ag phản ứng với dung dịch axit H2SO4 thu được 5,6 lít H2 (đktc). Sau phản ứng thì còn 3g một chất rắn không tan. Xác định thành phần % theo khối lượng cuả mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Bài 5: Để hoà tan 4,8g Mg phải dùng bao nhiêu ml dung dịch hỗn hợp HCl 1,5M và H2SO4 0,5M. a. Tính thể tích dung dịch hỗn hợp axit trên cần dùng. b. Tính thể tích H2 thu được sau phản ứng ở đktc. Bài 6: Cho 10g hỗn hợp gồm Zn và Cu tác dụng với dung dịch axit H2SO4 loãng thì thu được 2,24 lit H2 (đktc). Tính thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Bài 7: Hoà tan 5,2g hỗn hợp gồm Mg và Fe bằng dung dịch axit HCl 1M, thì thu dược 3,36 lit H2 (đktc). a. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

93 b. Tính thể tích dung dịch axit HCl đã dùng. Bài 8: Hoà tan hoàn toàn 15,3g hỗn hợp gồm Mg và Zn bằng dung dịch axit HCl 1M thì thu được 6,72 lit H2 (đktc). a. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. b. Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng. Bài 9: A là hỗn hợp gồm: Ba, Al, Mg. Lấy m gam A cho tác dụng với nước tới khi hết phản ứng thấy thoát ra 3,36 lit H2 (đktc). Lấy m gam A cho vào dung dịch xút dư tới khi hết phản ứng thấy thoát ra 6,72 lít H2 (đktc). Lấy m gam A hoà tan bằng một lượng vừa đủ dung dịch axit HCl thì thu được một dung dịch và 8,96 lit H2 (đktc). Hãy tính m gam và thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp. Bài 10: Hoà tan hỗn hợp gồm Fe, Zn trong 500ml dung dịch HCl 0,4M được dung dịch A và 10,52g muối khan. a. Tính thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại. b. Tính thể tích dung dịch B gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 cần dùng để trung hoà dung dịch A. Bài 11: Hoà tan hết 12g hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hoá trị II không đổi) vào 200ml dung dịch HCl 3,5M thu được 6,72 lit khí (đktc). Mặt khác lấy 3,6g kim loại M tan hết vào 400ml dung dịch H2SO4 nồng độ 1M thì H2SO4 còn dư. a. Xác định kim loại M. b. Tính thành phần % theo khối lượng của Fe, M trong hỗn hợp. Bài 12: Hoà tan hết 11,3g hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R (hoá trị II không đổi) vào 300ml dung dịch HCl 2,5M thu được 6,72 lit khí (đktc). Mặt khác lấy 4,8g kim loại M tan hết vào 200ml dung dịch H2SO4 nồng độ 2M thì H2SO4 còn dư. a. Xác định kim loại R. b. Tính thành phần % theo khối lượng của Fe, R trong hỗn hợp. Bài 13: Hoà tan hết 12,1g hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hoá trị II không đổi) vào 150ml dung dịch HCl 3M thì thu được 4,48 lit khí (đktc). Mặt khác muốn hoà tan hết 4,875g kim loại M thì cần phải dùng 100ml dung dịch H2SO4 0,75M, dung dịch thu được không làm đổi màu giấy quỳ. Bài 14: Hoà tan hoàn toàn 3,1g hỗn hợp 2 kim loại kiềm trong nước thu được dung dịch A. Để trung hoà dung dịch A phải dùng 50ml dung dịch HCl 2M, sau phản ứng thu được dung dịch B. a. Nếu cô cạn dung dịch B thì sẽ thu được bao nhiêu gam hỗn hợp muối khan? b. Xác định 2 kim loại kiềm, biết rằng tỉ lệ số mol của chúng trong hỗn hợp là 1: 1. Bài 15: Hai kim loại kiềm A và B có khối lượng bằng nhau. Cho 17,94g hỗn hợp A và B tan hoàn toàn trong 500g H2O thu được 500ml dung dịch C(d = 1,03464g.ml). Tìm A và B. Bài 16: Một hỗn hợp X gồm 2 kim loại A, B thuộc 2 chu kì liên tiếp trong bảng tuần hoàn, có khối lượng là 8,5g. Cho X phản ứng hết với nước cho ra 3,36 lit khí H2(đktc) a. Xác định 2 kim loại và tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. b. Thêm vào 8,5g hỗn hợp X trên, 1 kim loại kiềm thổ D được hỗn hợp Y, cho Y tác dụng với nước thu được dung dịch E và 4,48 lit khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch E ta được chất rắn Z có khối lượng là 22,15g. Xác định D và khối lượng của D.

QU Y

ƠN

FI CI A

94 Bài 17: Hoà tan 23g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn vào nước thu được dung dịch D và 5,6 lit H2 (đktc). Nếu thêm 180ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì chưa kết tủa hết được Ba(OH)2. Nếu thêm 210ml dung dịch Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng còn dư Na2SO4. Xác định 2 kim loại kiềm ở trên.

CHUYÊN ĐỀ 8 BÀI TẬP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH MUỐI

KÈ

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Ý nghĩa của dãy hoạt động hóa học của kim loại:

Ba Ca Na Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H

DẠ

Tác dụng với nước K

Cu Ag Hg Au Pt

Không tác dụng với nước ở nhiệt độ thường

Ba Ca Na Mg Al Zn Fe Ni Sn Pb H

Cu Ag Hg Au Pt

Kim loại đứng trước đẩy kim loại đứng sau ra khỏi muối

FI CI A

Chú ý: - Các kim loại đứng trước Mg phản ứng với nước ở nhiệt độ thường tạo thành dd Kiềm và giải phóng khí Hidro. - Một số kim loại vừa tác dụng được với axit và với nước: K, Na, Ba, Ca - Kim loại + H2O ----> Dung dịch bazơ + H2 - Kim loại vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với bazơ: Al, Zn Ví dụ: 2Al + 2NaOH + 2H2O ----> 2NaAlO2+ 3H2 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O ----> Ba(AlO2)2 + 3H2 Zn + 2NaOH ---> Na2ZnO2 + H2

Zn + Ba(OH)2 ---> BaZnO2 + H2

KÈ

QU Y

ƠN

- Kim loại đứng trước H tác dụng với dung dịch axit HCl, H2SO4 loãng tạo muối và giải phóng H2. Kim loại + Axit ----> Muối + H2 - Kể từ Mg trở đi kim loại đứng trước đẩy được kim loại đứng sau ra khỏi muối của chúng. B. BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN MỘT KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH CHỨA MỘT MUỐI 1.1. Phương pháp giải: Dạng bài tập này thường cho dưới dạng nhúng một lá kim loại vào một dung dịch muối,sau phản ứng lấy lá kim loại ra khỏi dung dịch rồi cân lại thấy khối lượng lá kim loại thay đổi. Phương trình: kim loạitan + muối  Muối mới + kim loại mớibám . + Nếu đề bài cho khối lượng lá kim loại tăng hay giảm là m thì áp dụng như sau: Khối lượng lá kim loại tăng lên so với trước khi nhúng ta có: mkim loại bám vào - mkim loại tan ra = mtăng Khối lượng lá kim loại giảm so với trước khi nhúng ta có: mkim loại tan ra - mkim loại bám vào = mgiảm + Nếu đề bài cho khối lượng lá kim loại tăng hay giảm là x% thì ta áp dụng như sau:

DẠ

Khối lượng lá kim loại tăng lên x% so với trước khi nhúng ta có: m kim loại bám vào - mkim loại tan ra = mbđ* 100x

Khối lượng lá kim loại giảm xuống x% so với trước khi nhúng ta có:

mkim loại tan ra - mkim loại bám vào = mbđ* 100x

FI CI A

Với mbđ là khối lượng ban đầu của thanh kim loại hoặc đề sẽ cho sẵn khối lượng kim loại ban đầu.

ƠN

1.2. Bài tập minh họa Bài 1: Cho một đinh sắt có khối lượng 50gam vào dung dịch CuSO4 sau một thời gian nhấc đinh sắt ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô cân lại được 51 gam. a) Tính khối lượng Fe tham gia và khối lượng Cu tạo thành. b) Hỏi chiếc đinh sau phản ứng có bao nhiêu gam Fe. (Giả sử toàn bộ Cu tạo thành bám lên đinh Fe). Hướng dẫn: Gọi a là số mol Fe tham gia phản ứng(Số mol Fe tan trong dung dịch) Phương trình hóa học: Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu Mol: a <------- a--------------------------> a mCu baùm - mFe tan = mFe taêng Theo đề bài ta có: Khối lượng kim loại tăng

DẠ

KÈ

QU Y

64a - 56a = 51- 50  Giải ra a = 0,125 mol a) Khối lượng Fe tham gia: mFe = 0,125.56 = 7(g) - Khối lượng Cu tạo thành: mCu = 0,125.64 = 8(g) b) Số gam Fe có trong chiếc đinh là: mFe = 51-8 = 43(g) Bài 2: Ngâm một vật bằng Cu có khối lượng 50 gam vào 250 gam dung dịc AgNO3 6%, khi lấy vật ra thì khối lượng AgNO3 trong dung dịch giảm 17%. Xác định khối lượng vật sau phản ứng. Hướng dẫn: Số gam AgNO3 trong 250g dung dịch AgNO3 6% là: m = (250.6): 100 = 15 (g) Khi lấy khối lượng vật ra khối lượng AgNO3 giảm 17%, đây chính là lượng AgNO3 tham gia phản ứng với Cu m = 15.17% = 2,55(g) n = 2,55: 170 = 0,015 mol Phương trình hóa học: Cu + 2AgNO3  → Cu(NO3)2 + 2Ag Mol: 0,0075 <----0,015--------------------> 0,015mol mAg tạo thành là: 0,015. 108 = 1,62(g) mCu tan là : 0,0075. 64 = 0,48(g) Vậy khối lượng vật lấy ra sau phản ứng là: 50 + 1,62 – 0,48= 51,14(g)

Số mol CdSO4

m 4,16 = 0,02 mol = M 208

FI CI A

97 Bài 3: Ngâm một lá Zn trong dung dịch có hòa tan 4,16gam CdSO4. Phản ứng xong khối lượng lá Zn tăng 2,35% so với ban đầu. Tính khối lượng lá Zn trước khi phản ứng. (Cho : Cd=112, S=32, O=16, Zn=6. Hướng dẫn: Gọi mbđ là khối lượng lá Zn ban đầu Phương trình hóa học: Zntan + CdSO4  → ZnSO4 + Cdbám Mol: 0,02 <------0,02-----------------------> 0,02 mCd

baùm

- mZn tan = mbđ*

112.0,02 - 65.0,02 = mbđ*

2,35 100

Theo đề bài ta có:

2, 35  Giải ra: mbđ = 40 gam 100

QU Y

ƠN

Bài 4: Ngâm một lá Zn có khối lượng 1 gam trong V (ml) dung dịch Cu(NO3)2 2M. Phản ứng xong khối lượng lá Zn giảm xuống 10% so với ban đầu. Tính thể tích V của dung dịch Cu(NO3)2 đã dùng. (Cho : Cu=64, N=14, O=16, Zn=65) Hướng dẫn: Ta có khối lượng lá Zn ban đầu bằng 1 gam Gọi x là số mol Cu(NO3)2 tham gia phản ứng Phương trình hóa học: Zntan + Cu(NO3)2  → Zn(NO3)2 + Cubám Mol: x <---------x--------------------> x Theo đề bài ta có: Khối lượng kim loại giảm mZn

tan

- mCu baùm = mbđ*

10 = 0,1 100

65.x - 64.x = 0,1  x = 0,1

 VCu(NO 3 ) 2 =

0,1 = 0, 05 lít = 50 ml 2

DẠ

KÈ

Khối lượng muối trong dung dịch X: (180 + 242).0,06 = 25,32 gam  Chọn D Bài 5: Cho 0,01 mol Fe tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 0,025 mol AgNO3, sau phản ứng thu được chất rắn X và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m gam muối khan. Giá trị m là bao nhiêu? (Cho Fe = 56, Ag=108, N=14, O=16) Hướng dẫn: Phương trình hóa học: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol: 0,01---> 0,02 ---------> 0,01----->0,02 Sau phản ứng: AgNO3dư = 0,025 – 0,02 = 0,005 mol Trong dung dịch có chứa ion Fe2+ lại có ion Ag+ nên tiếp tục xảy ra phản ứng Fe(NO3)2 + AgNO3  Fe(NO3)3 + Ag (2) Mol: 0,005<------0,005 -----> 0,005

FI CI A

98 Dung dịch X gồm: Fe(NO3)3: 0,005 mol, Fe(NO3)2 còn lại: 0,01 – 0,005 = 0,005 mol Khối lượng muối trong dung dịch X: (180 + 242).0,005 = 2,11 gam Bài 6: Tiến hành hai thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Cho m gam bột Fe (dư) vào V1 lít dung dịch Cu(NO3)2 1M; - Thí nghiệm 2: Cho m gam bột Fe (dư) vào V2 lít dung dịch AgNO3 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm đều bằng nhau. So sánh giá trị của V1 so với V2.

Hướng dẫn: Phương trình hóa học: Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (1) Mol: V1<-------- V1 -------------------------->V1 Khối lượng chất rắn sau phản ứng: mCu baùm - mFe tan = (64 - 56).V1

ƠN

Phương trình hóa học: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (2) Mol: 0,05.V2<-----0,1.V2 -------------------->0,1.V2 Khối lượng chất rắn sau phản ứng: mAg baùm - mFe tan = 0,1.V2.(108 – 56.0,5)

DẠ

KÈ

QU Y

Theo đề bài khối lượng chất rắn thu được là bằng nhau: Ta có: (64 - 56).V1 = 0,1.V2.(108 – 56.0,5) Giải ra ta được: V1 = V2. DẠNG 2. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN MỘT KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH CHỨA HỖN HỢP MUỐI. 2.1. Phương pháp giải: Cần lưu ý đến thứ tự các phản ứng: Ion kim loại trong các dung dịch muối lần lượt bị khử theo thứ tự giảm dần tính oxi hóa. Nghĩa là kim loại sẽ tác dụng với ion kim loại có tính oxi hóa mạnh trước. Ví dụ: Cho Mg (z mol) phản ứng với dung dịch chứa đồng thời FeSO4 a mol và CuSO4 b mol thì ion Cu2+ sẽ bị khử trước và bài toán dạng này thường giải theo 3 trường hợp: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) Mg + FeSO4 → MgSO4 + Fe (2) TH 1: Chỉ xảy ra pứ(1). Nghĩa là pứ(1) xảy ra vừa đủ lúc đó dung dịch sau phản ứng gồm: MgSO4, FeSO4 chưa phản ứng và chất rắn chỉ có Cu. TH 2: Xảy ra cả 2 pứ(1) và (2) vừa đủ. Nghĩa là dung dịch thu được chỉ có MgSO4 và chất rắn gồm Cu và Fe. TH 3: Pứ(1) xảy ra hết và pứ(2) xảy ra một phần, lúc này lại có 2 khả năng xảy ra - Sau phản ứng (2) FeSO4 dư: Số mol FeSO4 dư là (a-x) mol với x là số mol FeSO4 tham gia phản ứng (2).

99 Lúc đó dung dịch sau phản ứng gồm: MgSO4, FeSO4dư và chất rắn gồm Cu và Fe.

ƠN

FI CI A

- Sau phản ứng (2) Mg dư: Số mol Mg dư là z – (a+b) với (a+b) là số mol Mg phản ứng với 2 muối. Lúc đó dung dịch sau phản ứng gồm: MgSO4 và chất rắn gồm Cu, Fe và Mg dư. Bài toán dạng này thường chỉ xảy ra trường hợp 3, để giải được ta cần chú ý qui tắc sắp xếp của dãy điện hóa, cặp chất nào xảy ra trước và chú ý cách đặt số mol vào phương trình cho phù hợp. Phải xác định được dung dịch và chất rắn sau phản ứng gồm những chất nào với số mol bao nhiêu. 2.2. Bài tập minh họa: Bài 1: Cho 2,24 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và m gam chất rắn Y. Giá trị của m là bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: Trong hỗn hợp dung dịch gồm ion Ag+ và ion Cu2+, mà ion Ag+ có tính oxi hóa mạnh hơn nên phản ứng trước, khi Ag+ hết mà số mol Fe vẫn còn thì xảy ra tiếp phản ứng với Cu2+. Số mol AgNO3 = nAg + = 0,02 mol; Số mol Cu(NO3)2 = nCu2+ = 0,1 mol;

KÈ

QU Y

Số mol Fe = 0,04 mol Phương trình: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol 0,01 <----0,02------------------------->0,02 Sau phản ứng Fe còn 0,04 – 0,01 = 0,03 mol, phản ứng tiếp với Cu(NO3)2 Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (2) Mol 0,03----->0,03------------------------->0,03 Khối lượng rắn = mAg + mCu = 0,02.108 + 0,03.64 = 4,08 gam Bài 2: Cho m1 gam Al vào 100 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,3M và AgNO3 0,3M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được m2 gam chất rắn X. Nếu cho m2 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thì thu được 0,336 lít khí (ở đktc). Tìm giá trị của m1 và m2 ? Hướng dẫn: Nhận xét: Trong hỗn hợp dung dịch gồm ion Ag+ và ion Cu2+, mà ion Ag+ có tính oxi hóa mạnh hơn nên phản ứng trước, khi Ag+ hết mà số mol Al vẫn còn thì xảy ra tiếp phản ứng với Cu2+. Khi cho m2 gam chất rắn X vào dung dịch HCl dư tạo ra khí H2 nên trong X phải có Al dư. Số mol AgNO3 = nAg + = 0,03 mol; Số mol Cu(NO3)2 = nCu2+ = 0,03 mol;

DẠ

Phương trình: Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag (1) Mol 0,01 <----0,03------------------------->0,03 Sau phản ứng Fe còn 0,04 – 0,01 = 0,03 mol, phản ứng tiếp với Cu(NO3)2 2Al + 3Cu(NO3)2  2Al(NO3)3 + 3Cu (2)

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

100 Mol 0,02<-----0,03----------------------------->0,03 Phương trình: 2Aldư + 2HCl  2AlCl3 + 3H2 Mol 0,01<---------------------------------0,015 Giá trị m1 = mAl = (0,01+0,02+0,01 ).27 = 1,08 gam Giá trị m2 = mAg + mCu = 0,03.108 + 0,03.64 = 5,16 gam Bài 3:Cho 0,2 mol Fe vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,2 mol Fe(NO3)3 và 0,2 mol AgNO3. Khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng Fe(NO3)3 trong dung dịch bằng bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: do ion Ag+ có tính oxi hóa mạnh hơn ion Fe3+ nên sẽ phản ứng với Fe trước, nếu sau phản ứng này ion Ag+ hết thì Fe sẽ tiếp tục phản ứng với Fe3+. Phương trình: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol 0,1<---------0,2----------------------->0,2 Sau phản ứng Fe còn 0,2 – 0,1 = 0,1 mol, phản ứng tiếp với Fe(NO3)3 Fe + 2Fe(NO3)3  3Fe(NO3)2 (2) Mol 0,1<--------0,2------------->0,3 Vậy sau phản ứng Fe(NO3)3 đã phản ứng hết. Khối lượng Fe(NO3)3 = 0 Bài 4: Cho m (g) bột Fe vào 100 ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 1M và AgNO3 4M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch 3 muối ( trong đó có một muối của Fe) và 32,4 g chất rắn. Tính giá trị m? Hướng dẫn: Nhận xét: Do chưa có số mol Fe, ta cần phân tích để thấy được khi nào dung dịch có 3 muối và đó là 3 muối nào để có cách giải phù hợp. Bài toán xảy ra các phản ứng sau: Phương trình: Fe + 2AgNO3 --> Fe(NO3)2 + 2Ag (1), - Nếu phản ứng (1) này vừa đủ dung dịch chỉ có 2 muối chứa 2 ion là Fe2+ và Cu2+. - Nếu sau phản ứng (1) Fe dư + Cu2+  Fe2+ + Cu (2), - Phản ứng (2) xảy ra vừa đủ, dung dịch chỉ có 1 muối của ion Fe2+ - Sau phản ứng (2) Fe dư dung dịch chỉ có 1 muối của ion Fe2+ - Sau phản ứng (2) Cu2+ dư dung dịch chỉ có 2 muối của 2 ion Cu2+ và Fe2+. Như vậy để được 3 muối thì chưa xảy ra phản ứng (2), nghĩa là trong dung dịch đã có muối của ion Cu2+, và sau phản ứng (1) AgNO3 dư và tiếp tục phản ứng với Fe(NO3)2 Phương trình: AgNO3 + Fe(NO3)2  Fe(NO3)3 + Ag (3) - Để dung dịch chỉ có 1 muối của Fe thì sau phản ứng (3) Fe(NO3)2 phải hết và AgNO3 dư để được dung dịch có 3 muối là: Cu(NO3)2 chưa phản ứng, AgNO3 dư, Fe(NO3)3 tạo ra. Số mol AgNO3 = 0,4 mol; số mol Cu(NO3)2 = 0,1 mol, gọi x là số mol của Fe

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

101 Phương trình: Fe + 2AgNO3 --> Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol x------>2x------------>x--------->2x Phương trình: AgNO3 + Fe(NO3)2  Fe(NO3)3 + Ag (3) Mol x <------------x-------------------------> x Chất rắn gồm: Ag: 3x mol; 3x.108 = 32,4  x = 0,1 Khối lượng Fe = 0,1 . 56 = 5,6 gam Bài 5: Cho m(gam) kim loại Fe vào 1 lít dung dịch chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,1M. Sau phản ứng người ta thu được 15,28g rắn và dung dịch X. Giá trị của m là bao nhiêu? Hướng dẫn: + Nhận xét: do ion Ag có tính oxi hóa mạnh hơn ion Cu2+ nên phản ứng trước với Fe, nhưng do chưa biết số mol Fe nên bài toán có thể xảy ra những trường hợp sau: + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag TH1: Chỉ xảy ra phản ứng : Fe (1) Mol 0,05<-----0,1------------------------->0,1 Khối lượng rắn = mAg = 0,1 . 108 = 10,8 gam < 15,28 gam TH2: Xảy ra phản ứng: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol 0,05<-----0,1------------------------->0,1 Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (2) Mol 0,1<-----0,1------------------------->0,1 Khối lượng rắn = mAg + mCu = 0,1.108 + 0,1.64 = 17,28 gam > 15,28 gam Như vậy bài toán xảy ra trường hợp 3: TH3: Sau phản ứng (2) Fe hết và Cu(NO3)2 dư, với x là số mol Fe tham gia phản ứng (2) Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol 0,05<-----0,1------------------------->0,1 Fe + Cu(NO3)2  Fe(NO3)2 + Cu (2) Mol x---------> x -------------------------> x Khối lượng chất rắn: mAg + mCu = 0,1.108 + 64.x = 15,28  x = 0,07 mol Kiểm tra lại: CuSO4 dư: 0,1 – x = 0,1 – 0,07 = 0,03 mol Khối lượng Fe: mFe = (0,05 + 0,07).56 = 6,72 gam DẠNG 3. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH CHỨA MỘT MUỐI. 3.1. Phương pháp giải: Khi cho hỗn hợp kim loại vào dung dịch chứa 1 muối ta cần chú ý đến thứ tự của các phản ứng xảy ra: Kim loại nào có tính khử mạnh hơn sẽ phản ứng với ion kim loại trong dung dịch muối trước. Nếu sau phản ứng ion kim loại vẫn còn thì phản ứng tiếp với kim loại có tính khử mạnh tiếp theo.

102 Đối với những bài toán chưa cho số mol cụ thể ta phải lập các trường hợp để giải.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Ví dụ: Cho hỗn hợp Mg (a mol) và Fe (b mol) tác dụng với dung dịch chứa x mol CuSO4 thì Mg sẽ phản ứng trước, khi nào Mg hết mà CuSO4 vẫn còn thì phản ứng tiếp với Fe. Bài toán này cũng có 3 trường hợp có thể xảy ra theo thứ tự như sau: Mg + CuSO4 → MgSO4+ Cu (1) Mol a ----------->a-------------------->a Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) Mol x <------------x-------------------->x TH 1: Chỉ xảy ra phản ứng (1). Lúc đó dung dịch chỉ có MgSO4 và chất rắn gồm Cu, Fe còn nguyên và có thể có Mg còn dư. TH 2: Xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) vừa đủ. Lúc đó dung dịch gồm MgSO4 và FeSO4 và chất rắn chỉ có Cu. TH 3: Phản ứng (1) xảy ra hết và phản ứng (2) xảy ra một phần và thường có 2 khả năng: - Sau phản ứng Fe còn dư. Mg + CuSO4 → MgSO4+ Cu (1) Mol a ----------->a----------->a------>a Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) Mol x <------------x-------->x-------->x + Dung dịch sau phản ứng gồm: MgSO4: a mol,FeSO4: x mol + Chất rắn sau phản ứng gồm: Cu (a+x)mol và Fe dư: (b-x)mol - Sau phản ứng CuSO4 còn dư. Mg + CuSO4 → MgSO4+ Cu (1) Mol a ----------->a----------->a------>a Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) Mol b ----------->b------------>b----->b + Dung dịch sau phản ứng gồm: MgSO4: a mol, FeSO4: x mol, CuSO4 dư: [x(a+b)] mol + Chất rắn sau phản ứng gồm: Cu (a+b)mol . 3.2. Bài tập minh họa: Bài 1:Cho 19,3 gam hỗn hợp bột gồm Zn và Cu có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 2 vào dung dịch chứa 0,2 mol Fe2(SO4)3. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kim loại. Giá trị của m là bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: Do Zn có tính khử mạnh hơn Cu nên sẽ phản ứng trước với Fe3+, đây là bài toán đã biết trước số mol nên các phản ứng sẽ diễn ra từ từ theo đúng ý nghĩa của dãy điện hóa: “Chất oxi hóa mạnh sẽ phản ứng với chất khử mạnh để tạo ra chất oxi hóa yếu hơn và chất khử yếu hơn”.

103 Ta có: Phương trình khối lượng của hỗn hợp: 65.x + 64.2x = 19,3  x = 0,1 mol

ƠN

FI CI A

Phương trình phản ứng : Zn + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + ZnSO4 (1) Mol 0,1-------->0,1----------------------->0,1 Sau phản ứng: Fe2(SO4)3 còn 0,1 mol, tiếp tục tác dụng với Cu. Phương trình phản ứng : Cu + Fe2(SO4)3  2FeSO4 + CuSO4 (2) Mol 0,1<-------0,1----------------------->0,1 Sau phản ứng Cudư = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol Khối lượng kim loại sau phản ứng là: mCu = 0,1 . 64 = 6,4 gam Bài 2: Cho hỗn hợp bột gồm 2,7gam Al và 5,6gam Fe vào 550ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Gía trị của m là bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: Do Al có tính khử mạnh hơn Fe nên phản ứng trước với ion Ag+ trong dung dịch AgNO3. Đây là bài toán đã biết trước các số mol nên ta chỉ cần nắm ý nghĩa của dãy điện hóa là có thể làm được.

QU Y

Phương trình: Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag (1) Mol 0,1--------->0,3----------------------->0,3 Sau phản ứng AgNO3 còn 0,55 – 0,3 = 0,25 mol, phản ứng tiếp với Fe Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (2) Mol 0,1-------->0,2-------------0,1------> 0,2 Sau phản ứng AgNO3 còn 0,25 – 0,2 = 0,05 mol, phản ứng tiếp với Fe(NO3)2 Phương trình: AgNO3 dư + Fe(NO3)2  Fe(NO3)3 + Ag (3) Mol 0,05-------->0,05-------------0,05------> 0,05 Khối lượng rắn m = mAg = (0,3+0,2+0,05).108 = 59,4 gam

DẠ

KÈ

Bài 3: Cho 29,8 gam hỗn hợp bột gồm Zn và Fe vào 600 ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X và 30,4 gam hỗn hợp kim loại. Xác định thành phần phần trăm về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu? Hướng dẫn: Nhận xét: Do Zn có tính khử mạnh hơn Fe nên sẽ phản ứng trước với ion Cu2+ trong dung dịch CuSO4. Vì đề bài chưa cho biết sô mol của Zn và Fe nên ta phải giải bài toán theo trường hợp mà sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại. Ta có thể phân tích bài toán trên như sau: Đầu tiên sẽ xảy ra Phương trình: Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu (1) Vì sau phản ứng là hỗn hợp kim loại nên sau phản ứng (1) Zn dư hoặc vừa đủ phản ứng, CuSO4 hết. Lúc đó khối lượng Cu thu được, mCu = 0,3.64 = 19,2 gam. Khối

%m = Fe

ƠN

FI CI A

104 lượng Zn tham gia phản ứng mZn = 0,3 . 65 = 19,5 gam  mFe = 10,5 gam  m rắn = 19,2 + 10,5 = 29,7g. Như vậy, sau phẳn ứng (1) Zn phải hết, CuSO4 dư phản ứng tiếp với Fe. Phương trình: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (2) Để thu được hỗn hợp kim loại thì sau phản ứng (2) Fe phải dư và CuSO4 hết, vì đề bài cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Gọi a là số mol Zn, b là số mol của Fe Phương trình: Zn + CuSO4  ZnSO4 + Cu (1) Mol: a -------->a----------------------------->a Phương trình: Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (2) Mol: (0,3-a)<--(0,3-a)--------------------->(0,3-a) 30,4 gam hỗn hợp kim loại gồm: Cu: 0,3 mol, Fe dư: [b – (0,3-a)] mol 65a + 56b = 29,8 (*) Ta có hệ phương trình: 64.0,3 + 56.[b – (0,3-a)] = 30,4 (*)(*) Giải (*) và (*)(*) ta được: a= 0,2, b = 0,3 0,3.56 .100 = 56,37% 29,8

QU Y

%mZn = 100- 56,37 = 43,63% Bài 4: Cho hỗn hợp rắn A gồm 5,6 gam Fe và 6,4 gam Cu tác dụng với 300 ml dung dịch AgNO3 2M khi phản ứng hoàn toàn khối lượng chất rắn thu được là bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: Do Fe có tính khử mạnh hơn Cu nên phản ứng trước với ion Ag+ trong dung dịch AgNO3. Đây là bài toán đã biết trước các số mol nên ta chỉ cần nắm ý nghĩa của dãy điện hóa là có thể làm được.

DẠ

KÈ

Phương trình: Fe + 2AgNO3  Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Mol 0,1------->0,2---------->0,1-------->0,2 Sau phản ứng AgNO3 còn 0,6 – 0,2 = 0,4 mol, phản ứng tiếp với Cu Cu + 2AgNO3  Cu(NO3)2 + 2Ag (2) Mol 0,1-------->0,2-------------0,1------> 0,2 Sau phản ứng AgNO3 còn 0,4 – 0,2 = 0,2 mol, phản ứng tiếp với Fe(NO3)2 Phương trình: AgNO3 dư + Fe(NO3)2  Fe(NO3)3 + Ag (3) Mol 0,1<-----------0,1-----------------------> 0,1 Khối lượng rắn mAg = (0,2+0,2+0,1).108 = 54 gam DẠNG 4. PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HỖN HỢP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH CHỨA HỖN HỢP MUỐI. 4.1. Phương pháp giải:

ƠN

FI CI A

105 Đối với dạng bài tập này có rất nhiều trường hợp có thể xảy ra, và do biết số mol nên ta áp dụng định luật bảo toàn electron để giải. Ví dụ: Cho hỗn hợp Mg và Zn tác dụng với dung dịch chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Nếu sau phản ứng thu được hỗn hợp 3 kim loại thì 3 kim loại này chỉ có thể là: Cu, Ag, Zn (còn nguyên hoặc dư). Do Zn còn nên AgNO3 và Cu(NO3)2 đều đã phản ứng hết. Gọi a, b lần lượt là số mol Mg, Zn ban đầu c là số mol Zn còn dư. x, y là số mol AgNO3, Cu(NO3)2 đã dùng Ta có các quá trình cho và nhận electron như sau Qúa trình cho electron Qúa trình nhận electron 2+ → Mg Mg Ag+ + 1e → Ag + 2e a---------------> 2a x------> x 2+ Zn → Zn + 2e Cu2++ 2e → Cu (b-c)------------> 2(b-c) y------>2y  nelectron nhận= x+2y  nelectron cho=2a+2(b-c)

DẠ

KÈ

QU Y

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 2a +2(b-c) = x + 2y 4.2. Bài tập minh họa Bài 1: Dung dịch X có chứa AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng đ ộ. Thêm một lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe vào 100 ml dung dịch X cho tới khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y gồm 3 kim loại. Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Tính nồng độ mol/lít của hai muối ? Hướng dẫn: Nhận xét: vì chất rắn Y tác dụng với HCl dư tạo khí H2 suy ra phải có Al hoặc Fe dư. Al + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3Ag (1) Sau phản ứng (1) Al dư phản ứng tiếp với Cu(NO3)2 tạo ra Cu (2) Sau phản ứng (2) nếu Al dư sẽ có 4 kim loại: Aldư, Fe còn nguyên, Ag tạo ra, Cu tạo ra. Nếu phản ứng (2) vừa đủ chỉ có 2 kim loại sau phản ứng là Ag tạo ra, Cu tạo ra. Như vậy để có được 3 kim loại sau phản ứng thì thực hiện xong phản ứng (2) Al hết và tiếp theo phản ứng có thể dừng lại để Fe còn nguyên (2 kim loại tạo ra là Cu và Ag) hoặc Fe có thể tham gia tiếp các phản ứng với Ag+ và Cu2+ rồi dư. Khi rắn Y tác dụng với HCl chỉ có Fe phản ứng: Fedư + 2HCl  FeCl2 + H2 Mol 0,035<---------------------------0,035 Lượng Fe tham gia phản ứng với muối là: 0,05 – 0,035 = 0,015 mol Gọi x (M) là nồng độ mol/l của 2 dung dịch muối AgNO3 và Cu(NO3)2 Ta có 2 quá trình cho và nhận electron như sau: Qúa trình cho electron Qúa trình nhận electron

Ag+ + 1e → Ag Mol : 0,1---->0,1x Cu2+ + 2e → Cu Mol : 0,1---->0,2x  nelectron nhận= 0,3x mol

FI CI A

Al → Al + 3e Mol: 0,03---------->0,09 Fe → Fe2+ + 2e Mol: 0,015--------> 0,03  nelectron cho= 0,09 + 0,03 = 0,12 mol

106

ƠN

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,12 = 0,3x  x = 0,4 mol Bài 2: Hỗn hợp gồm 0,02mol Fe và 0,03 mol Al phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa đồng thời x mol AgNO3 và y mol Cu(NO3)2 tạo ra 6,44g rắn. x và y lần lượt có giá trị là bao nhiêu?: Hướng dẫn: Nhận xét: vì đề bài cho phản ứng là vừa đủ Ta có 2 quá trình cho và nhận electron như sau: Qúa trình cho electron Qúa trình nhận electron 3+ Ag+ + 1e → Ag Al → Al + 3e Mol: 0,03---------->0,09 Mol : x------->x---->x 2+ Fe → Fe + 2e Cu2+ + 2e → Cu Mol : y----->2y----->y Mol: 0,02--------> 0,04  nelectron nhận= x + 2y  nelectron cho= 0,09 + 0,04 = 0,13 mol

DẠ

KÈ

QU Y

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: x + 2y = 0,13 (1) Ngoài ra: 108.x + 64.y = 6,44 (2) Giải (1) và (2) ta được: x = 0,03 , y = 0,05 Bài 3: Hòa tan một hỗn hợp chứa 0,1 mol Mg và 0,1 mol Al vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,1 mol Cu(NO3)2 và 0,35 mol AgNO3. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì khối lượng (gam) chất rắn thu được là bao nhiêu? Hướng dẫn: Nhận xét: vì đề bài không cho phản ứng vừa đủ Ta có 2 quá trình cho và nhận electron như sau: Qúa trình cho electron Qúa trình nhận electron 3+ Al → Al + 3e Ag+ + 1e → Ag Mol: 0,1------------>0,3 Mol : 0,35--->0,35 2+ Mg → Mg + 2e Cu2+ + 2e → Cu Mol: 0,1--------------> 0,2 Mol : 0,1---->0,2  nelectron nhận= 0,55 mol  nelectron cho= 0,5 mol

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta thấy: số mol elecetron nhận lớn hơn số mol electron cho do đó ta có Qúa trình nhận electron Ag+ + 1e → Ag

L FI CI A

107 Mol : 0,35----->0,35---->0,35 Cu2+ + 2e → Cu Mol : 0,075<-----0,15--->0,075  nelectron nhận= 0,5 mol

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Khối lượng rắn = mAg + mCu = 0,35.108 + 0,075.64 = 42,6 5. BÀI TẬP VẬN DỤNG 5.1. Một kim loại tác dụng với dung dịch chứa một muối. Bài 1: Cho một thanh Cu nặng 50g vào 200ml dung dịch AgNO3 . Khi phản ứng kết thúc đem thanh đồng ra cân lại thấy khối lượng là 51,52 g . Tính nồng độ mol/lít dung dịch AgNO3 ban đầu. Bài 2: Cho đinh Fe nặng 100g vào dung dịch A gồm 400g dung dịch CuSO4 16%, sau một thời gian nhấc đinh Fe ra, cân lại được 102 gam và còn lại dung dịch B. a) Tính khối lượng Fe tham gia và khối lượng Cu tạo thành sau phản ứng.(Giả sử toàn bộ lượng Cu tạo thành bám lên đinh Fe) b) Cho 600g dung dịch Ba(OH)2 17,1% vào dung dịch B, sau phản ứng thu được kết tủa D, dung dịch E. Xác dịnh khối lượng kết tủa D và C% của dung dịch E. Bài 3: Ngâm một vật bằng đồng có khối lượng 10gam trong 250gam dung dịch AgNO3 4%. Khi lấy vật ra khỏi dd thì khối lượng AgNO3 trong dung dịch giảm 17%. Tính khối lựợng của vật sau phản ứng.. Bài 4: Một thanh kim loại M hóa trị II nhúng vào 1 lít dd FeSO4 thì khối lượng tăng thêm 16gam. Nếu nhúng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO4 thì khối lượng của thanh kim loại tăng thêm 20 gam.(Biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn và sau phản ứng còn dư kim loại M; hai dung dịch có cùng nồng độ mol ban đầu). a) Tính CM mỗi dung dịch và xác định kim loại M b) Nếu khối lượng ban đầu của thanh kim loại M là 24 gam, chứng tỏ rằng sau phản ứng với 2 dung dịch trên còn dư M. Tính khối lượng thanh kim loại sau 2 phản ứng trên. Bài 5: Cho một lá đồng có khối lượng là 6 gam vào dung dịch AgNO3. Phản ứng xong, đem lá kim loại ra rửa nhẹ, làm khô cân được 13,6 gam. Tính khối lượng đồng đã phản ứng. Bài 6: Ngâm một miếng sắt vào 320 gam dung dịch CuSO4 10%. Sau khi tất cả đồng bị đẩy ra khỏi dung dịch CuSO4 và bám hết vào miếng sắt, thì khối lượng miếng sắt tăng lên 8%. Xác định khối lượng miếng sắt ban đầu. Bài 7: Nhúng thanh sắt có khối lượng 50 gam vào 400ml dung dịch CuSO4. Sau một thời gian khối lượng thanh sắt tăng 4%. a) Xác định lượng Cu thoát ra. Giả sử đồng thoát ra đều bám vào thanh sắt. b) Tính nồng độ mol/l của dung dịch sắt(II) sunfat tạo thành. Giả sử thể tích dung dịch không thay đổi.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

108 Bài 8: Hai thanh kim loại giống nhau (đều tạo bởi cùng nguyên tố R hoá trị II) và có cùng khối lượng. Thả thanh thứ nhất vào dung dịch Cu(NO3)2 và thanh thú hai vào dung dịch Pb(NO3)2. Sau một thời gian, khi số mol 2 muối phản ứng bằng nhau lấy 2 thanh kim loại đó ra khỏi dung dịch thấy khối lượng thanh thứ nhất giảm đi 0,2%, còn khối lượng thanh thứ hai tăng thêm 28,4%. Tìm nguyên tố R. Bài 9: Có 100 ml muối nitrat của kim loại hoá trị II (dung dịch A). Thả vào A một thanh Pb kim loại, sau một thời gian khi lượng Pb không đổi thì lấy nó ra khỏi dung dịch thấy khối lượng của nó giảm đi 28,6 gam. Dung dịch còn lại được thả tiếp vào đó một thanh Fe nặng 100 gam. Khi lượng sắt không đổi nữa thì lấy ra khỏi dung dịch, thấm khô cân nặng 130,2 gam. Hỏi công thức của muối ban đầu và nồng độ mol của dung dịch A. Bài 10: Cho một thanh Pb kim loại tác dụng vừa đủ với dung dịch muối nitrat của kim loại hoá trị II, sau một thời gian khi khối lượng thanh Pb không đổi thì lấy ra khỏi dung dịch thấy khối lượng nó giảm đi 14,3 gam. Cho thanh sắt có khối lượng 50 gam vào dung dịch sau phản ứng trên, khối lượng thanh sắt không đổi nữa thì lấy ra khỏi dung dịch, rửa sạch, sấy khô cân nặng 65,1 gam. Tìm tên kim loại hoá trị II. Bài 11: Hoà tan muối nitrat của một kim loại hoá trị II vào nước được 200 ml dung dịch (A). Cho vào dung dịch (A) 200 ml dung dịch K3PO4, phản ứng xảy ra vừa đủ, thu được kết tủa (B) và dung dịch (C). Khối lượng kết tủa (B) và khối lượng muối nitrat trong dung dịch (A) khác nhau 3,64 gam. a)Tìm nồng độ mol/l của dung dịch (A) và (C), giả thiết thể tích dung dịch thay đổi do pha trộn và thể tích kết tủa không đáng kể. b) Cho dung dịch NaOH (lấy dư) vào 100 ml dung dịch (A) thu được kết tủa (D), lọc lấy kết tủa (D) rồi đem nung đến khối lượng không đổi cân được 2,4 gam chất rắn. Xác định kim loại trong muối nitrat. Bài 12: Cho 333 gam hỗn hợp 3 muối MgSO4 , CuSO4 và BaSO4 vào nước được dung dịch D và một phần không tan có khối lượng 233 gam . Nhúng thanh nhôm vào dung dịch D . Sau phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng 11,5 gam . Tính % về khối lượng của mỗi muối có trong hỗn hợp trên ? Bài 13: Cho bản sắt có khối lượng 100 gam vào 2 lít dung dịch CuSO4 1M. Sau một thời gian dung dịch CuSO4 có nồng độ là 0,8 M . Tính khối lượng bản kim loại , biết rằng thể tích dung dịch xem như không đổi và khối lượng đồng bám hoàn toàn vào bản sắt ? Bài 14: Nhúng một lá kẽm vào 500 ml dung dịch Pb(NO3)2 2M . Sau một thời gian khối lượng lá kẽm tăng 2,84 gam so với ban đầu . a/ Tính lượng Pb đã bám vào lá Zn , biết rằng lượng Pb sinh ra bám hoàn toàn vào lá Zn. b/ Tính mồng độ M các muối có trong dung dịch sau khi lấy lá kẽm ra , biết rằng thể tích dung dịch xem như không đổi ? 5.2. Một kim loại tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp muối.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

109 Bài 1: Cho 2,24g Fe vào 200ml dung dịch Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 0,1M. Khuấy đều cho đến phản ứng hoàn toàn. Tính khối lượng (gam) chất rắn thu được sau phản ứng. Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 2,4 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp chứa 0,1 mol Cu(NO3)2 và 0,1 mol AgNO3. Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì khối lượng (gam) chất rắn thu được là bao nhiêu. Bài 3: Nhúng một thanh sắt nặng 100 gam vào 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO3)2 0,2M và AgNO3 0,2M. Sau một thời gian lấy thanh kim loại ra, rửa sạch làm khô cân được 101,72 gam (giả thiết các kim loại tạo thành đều bám hết vào thanh sắt). Tính khối lượng (gam) sắt đã phản ứng. 5.3. Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch chứa một muối. Bài 1: Cho hh bột gồm 0,48 g Mg và 1,68 g Fe vào dung dịch CuCl2, rồi khuấy đều đến phản ứng hoàn toàn thu được 3,12 g phần không tan X. Tính khối lượng CuCl2 tham gia phản ứng. Bài 2: Cho hỗn hợp gồm 2,7 gam Al và 2,8 gam Fe vào 550 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là bao nhiêu. Bài 3: Cho 8 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe tác dụng hết với 200 ml dung dịch CuSO4 đến khi phản ứng kết thúc, thu được 12,4 gam chất rắn Z và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc và nung kết tủa ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được 8 gam hỗn hợp gồm 2 oxit. Tính khối lượng Mg và Fe trong X. Bài 4: Cho 9,7 gam hỗn hợp X gồm Cu và Zn vào 0,5 lít dung dịch FeCl3 0,5M. Phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và 1,6 gam chất rắn Z. Cho Z vào dung dịch H2SO4 loãng không thấy khí bay ra. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch KMnO4 xM trong H2SO4. Tính nồng độ mol(x) của KMnO4 đã dùng. 5.4. Hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp muối. Bài 1: Cho m (g) hỗn hợp Y gồm 2,8g Fe và 0,81g Al vào 200ml dung dịch X chứa AgNO3 và Cu(NO3)2. Khi phản ứng kết thúc được dung dịch Z và 8,12g rắn T gồm 3 kim loại. Cho rắn T tác dụng với dung dịch HCl dư thì được 0,672 lít H2(đktc). Tính nồng độ mol (M)các chất trong dung dịch X. Bài 2: Cho 2,4g Mg và 3,25g Zn tác dụng với 500ml dung dịch X chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và 26,34g hỗn hợp Z gồm 3 kim loại. Cho Z tác dụng với dd HCl được 0,448lít H2(đktc). Tính nồng độ mol (M) các chất trong dd X. Bài 3: Cho hỗn hợp chứa 0,05 mol Fe và 0,03 mol Al tác dụng với 100 ml dung dịch Y gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ mol. Sau phản ứng thu được chất rắn Z gồm 3 kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 0,035 mol khí. Tính nồng độ mol (M) của mỗi muối trong Y.

ƠN

FI CI A

110 Bài 4: Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1 lít dung dịch A chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được rắn Y và dung dịch Z đã mất màu hoàn toàn. Y hoàn toàn không tan trong dung dịch HCl. Tính khối lượng của chất rắn Y. Bài 5: Cho 0,03 mol Al và 0,05mol Fe tác dụng với 100ml dung dịch X chứa Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch Y và 8,12 g rắn Z gồm 3 kim loại. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư được 0,672 lít H2(đktc). Tính nồng độ mol (M)các chất trong dung dịch X.

CHUYÊN ĐỀ 9: OXIT AXIT TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM

QU Y

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Khi oxit axit (CO2, SO2…) tác dụng với dung dịch kiềm (KOH, NaOH…)

PTHH:

KÈ

CO2 + NaOH → NaHCO3 (1) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2) Phương pháp giải Bước 1: Xét tỉ lệ:

DẠ

- Nếu T ≤ 1 thì sản phẩm thu được là muối axit ⇒ Chỉ xảy ra phản ứng (1) - Nếu 1 < T < 2 thì sản phẩm thu được là muối axit và muối trung hòa ⇒ Xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) - Nếu T ≥ 2 thì sản phẩm thu được là muối trung hòa ⇒ Chỉ xảy ra phản ứng (2). Bước 2: Viết PTHH và tính toán theo PTHH (nếu xảy ra cả 2 phản ứng thì cần đặt ẩn và giải theo hệ phương trình) Bước 3: Tính toán theo yêu cầu của đề bài II. Khi oxit axit (CO2, SO2…) tác dụng với dung dịch kiềm thổ (Ca(OH)2, Ba(OH)2…)

PTHH:

111 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

(1) (2)

FI CI A

Phương pháp giải Bước 1: Xét tỉ lệ:

QU Y

ƠN

- Nếu T ≤ 1 thì sản phẩm thu được là muối trung hòa ⇒ Chỉ xảy ra phản ứng (1) - Nếu 1 < T < 2 thì sản phẩm thu được là muối axit và muối trung hòa ⇒ Xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) - Nếu T ≥ 2 thì sản phẩm thu được là muối axit ⇒ Chỉ xảy ra phản ứng (2). Bước 2: Viết PTHH và tính toán theo PTHH (nếu xảy ra cả 2 phản ứng thì cần đặt ẩn và giải theo hệ phương trình). Bước 3: Tính toán theo yêu cầu của đề bài.trên. Lưu ý: Nếu không đủ dữ kiện để xét T, ta chia trường hợp có thể xảy ra và giải theo từng trường hợp như các bước ở trên. B. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Nung 20 g CaCO3 và hấp thụ hoàn toàn khí CO2 sinh ra vào 0,5 lit dung dịch NaOH 0,56 M .Tính nồng độ mol của muối thu được. (thể tích thay đổi không đáng kể) Hướng dẫn:

nNaOH = 0,56 . 0.5 = 0,28 mol

DẠ

KÈ

Do 1 < 1,4 < 2 ⇒ sản phảm gồm muối axit và muối trung hoà PTHH: (1) CO2 + NaOH → NaHCO3 x x x CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2) y 2y Đặt số mol CO2 phản ứng ở PT (1), (2) lần lượt là x và y mol. Ta có hệ phương trình:

Vậy số mol của NaHCO3 là 0,12 mol. ⇒CM(NaHCO3)= 0,12:0,5 = 0,24 M

ƠN

FI CI A

112 Bài 2: Sục từ từ V lít khí SO2 ở đktc vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1,5M, thu được 23,3 gam kết tủa. Tính giá trị của V. Hướng dẫn: Ta có: nBa(OH)2 = 0,15 mol; nBaSO3 = 0,1 mol. Vì n↓ < nBa(OH)2 nên kết tủa chưa cực đại ⇒ Có các trường hợp sau: - Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư ⇒ muối tạo thành chỉ có BaSO3 PTHH: SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O 0,1 0,1 (mol) ⇒ VSO2 = 0,1 x 22,4 = 2,24 lít - Trường hợp 2: SO2 hết nhưng đã hòa tan 1 phần kết tủa. PTHH: SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O (1) 0,15 0,15 0,15 (mol) Theo (1) thì nBaSO3 = 0,15mol, nhưng theo đề thì nBaSO3 = 0,1mol ⇒ nBaSO3 bị hòa tan: 0,15 – 0,05 = 0,1 mol SO2 + H2O + BaSO3 → Ba(HSO3)2 (2) 0,05 0,05 (mol) ⇒ VSO2 = (0,15 + 0,05) x 22,4 = 4,48 lít Bài 3: Dẫn 6,72 lít CO2 ở đktc lội qua 120 ml dung dịch Ba(OH)2 1M. Tính khối lượng muối tạo thành sau phản ứng. Hướng dẫn: n ; n Ba(OH) = 0,12 x 1 = 0,12 mol 6,72

QU Y

CO = = 0,3mol 2 2 22,4 n 2 = 0,12 = 0,4 < 0,5 => Ba(OH) n CO2 0.3

Vậy muối tạo thành là muối axit Ba(HCO3)2 PTHH: 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 0,24 0,12 0,12 => m Ba(HCO ) = 0,12 x 259 = 31,08 gam.

(mol)

KÈ

Bài 4: Nếu cho 100 gam dung dịch muối Na2SO3 12,6% phản ứng hoàn toàn với dung dịch axit H2SO4 rồi dẫn toàn bộ lượng khí SO2 sinh ra vào 100ml dung dịch Ca(OH)2 1,5M thì muối nào tạo thành ? Khối lượng bao nhiêu? Höôùng daãn

DẠ

Ta coù:

100 x 12, 6 n Na SO = = 0,1 mol 2 3 100 x 126 n = 0,1 x 1,5 = 0,15 mol Ca(OH) 2

PTHH: Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O 0,1 0,1 (mol)

113

Vây: muối trung hòa CaSO3 tạo thành vì Ca(OH)2 dư PTHH: SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O 0,1 0,1 (mol) => m CaSO = 0,1. 120 = 12 gam

FI CI A

nCa(OH)2 = 0,15 = 1,5 > 1 n SO2 0,1

Bài 5: Sục x mol CO2 , với 0,12 mol ≤ x ≤ 0,26 mol , vào bình chứa 15 lit dd Ca(OH)2 0,01 M thu được m gam kết tủa thì giá trị của m: C. 0,12 g ≤ m ≤ 0,24 g

B. 4 g ≤ m ≤ 12 g

D. 4 g ≤ m ≤ 15 g

ƠN

Giải

A. 12 g ≤ m ≤ 15 g

Nếu nCO2 = x= 0,15 mol thì:

QU Y

Chỉ tạo ra 1 muối CaCO3 và khối lượng kết tủa thu được là tối đa. Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O 0,15 0,15 mol

Nếu nCO2 max = x = 0,26 mol thì:

KÈ

⇒ Tạo ra 2 muối CaCO3 và Ca(HCO3)2 và khi đó khối lượng kết tủa thu được là tối thiểu.

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1)

DẠ

x………….x…………x………………..mol 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (2) 2y…………y……………………………mol

114

FI CI A

Ta được hệ phương trình:

⇒ nCaCO3 = x = 0,04 mol ⇒ m↓ = mCaCO3 = 0,04.100 = 4 gam Vậy 4 ≤ m↓ ≤ 15

⇒ Chọn D.

Bài 6: Cho V lit CO2 (đktc) hấp thu hoàn toàn bởi 2 lit dd Ba(OH)2 0,015 M thu được 1,97 g kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là: B. 6,72 lit

C. 2,24 lit

D. 0,672 lit

ƠN

A. 1,12 lit

Giải

nBa(OH)2 = 0,15.2 = 0.03

QU Y

VO2 lớn nhất cần dùng khi CO2 tạo kết tủa hết Ba(OH)2 và hòa tan một phần lượng kết tủa, khi đó 1 < T < 2. CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1)

x………….x…………0,01………………..mol 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (2)

2y…………y……………………………mol

KÈ

⇒ nBa(OH)2(1) = nBaSO3 = x = 0.01 mol ⇒ nBa(OH)2(2) = nBa(OH)2 - nBa(OH)2(1) = y = 0,03 - 0,01 = 0,02 mol

⇒ nCO2 = nCO2(1) + nCO2(2) = x + 2y = 0,1 + 0,02.2 = 0,05 mol

DẠ

⇒ VCO2 = 0,05.22,4=1,12 lit ⇒ Chọn A. Bài 7: Cho 4,48 lit CO2 (đktc) vào 40 lit dd Ca(OH)2 thu được 12 g kết tủa. Nồng độ của dd nước vôi là:

A. 0,004 M

B. 0,002 M

115 C. 0,006 M

D. 0,008 M

FI CI A

Giải

Vì nCaCO3 < nCO2 nên chứng tỏ Ca(OH)2 tạo kết tủa hoàn toàn với CO2 và một phần kết tủa bị hòa tan ⇒ 1 < T < 2.

x………….x…………x………………..mol 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 (2)

nCa(OH)2(1) = nCO2(1) = nCaCO3=x=0,12 mol

ƠN

2y…………y……………………………mol

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1)

nCO2(2) = nCO2 - nCO2(1) = 2nCa(OH)2(2)=0,2-0,12=0,08 mol

⇒ Chọn A.

QU Y

Bài 8: Sục V lit khí CO2 (đktc) vào bình chứa 2 lit dd nước vôi 0,01 M thu được 1 g kết tủa. Các giá trị của V là: A. 0,112 lit và 0,336 lit B. 0,112 lit và 0,224 lit

C. 0,336 lit và 0,672 lit

DẠ

KÈ

D. 0,224 lit và 0,672 lit

116

B. 3,940 g

C. 2,364 g

D. 1,970 g Giải

nNaOH = 0,06.0,1 = 0,006 mol nBa(OH)2 = 0,12.0,1= 0,012 mol

ƠN

nOH- = 0,006+0,012.2=0,03 mol

Vậy tạo 2 muối CO32- và HCO3CO2 + OH- → HCO3- (1)

FI CI A

A. 1,182 g

Bài 9: Cho 0,448 lit khí CO2 (đktc) hấp thu 100 lm dd chứa hỗn hợp NaOH 0,06 M và Ba(OH)2 0,12 M thu được m gam kết tủa, giá trị của m là:

x……..x…………x………………..mol

QU Y

CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (2)

y………2y………y……………………mol

Ta có hệ phương trình:

KÈ

⇒ nCO32- = y = 0,01 mol Vì nBa2+ > nCO32- nên nBaCO3 = nCO32- = 0,01 mol ⇒ mBaCO3 = m↓ = 0,01.197=1,97 g

DẠ

⇒ Chọn D. Bài 10: Sục V lit khí CO2 (đktc) vào dd 2 lit Ca(OH)2 0,1 M thu được 2,5 g kết tủa. Giá trị của V là: A. 0,56

B. 8,4

C. 11,2

D. A hoặc B

117 Bài 11: Dẫn 33,6 lit khí H2S (đktc) vào 2 lít dd NaOH 1 M , sản phẩm thu được B. Na2S

C. NaHS và Na2S

FI CI A

A. NaHS

là:

D. Na2SO3

Giải

ƠN

nNaOH = 1.2= 2 mol

⇒ Tạo ra 2 muối NaHS và Na2S.

⇒ Chọn C.

Bài 12: Nung 20 g đá vôi và hấp thụ hoàn toàn lượng khí CO2 tạo ra do sự nhiệt phân đá vôi vào 0,5 lit dd NaOH 0,56 M. Nồng độ của các muối Na2CO3 và NaHCO3 trong dung dịch là: B. 0,16 M và 0,24 M

C. 0,4 M và 0 M

D. 0M và 0,4

QU Y

A. 0,12 M và 0,08 M

Bài 13: Phải dùng bao nhiêu lit CO2 (đktc) để hòa tan hết 20 g CaCO3 trong nước, giả sử chỉ có 50% CO2 tác dụng. Phải thêm tối thiểu bao nhiêu lit dd Ca(OH)2 0,01 M vào dung dịch sau phản ứng để thu được kết tủa tối đa. Tính khối lượng kết tủa:

KÈ

A. 4,48 lit CO2 , 10 lit dd Ca(OH)2, 40 g kết tủa.

B. 8,96 lit CO2 , 10 lit dd Ca(OH)2, 40 g kết tủa.

C. 8,96 lit CO2 , 20 lit dd Ca(OH)2, 40 g kết tủa.

DẠ

D. 4,48 lit CO2 , 12 lit dd Ca(OH)2, 30 g kết tủa.

CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2

Giải

118

x……….x………………………..x

FI CI A

Theo PTHH ta có: nCO2lt = x = nCaCO3 = 0,2 mol

⇒ VCO2tt = 0,4.22,4 = 8,96 lit

Ta lại có: Ca(OH)2 + Ca(HCO3)2 → 2CaCO3 + 2H2O

Vậy tối thiểu cần là x = 0,2 mol ⇒

nCaCO3 = 2x = 0,4 mol

QU Y

⇒ m↓ = 0,4.100 = 40g ⇒ Chọn C.

ƠN

x………………..x…………………2x

Bài 14: Cho 1,12 lit khí sunfurơ (đktc) hấp thụ vào 100 ml dd Ba(OH)2 có nồng độ aM thu được 6,51 g ↓ trắng, trị số của a là: A. 0,3

B. 0,4

C. 0,5

D. 0,6

KÈ

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG 1. Dùng 400ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M hấp thụ hoàn toàn V lít khí SO2 (đktc). Sau phản ứng thu được muối BaSO3 không tan. Giá trị bằng số của V là bao nhiêu?

DẠ

2. Cho 11,2 lít CO2 vào 500 ml dung dịch NaOH 25% (D = 1,3 g/ml). Nồng độ mol/lit của dung dịch muối tạo thành là bao nhiêu? 3. Dẫn 448 ml CO2 (đktc) sục vào bình chứa 100 ml dung dịch KOH 0,25M. Khối lượng hai muối tạo thành là bao nhiêu? 4. Dẫn 22,4 lít khí CO2 ( đktc) vào 200g dung dịch NaOH 20%. Sau phản ứng tạo ra sản phẩm nào? 5. Phải đốt bao nhiêu gam cacbon để khi cho khí CO2 tạo ra trong phản ứng trên tác dụng với 3,4 lít dung dịch NaOH 0,5M ta được 2 muối với muối hiđrocacbonat có nồng độ mol bằng 1,4 lần nồng độ mol của muối trung hoà. 6. Cho 4,48 lít CO2 (đktc) đi qua 190,48ml dung dịch NaOH 2% có khối lượng riêng là 1,05g/ml. Khối lượng muối tạo thành là bao nhiêu?

119

ƠN

FI CI A

7. Dẫn 3,36 lít khí CO2(đktc) vào 40g dung dịch NaOH 20%. Sản phẩm thu được sau khi cô cạn dung dịch và khối lượng tương ứng là bao nhiêu? 8. Thổi 2,464 lít khí CO2 vào một dung dịch NaOH thì được 9,46 gam hỗn hợp 2 muối Na2CO3 và NaHCO3. Nếu muốn chỉ thu được muối NaHCO3 thì cần thêm bao nhiêu lít khí cacbonic nữa? 9. Dẫn từ từ 3,136 lít khí CO2 (đktc) vào một dung dịch có hòa tan 12,8 gam NaOH sản phẩm thu được là muối Na2CO3. Khối lượng muối Na2CO3 thu được là bao nhiêu? 10. Dẫn 1,12 lít khí SO2 (đktc) đi qua 700 ml dung dịch Ca(OH)2 0,1M. Khối lượng của muối thu được sau phản ứng là bao nhiêu? 11. Cho 5,6 gam CaO vào nước tạo thành dung dịch A. Hấp thụ hoàn toàn 2,8 lít khí SO2 (đktc) vào dung dịch A thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là 12. Cho 2,24 lít CO2 (đktc) tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư. Khối lượng chất kết tủa thu được là bao nhiêu? 13. Hoà tan 2,8 gam CaO vào nước ta được dung dịch A. Nếu cho khí CO2 sục qua dung dịch A và sau khi kết thúc thí nghiệm thấy có 1 gam kết tủa thì có bao nhiêu lít CO2 đã tham gia phản ứng. Các thể tích khí đo ở đktc. 14. Khử 16 gam Fe2O3 bằng CO dư , sản phẩm khí thu được cho đi vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là bao nhiêu?

DẠ

KÈ

QU Y

15. Cho 1,68 lít CO2 (đktc) sục vào bình đựng 250 ml dung dịch KOH dư. Biết thể tích dung dịch trước và sau phản ứng không thay đổi Nồng độ mol/lit của muối thu được sau phản ứng là bao nhiêu?

120

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 10: BÀI TẬP VỀ NHÔM VÀ HỢP CHẤT CỦA NHÔM TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH KIỀM A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Nhôm: * Nhôm là kim loại có tính khử mạnh (sau kim loại kiềm và kiềm thổ) nên dễ bị oxi hoá thành ion dương Al → Al3+ + 3e 1. Tác dụng với phi kim (X2, O2,…) 2. Tác dụng với axit * Với axit có tính oxi hóa ở ion H+ như HCl, H2SO4 loãng, … => muối và giải phóng Hiđro * Với axit có tính oxi hóa ở anion gốc axit như HNO3 loãng, đặc nóng và H2SO4 đặc, nóng => muối (KL có hóa trị cao nhất) + SP khử + H2O + Với HNO3: SP khử là NO. NO2, N2O5, N2, NH4NO3 + Với H2SO4 đặc, nóng: SP khử là SO2, S, H2S Chú ý: Nhôm bị thụ động bới dung dịch HNO3, H2SO4 đặc, nguội (thụ động hóa) 3. Tác dụng với oxit kim loại (phản ứng nhiệt nhôm) t0 → 3xM + yAl O 2yAl + 3MxOy  2 3 (M thường là kim loại đứng sau Al trong dãy HĐHH của kim loại) 4. Tác dụng với nước Thực tế, Al không phản ứng với nước dù ở nhiệt độ cao là vì trên bề mặt của Al được phủ kín một lớp Al2O3 rất mỏng, bền và mịn, không cho nước và khí thấm qua.. 5. Tác dụng với dung dịch kiềm 2Al + 2NaOH + 2H2O→ 2NaAlO2 + 3H2↑ II. Hợp chất của Al 1. Nhôm oxit (Al2O3) * Là oxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ). Al2O3 + 6H+→ 2Al3+ + 3H2O Al2O3 + 2OH − →2AlO2− + H2O 2. Nhôm hiđroxit (Al(OH)3) * Là hiđroxit lưỡng tính (vừa tác dụng với axit, vừa tác dụng với dung dịch bazơ). Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O Al(OH)3 + OH− →AlO2− + 2H2O B. BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 1 (bài toán thuận): Đề cho số mol muối nhôm (Al3+ ) và số mol kiềm (OH-) => tính lượng kết tủa. Phương pháp: Viết phương trình phản ứng: Al3+ + 3OH- →Al(OH)3 (1) Al(OH)3 + OH →AlO2 + 2H2O (2) Xét tỉ lệ T:

n OHn Al3+

121

n OH-

FI CI A

n↓ =

- TH1: Nếu 0 < T ≤ 3 (OH- hết, Al3+ dư hoặc OH- và Al3+ đều hết, kết tủa đạt max)→chỉ xảy ra phản ứng (1), nghĩa là chỉ tạo kết tủa và kết tủa không bị hòa tan (trường hợp này ít gặp). 3

3 <T =

n OHn Al3+

ƠN

- TH2: Nếu T ≥ 4 (OH- dư)→ Kết tủa bị hòa tan hết, xảy ra cả 2 phản ứng (trường hợp này ít gặp). - TH3: Nếu 3 < T < 4 → OH- , Al3+ đều hết, kết tủa sinh ra ở phản ứng (1) và bị hòa tan một phần ở phản ứng (2) (trường hợp này hay gặp). (1) Al3+ + 3OH- →Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- →AlO2- + 2H2O (2) 3+ →n↓còn lại = 4nAl - nOH Bài tập1: Cho 100 ml dung dịch NaOH 3,5M tác dụng với 100 ml dung dịch AlCl3 1M. Kết thúc phản ứng, thu được m gam kết tủa. Tính m? Bài giải Ta có: n OH = 0,35 mol, n Al = 0,1 mol. Xét tỉ lệ = 3,5 < 4→Kết tủa sinh ra bị hòa tan một phần.

QU Y

Các phương trình phản ứng: (1) Al3+ + 3OH- →Al(OH)3 Al(OH)3 + OH- →AlO2- + 2H2O (2) Áp dụng công thức: n↓còn lại = 4nAl3+ - nOH- = 4.0,1 – 0,35 = 0,05 mol. Vậy m↓ = 0,05 . 78 = 3,9 gam. Bài tập 2: Cho 300 ml dung dịch NaOH 0,1M phản ứng với 100 ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a gam kết tủa. Giá trị của a là Bài giải Ta có: n OH = 0,03 mol, n Al = 0,02 mol. n OHn Al3+

= 1,5 < 3→OH- hết, Al3+ còn dư nghĩa là kết tủa sinh ra không bị hòa tan.

n OH-

KÈ

→n↓ =

= 0,01 mol. 3 Vậy m↓ = 0,78 gam.

DẠ

Bài tập 3: Cho 200 g dung dịch NaOH 13% vào 100 g dung dịch AlCl3 26,7%, sau khi phản ứng kết thúc thu được b g kết tủa. Tính b. Bài giải 26, 7.100 13.200 = 0, 2mol = 0, 65mol , nAl 3+ = nAlCl3 = 100.40 100.133,5 n − 0, 65 Xét tỉ lệ T: 3 < T = OH = = 0,325 < 4 → AlCl3 , NaOH đều hết và kết tủa bị nAl 3+ 0, 2 nOH − = nNaOH =

hòa tan một phần.

→ Al(OH)3↓ + 3NaCl (1)

3NaOH

→ Na[Al(OH)4] tan

Al(OH)3 + NaOH

(2)

FI CI A

AlCl3

122

Theo (1) và (2) → n↓ = 4nAl − nOH = 4.0, 2 − 0,65 = 0,15mol → m↓ = 0,15.78 = 11, 7 g Bài tập 4: Cho 2,3g Na kim loại vào 100ml dd AlCl3 0,3M, thấy thoát ra khí A và xh kết tủa B. Lọc kết tủa B đến khối lượng không đổi thu được ag chất rắn. Viết PTHH xảy ra và tính a. Bài giải Ta có: nNa=0,1mol => theo PT(1) nNaOH = 0,1 mol −

n AlCl3 = 0,03( mol )

2Na + 2H2O →

Ta xét tỉ lệ T:

T =

2NaOH + H2

(1)

n NaOH 0,1 = ≈ 3,33 n AlCl3 0,03

ƠN

=> Kết tủa bị hòa tan 1 phần, sản phẩm gồm Al(OH)3 và NaAlO2. 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 (2) 3x ←x →x → 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O (3) 4NaOH + AlCl3 4y ←y →y Ta có hệ PT:

QU Y

n NaOH = 3 x + 4 y = 0,1  x = 0,02 = n Al ( OH )3   n = x + y = 0 , 03 AlCl 3  y = 0,01  t 2Al(OH) 3 → Al 2 O 3

3H 2 O

(4)

0,02 0,01 => n Al O = 1 / 2.n Al (OH ) = 0,01(mol ) => a = 0,01 . 102 = 1,02 (g) DẠNG 2 (bài toán nghịch): Đề cho biết số mol của một trong 2 chất tham gia phản ứng và số mol của kết tủa => tính số mol của chất còn lại. * Kiểu 1: Đề cho biết số mol của muối nhôm (Al3+) và số mol kết tủa => tính số mol kiềm. - Phương pháp: Tính số mol của muối và số mol của kết tủa + Viết PTHH: 3 O H − + A l 3 + → A l ( O H ) 3 ↓ (1) 3

KÈ

DẠ

O H − + A l (O H ) 3 → [A l (O H ) 4 ]− ( 2 ) + So sánh số mol của kết tủa với số mol Al3+. - Nếu n↓ = n Al → Muối, kiềm đều hết và kết tủa chưa bị hòa tan ( kết tủa thu được là max) Theo (1) → nOH = 3n↓ = 3nAl3+ - Nếu n↓ < n Al → Có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: Kiềm hết, muối dư. Theo (1) → nOH = 3n↓ 3+

−

123 TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ Bài tập 1: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al2(SO4)3 thu được 23,4g kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V? Bài giải nAl 3+ = 2nAl2 ( SO4 )3 = 2.

58,14 = 0,34mol 342

n Al (OH )3 =

FI CI A

−

23, 4 = 0,3mol 78

3Na2SO4 (1)

NaOH + Al(OH)3 → Na[Al(OH)4] Để V có giá trị lớn nhất khi kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ → n NaOH = 4.0,34 - 0,3 = 1,06 mol

(2)

6NaOH

−

→V=

→ 2Al(OH)3 +

PTHH: Al2(SO4)3

1,06 = 2, 65 lít 0, 4

ƠN

Bài tập 2: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al2(SO4)3 0,2M thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Bài giải n Al 3+ = 2nAl2 ( SO4 )3 = 2.0, 3.0, 2 = 0,12mol

PTHH: Al2(SO4)3 +

6NaOH

Al(OH)3

QU Y

NaOH

nAl ( OH )3 =

1,56 = 0, 02mol 78

→ 2Al(OH)3 +

3Na2SO4 (1)

→ Na[Al(OH)4]

(2)

Theo đề ra ta có : n↓ = 0, 02 < n Al = 0,12 → Có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: Kiềm hết, muối dư. Theo (1) → nNaOH = 3.0,02 = 0,06 mol → CM ( NaOH ) =

0, 06 = 0,12M 0,5

KÈ

TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nNaOH = 4.0,12 − 0,02 = 0, 46mol → CM ( NaOH ) =

0, 46 = 0,92M 0,5

DẠ

Bài tập 3 : Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al2(SO4)3 và 0,1 mol H2SO4 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên Bài giải nAl 3+ = 2n Al2 ( SO4 )3 = 2.0,1 = 0, 2mol

PTHH: H2SO4

Al2(SO4)3 NaOH

+ +

nAl (OH )3 =

7,8 = 0,1mol 78

nH + = 2nH 2 SO4 = 0, 2mol

2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 6NaOH Al(OH)3

(1)

→ 2Al(OH)3 +

3Na2SO4 (2)

→ Na[Al(OH)4]

(3)

124

→V=

FI CI A

−

Để V có giá trị lớn nhất khi kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ + nH → n NaOH = 4.0,2 - 0,1 + 0,2 = 0,9 mol 0, 9 = 0, 45 lít 2

Bài tập 4 : Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch AlCl3 2M, thu

được một kết tủa, nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. Nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Bài giải nAl2O3 =

5,1 = 0, 05mol 102

n Al 3+ = 2nAl2 ( SO4 )3 = 2.0, 2 = 0, 4mol

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl NaOH

+ 0

t  → Al2O3 = 2n Al2O3 = 0,1mol

2Al(OH)3

(1)

→ Na[Al(OH)4] (2)

Al(OH)3

ƠN

PTHH :

3H2O

(3)

Theo (3) → nAl (OH ) Theo đề ra ta có : n↓ = 0,1 < n Al = 0, 4 → Có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: Kiềm hết, muối dư. Theo (1) → nNaOH = nOH = 3n↓ = 3.0,1 = 0,3mol 3

−

→ CM ( NaOH ) =

0,3 = 1,5M 0, 2

QU Y

TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nNaOH = nOH = 4nAl − n↓ = 4.0, 4 − 0,1 = 1,5mol −

→ CM ( NaOH ) =

1,5 = 7,5M 0, 2

KÈ

* Kiểu 2: Đề bài cho biết số mol của kiềm (OH-) và số mol của kết tủa => tính số mol của Muối (Al3+) Phương pháp: - Tính số mol của Kiềm và số mol của kết tủa + Viết PTHH: 3OH − + Al 3+ → Al (OH )3↓ (1) OH − + Al (OH )3 → [Al (OH ) 4 ]− (2) + So sánh số mol của kết tủa với số mol Kiềm. 1 3

DẠ

- TH 1: Nếu n↓ = nOH → Muối, kiềm đều hết và kết tủa chưa bị hòa tan −

Theo (1) → nAl = n↓ 3+

1 3

- TH 2: Nếu n↓ < nOH → Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. −

Theo (1) và (2) → nAl = 3+

nOH − + n↓ 4

125

n

OH −

=  nNaOH = 0, 6 + 0,9 + 1, 2 = 2,7mol

n↓ = 0,5mol

PTHH: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl NaOH

Al(OH)3

FI CI A

Bài tập 1: Cho 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl3 thu được 0,2 mol Al(OH)3. Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH)3 là 0,5. Thêm tiếp 1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)3 vẫn là 0,5 mol. Tính x? Bài giải

(1)

→ Na[Al(OH)4] (2)

1 2, 7 = 0, 9 → Muối, kiềm đều hết và kết tủa Theo đề ra ta có : n↓ = 0, 5 < nOH − = 3 3

bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nAlCl = nAl =

2,7 + 0,5 = 0,8mol 4

Bài tập 2: Cho a mol AlCl3 vào 200g dd NaOH 4% thu được 3,9g kết tủa. Tính

ƠN

nOH − + n↓

Bài giải Có nNaOH = 0,2(mol), n Al (OH ) = 0,05(mol ) Ta thấy n NaOH > 3n Al (OH ) => Có 1 phần Al(OH)3 bị hòa tan PT: 3NaOH + AlCl3 → 3NaCl + Al(OH)3 (1) 3.0,0625 ← (0,05+ 0,0125) ← (0,05 + 0,0125) + 2H2O (2) NaOH + Al(OH)3→ NaAlO2  n NaAlO = (nOH − 3.n Al (OH ) ) : 4 = (0,2 − 3.0,05) : 4 = 0,0125(mol ) 3

n AlCl3 = 0,05 + 0,0125 = 0,0625(mol )

QU Y



−

Bài tập 3: Cho một mẩu Na vào 400ml dung dịch Al2(SO4)3 thu được 6,72 lít khí (đktc) và một kết tủa A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được 7,65 gam chất rắn. Tính nồng độ mol/l của dung dịch Al2(SO4)3 Bài giải 6,72 = 0,3mol 22, 4

nAl2O3 =

7, 65 = 0, 075mol 102

nH 2 =

KÈ

Khi cho Na vào dung dịch Al2(SO4)3 thì Na phản ứng với nước theo PƯ sau: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑ (1) Sau đó NaOH mới sinh ra phản ứng với Al2(SO4)3 theo PƯ sau: 6NaOH + Al2(SO4)3 → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 (2) Có thể có: NaOH + Al(OH)3 → Na[Al(OH)4] (3) Kết tủa A là Al(OH)3, Nung kết tủa A: t 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O (4) Theo (1) ta có : nNaOH = 2nH = 0, 6mol (*) Theo (3) Ta có : nAl (OH ) = 2nAl O = 0,15mol (**)

DẠ

2 3

1 3

Từ (*) và (**) ta thấy : n↓ = 0,15 < nOH =

kết tủa bị hòa tan một phần.

−

0, 6 = 0, 2 → Muối, kiềm đều hết và 3

126

0,6 + 0,15 = 0,19mol 4

1 0,1875 = 0, 095mol 3+ 2 2 0, 095 = = 0, 24M 0, 4

→ nAl ( SO ) = nAl = 2

→ CM [Al ( SO ) ] 2

4 3

nOH − + n↓

FI CI A

Theo (2) và (3) → nAl =

DẠNG 3: Đề bài tiến hành các thí nghiệm khác nhau với cùng một lượng Al tác dụng với lượng OH- khác nhau mà lượng kết tủa thay đổi hoặc không thay đổi. * Kiểu 1: Lượng kết tủa không thay đổi khi lượng OH − tăng. Phương pháp: - Đổi số liệu đề bài ra số mol. - Viết PTHH: 3OH − + Al 3+ → Al (OH )3↓ (1)

ƠN

OH − + Al (OH )3 → [Al (OH ) 4 ]− (2) - Vì lượng OH- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên: TN 1: OH- hết, Al3+ dư. Theo (1) → nOH = 3n↓ (*) TN 2: OH-, Al3+ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ (**) Giải (*) và (**) ta được kết quả. Bài tập 1: TN1: Trộn 100 ml dd Al2(SO4)3 với 120 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa và nung đến hoàn toàn được 2,04g chất rắn. TN2: Trộn 100 ml dd Al2(SO4)3 với 200 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được 2,04g chất rắn. Tính nồng độ mol của dd Al2(SO4)3 và dd NaOH ở trên. Bài giải

−

QU Y

−

n Al2O3 =

2, 04 = 0, 02mol 102

KÈ

PTHH: Al2(SO4)3 NaOH

Al(OH)3

→ 2Al(OH)3 +

3Na2SO4 (1)

→ Na[Al(OH)4]

(2)

2Al(OH)3

DẠ

6NaOH

t  → Al2O3 + 3H2O

(3)

 nNaOH (TN 1) = 0,12 x

Đặt CM ( NaOH ) = x → 

CM [ Al2 ( SO4 )3 ] = y → nAl 3+ = 0, 2 y  nNaOH (TN 2) = 0, 2 x Theo (3) ta có: nAl (OH )3 = 2nAl2O3 = 0, 04mol

- Vì lượng OH- ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng OH- ở thí nghiệm 1 mà lượng kết tủa không thay đổi nên: Ở TN 1: OH- hết, Al3+ dư.

127 Theo (1) → nOH = 3n↓ → 0,12 x = 0,12 (*) Ở TH 2: OH-, Al3+ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ → 0, 2 x = 4.0, 2 y − 0, 04 (**) 3+

FI CI A

−

CM ( NaOH ) = 1M x = 1 Vậy   y = 0,3 CM [Al2 ( SO4 )3 ] = 0, 3M

Từ (*) và (**)→ 

Bài tập 2: TN1: Cho a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m gam kết tủa. TN2: Cũng a mol Al2(SO4)3 tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được m gam kết tủa. Tính a và m? Bài giải nNaOH (TN 1) = 1, 2.0, 5 = 0, 6mol ; nNaOH (TN 2) = 1, 2.0, 75 = 0, 9mol ; n Al = 2nAl ( SO ) = 2a mol 3+

6NaOH

→ 2Al(OH)3 ↓ +

ƠN

PTHH: Al2(SO4)3 +

4 3

3Na2SO4 (1)

QU Y

−

NaOH + Al(OH)3 → Na[Al(OH)4] (2) Đặt n↓ = b mol - Vì lượng OH- ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng OH- ở thí nghiệm 1 mà lượng kết tủa không thay đổi nên: Ở TN 1: OH- hết, Al3+ dư. Theo (1) → nOH = 3n↓ → 3b = 0, 6 (*) Ở TH 2: OH-, Al3+ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ → 0, 9 = 4.2a − b (**) −

a = 0,1375 b = 0, 2

Từ (*) và (**) → 

KÈ

→ m = 0,2.78 =15,6 gam * Kiểu 2 : Lượng kết tủa tăng khi lượng OH − tăng. Phương pháp: - Đổi số liệu đề bài ra số mol. - Viết PTHH: 3O H − + Al 3 + → Al ( O H ) 3 ↓ (1) O H − + Al ( O H ) 3 → [ Al ( O H ) 4 ] − (2) 1 3

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n↓ = nOH

−

DẠ

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH − mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 1 Al3+ vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra. 1 3

TH 1: Muối vẫn dư → n↓(TN 2) = nOH

−

(TN 2)

(lập luận để loại bỏ trường hợp này)

TH 2: kiềm, muối đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ Bài tập 1: X là dd AlCl3, Y là dd NaOH 2M. −

128

nNaOH (TN 1) = 0,15.2 = 0,3mol nAl ( OH )3 (TN 1) =

nNaOH (TN 2) = 0, 25.2 = 0, 5mol

7,8 = 0,1mol 78

nAl ( OH )3 (TN 2) =

10, 92 = 0,14mol 78

PTHH: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl +

(1)

→ Na[Al(OH)4] (2)

Al(OH)3

NaOH

FI CI A

Thêm 150 ml dd Y vào cốc đựng 100ml dd X khuấy đều thì trong cốc tạo ra 7,8g kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 100ml dd Y khuấy đều thì thấy lượng kết tủa 10,92g. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định CM của X. Bài giải

Sau thí nghiệm 1 khi tăng lượng OH − mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 1 Al vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: AlCl3 vẫn dư sau thí nghiệm 2. 3+

1 0, 5 = = 0,167 mol − (TN 2) 3 3 nhưng theo đề bài n↓ = 0,14 < 0,167 ( loại)

ƠN

Theo (1) ta có: n↓(TN 2) = nOH

TH 2: NaOH , AlCl3 đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ −

0,5 + 0,14 = 0,16mol 4 0,16 CM ( AlCl3 ) = = 1,6M 0,1

→ nAl = →

QU Y

Bài tập 2: A là dung dịch NaOH aM, B là dung dịch AlCl3 bM, thực hiện thí nghiệm: - Thí nghiệm 1: Cho 300 ml dung dịch A vào 200 ml dung dịch B thu được 7,8 gam kết tủa. - Thí nghiệm 2: Cho 1000 ml dung dịch A vào 200 ml dung dịch B thì thu được 15,6 gam kết tủa. Tính a, b? (biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn) Bài giải nOH − (TN 1) = nNaOH (TN 1) = 0,3amol 7,8 = 0,1mol 78

KÈ

nAl( OH )3 (TN 1) =

nAl(OH )3 (TN 2) =

15, 6 = 0, 2mol 78

nAl 3+ = nAlCl3 = 0, 2bmol

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3↓ + 3NaCl

PTHH:

nOH − (TN 2) = nNaOH (TN 2) = amol

(1)

DẠ

NaOH + Al(OH)3 → Na[Al(OH)4] (2) − Sau thí nghiệm 1 khi tăng lượng OH mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 3+ 1 Al vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra. 1 3

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n↓(TN 1) = nOH → 0,1 = −

0, 3a → a =1 3

Xét thí nghiệm 2 ta có: TH 1: Nếu AlCl3 vẫn dư sau thí nghiệm 2 thì

129 −

(TN 2)

→ 0, 2 =

a → a = 0, 6 < 1 (loại) 3

1 3

Theo (1) ta có: n↓(TN 2) = nOH −

→ b=

FI CI A

TH 2: NaOH , AlCl3 đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần. Theo (1) và (2) → nOH (TN 2) = 4nAl − n↓(TN 2) 3+

1.1 + 0, 2 = 1,5 0,8

ƠN

Vậy Nồng độ mol của dung dịch NaOH và AlCl3 lần lượt là 1M và 1,5M Bài tập 3: Cho 400 ml dung dịch E gồm AlCl3 x mol/lít và Al2(SO4)3 y mol/lít tác dụng với 612 ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng kết thúc thu được 8,424 gam kết tủa. Mặt khác, khi cho 400 ml E tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư) thì thu được 33,552 gam kết tủa. Tính tỉ lệ x : y? Bài giải Ta có: nOH- = 0,612 mol; n Al(OH)3 = 0,108 mol; n BaSO 4 = 0,144 mol. - Khi cho dung dịch E tác dụng với dung dịch BaCl2 dư chỉ thu được kết tủa BaSO4. Ba2+ + SO42- →BaSO4 0,144 0,144 → n Al2 (SO4 )3 = 0,048 mol →y = 0,12. - Khi cho dung dịch E tác dụng với dung dịch muối Al3+ thu được kết tủa Al(OH)3. Số mol OH- trong kết tủa là: n OH- = 3n Al(OH) = 0,324 mol < 0,612 mol →Kết 3

QU Y

tủa sinh ra bị hòa tan một phần. → n↓còn lại = 4nAl3+ - nOH- → 0,108 = 4nAl3+ - 0,612 → nAl3+ = 0,18 mol. → 0,18 = 0,4x + 0,4.0,12.2 →x = 0,21. Vậy x : y = 7 : 4. Kiểu 3 : Lượng kết tủa giảm khi lượng OH − tăng. Phương pháp: 1 3

* Loại 1 : Trường hợp đặc biệt: Đề cho n↓ = nOH hoặc n↓ = nAl (ít gặp) . −

KÈ

- Đổi số liệu đề bài ra số mol. - Viết PTHH: 3OH − + Al 3+ → Al (OH )3↓ (1) OH − + Al (OH )3 → [Al (OH ) 4 ]− (2) 1 3

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n↓ = nOH

−

DẠ

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH − mà lượng kết tủa giảm → Có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: Al 3+ vừa hết thì số mol kết tủa bị hòa tan bằng số mol OH- thêm vào, so sánh với số mol kết tủa theo đề bài cho để loại trường hợp này.( loại ) TH 2: Al 3+ dư → Sau thí nghiệm 2 OH- , Al 3+ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ −

130

nKOH (TN 1) = 1.0, 6 = 0, 6mol

PTHH: 3KOH KOH

nKOH (TN 2) = 1.0,9 = 0,9mol

15, 6 = 0, 2mol 78

n Al ( OH )3 (TN 2) =

→ Al(OH)3↓ + 3NaCl

AlCl3 +

→ K[Al(OH)4]

Al(OH)3 1 3

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n↓(TN 1) = nOH

7,8 = 0,1mol 78

−

(TN 1)

nAl ( OH )3 (TN 1) =

FI CI A

Bài tập 1: A là dung dịch KOH 1M, B là dung dịch AlCl3. Cho 600ml dung dịch A vào cốc đựng 100ml dung dịch B thì thu được 15,6 gam kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 300ml dung dịch A và khuấy đều thì lượng kết tủa còn lại 7,8 gam. Xác định nồng độ CM của dung dịch B. Bài giải

(1)

(2)

0, 6 = 0, 2mol 3

0, 9 + 0,1 = 0, 25mol 4 0, 25 = 2,5M → CM ( AlCl3 ) = 0,1

→ n Al =

−

QU Y

ƠN

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH − mà lượng kết tủa giảm → Có 2 trường hợp xảy ra. TH 1: Al 3+ vừa hết, khi cho thêm 0,3 mol OH- vào thì theo (2) số mol Kết tủa bị hòa tan là 0,3 mol # 0,1 mol ( loại ) TH 2: Al 3+ dư → Sau thí nghiệm 2 OH- , Al 3+ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓

* Loại 2: Các trường hợp còn lại. Phương pháp: - Đổi số liệu đề bài ra số mol. - Viết PTHH: 3OH − + Al 3+ → Al (OH )3↓ (1)

KÈ

OH − + Al (OH )3 → [Al (OH ) 4 ]− (2) Sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH − mà lượng kết tủa giảm => ta xét các trường hợp sau: - TH 1: Ở thí nghiệm 1: OH − hết, Al 3+ dư Ở thí nghiệm 2: xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2), kết tủa bị hòa tan một phần + Xét thí nghiệm 1: Theo (1) → nOH = 3n↓ (*) + Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ (**) Giải hệ PT (*) và (**) ta được kết quả, So sánh kết quả với đề bài ở thí nghiệm 2 để kết luận nhận hay không nhận nghiệm này. - TH 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa đều tan một phần. + Xét thí nghiệm 1: Theo (1) và (2) → nOH (TN 1) = 4nAl (TN 1) − n↓(TN1) (3*)

−

DẠ

−

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH

−

(TN 2)

= 4nAl 3+ (TN 2) − n↓(TN 2) (4*)

131

nNaOH (TN 1) = 0,13.1 = 0,13mol 3a mol 78

2a mol 78

nAl ( OH )3 (TN 2) =

PTHH: Al2(SO4)3 + NaOH

nNaOH (TN 2) = 0,14.1 = 0,14mol

→ 2Al(OH)3 ↓ +

6NaOH Al(OH)3

3Na2SO4 (1)

n Al (OH )3 (TN 1) =

FI CI A

Giải hệ PT (3*) và (4*) ta được kết quả. Bài tập 1: Hòa tan hoàn toàn m (g) Al2(SO4)3 vào nước được dd X. Nếu cho 130ml dd NaOH 1M vào X thu được 3a (g) kết tủa. Còn nếu cho 140ml dd NaOH 1M vào X thì thu được 2a (g) kết tủa. Xác định giá trị của m. Bài giải

→ Na[Al(OH)4]

(2)

ƠN

Sau thí nghiệm 1 khi tăng lượng OH − mà lượng kết tủa giảm => ta xét các trường hợp sau: - TH 1: Ở thí nghiệm 1: OH − hết, Al 3+ dư Ở thí nghiệm 2: xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2), kết tủa bị hòa tan một phần + Xét thí nghiệm 1: Theo (1) → nOH = 3n↓

−

→ 0,13 = 3.

3a → a = 1,13 78

(*)

QU Y

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ a = 1,13

→m= Từ (*) và (**) ta có :  nAl = 0, 042 3+

Ta thấy: nAl ( SO ) = 2

4 3

−

→ 0,14 = 4nAl − 3+

2a 78

(**)

0, 042 .342 = 7,18 g 2

7,18 3a = 0, 021 mol ; nAl ( OH )3 = = 0,13mol > 2nAl2 ( SO4 )3 = 0, 042mol → Loại 342 78

KÈ

- TH 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa đều tan một phần. + Xét thí nghiệm 1: Theo (1) và (2) → nOH (TN 1) = 4nAl −

→ 0,13 = 4nAl − 3+

(TN 1)

− n↓(TN1)

3a (3*) 78

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH

−

(TN 2)

= 4nAl 3+ (TN 2) − n↓(TN 2)

2a (4*) 78 a = 0, 78 0, 04 →m= .342 = 6,84 g Từ (3*) và (4*) ta có :  n = 0, 04 2  Al

→ 0,14 = 4nAl −

DẠ

Bài tập 2: Hòa tan hoàn toàn m (g) Al2(SO4)3 vào nước được dd X. Nếu cho 1,44 lít dd NaOH 1M vào X thu được 3a (g) kết tủa. Còn nếu cho 1,6 lít dd NaOH 1M vào X thì thu được a (g) kết tủa. Xác định giá trị của m. Bài giải

132

3a mol 78

n Al (OH )3 (TN 2) =

PTHH: Al2(SO4)3 NaOH

a mol 78

→ 2Al(OH)3 ↓ + 3Na2SO4 (1)

+ 6NaOH +

Al(OH)3

nAl ( OH )3 (TN 1) =

nNaOH (TN 2) = 1, 6.1 = 1, 6mol

FI CI A

nNaOH (TN 1) = 1, 44.1 = 1, 44mol

→ Na[Al(OH)4]

(2)

−

3a → a = 12, 48 78

ƠN

→ 1, 44 = 3.

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH = 4nAl − n↓ −

→ 1, 6 = 4nAl −

a 78

(**)

a = 12, 48

0, 44

→m= .342 = 75, 24 g Từ (*) và (**) ta có :  2 nAl = 0, 44 Mặt khác ta thấy : 3+

75, 24 3a = 0, 22 mol mol ; nAl ( OH )3 = = 0, 48mol > 2nAl2 ( SO4 )3 = 0, 44mol → Loại 342 78

QU Y

nAl2 ( SO4 )3 =

- TH 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa đều tan một phần. + Xét thí nghiệm 1: Theo (1) và (2) → nOH (TN1) = 4nAl → 1, 44 = 4nAl − 3+

−

(TN 1)

− n↓(TN1)

3a (3*) 78

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → nOH

−

(TN 2)

= 4nAl 3+ (TN 2) − n↓(TN 2)

a (4*) 78 a = 6, 24 0, 42 →m= .342 = 71,82 g Từ (3*) và (4*) ta có :  2 nAl = 0, 42

KÈ

→ 1,6 = 4nAl − 3+

DẠ

DẠNG 4: Hỗn hợp nhôm và kim loại kiềm, kiềm thổ - Chỉ có kim loại kiềm, Ca, Sr, Ba mới tan trong nước ở nhiệt độ thường - Các kim loại mà hiđroxit của chúng có tính lưỡng tính như Al, Zn, Be, Sn, Pb…tác dụng được với dung dịch kiềm (đặc) - Nếu đề bài cho nhiều kim loại tác dụng với nước tạo dung dịch kiềm, rồi sau đó lấy dung dịch kiềm tác dụng với dung dịch hỗn hợp axit thì: + Giải bằng cách viết phương trình ion thu gọn + nOH- = 2nH2 - Nếu đề bài cho hỗn hợp kim loại kiềm hoặc kiềm thổ và kim loại M hóa trị n vào nước thì có thể có hai khả năng: + M là kim loại tan trực tiếp (như kim loại kiềm, Ca, Sr, Ba)

133

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

+ M là kim loại có hiđroxit lưỡng tính (như Al, Zn) M + (4 – n)OH- + (n – 2)H2O → MO2n - 4 + n/2H2 (dựa vào số mol kim loại kiềm hoặc kiềm thổ → số mol OH– rồi biện luận xem kim loại M có tan hết không hay chỉ tan một phần) Bài tập 1: Thực hiện hai thí nghiệm sau: • Thí nghiệm 1: Cho m gam hỗn hợp Ba và Al vào nước dư, thu được 0,896 lít khí (ở đktc) • Thí nghiệm 2: Cũng cho m gam hỗn hợp trên cho vào dung dịch NaOH dư thu được 2,24 lít khí (ở đktc). Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m. Bài giải nH2 ở thí nghiệm 1 = 0,04 < nH2 ở thí nghiệm 2 = 0,1 mol → ở thí nghiệm 1 thì Ba hết, Al dư còn thí nghiệm 2 thì cả Ba và Al đều hết - Gọi nBa = x mol và nAl = y mol trong m gam hỗn hợp - Thí nghiệm 1: Ba + 2H2O → Ba2+ + 2OH- + H2 x→ 2x x Al + OH + H2O → AlO2 + 3/2H2 2x→ 3x → nH2 = 4x = 0,04 → x = 0,01 mol - Thí nghiệm 2: tương tự thí nghiệm 1 ta có: x + = 0,1 → y = 0,06 mol → m = 0,01.137 + 0,06.27 = 2,99 gam Bài tập 2: Hỗn hợp X gồm Na và Al. Cho m gam X vào một lượng nước dư thì thoát ra V lít khí. Nếu cũng cho m gam X vào dung dịch NaOH dư thì được 1,75V lít khí. Tính phần trăm theo khối lượng của Na trong X. (biết các thể tích đo trong cùng điều kiện). Bài giải Ta thấy lượng H2 sinh ra khi tác dụng với H2O ít hơn so với lượng H2 khi tác dụng với NaOH ⇒ Khi tác dụng với H2O, Al còn dư: nNa = 2a (mol); nAl = b (mol) PTHH: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 2a → 2a a (mol) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 2a → 3a (mol) - Khi cho tác dụng với NaOH dư: PTHH: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 2a → 2a a (mol) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 b → 3/2b (mol) Theo đề bài: tỉ lệ thể tích H2 sinh ra ở TN2 = 1,75 thể tích H2 sinh ra ở TN1 => (a+3/2b) = 1,75 (a + 3a) => a= 0,25b => %m Na = 29,87% C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: Cho một mẫu Na vào 200ml dung dịch AlCl3 thu được 2,8 lit khí (đktc) và một kết tủa A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được 2,55 gam chất rắn. Tính nồng độ mol/l của dung dịch AlCl3 ĐS: 0,375M.

134

ĐS: - TH 1: CM(NaOH) =

0,6 = 1,2( M ) 0,5

FI CI A

Bài 2: Cho 200ml dung dịch NaOH x(M) tác dụng với 120 ml dung dịch AlCl3 1M, sau cùng thu được 7,8g kết tủa. Tính trị số x? Đáp số: TH1: Nồng độ NaOH = 1,5M TH2: Nồng độ NaOH = 1,9M Bài 3: Cho V lít dd NaOH 2M vào dd chứa 0,1mol Al2(SO4)3 và 0,2 mol H2SO4, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 7,8g kết tủa. Tính V? ĐS: 0,35 (l) và 0,55 (l). Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 0,3mol hỗn hợp gồm Al và Al4C3 vào dd KOH dư thu được a mol hỗn hợp khí và dd X. Sục CO2 dư vào X thu được kết tủa là 46,8g. Tính giá trị của a. ĐS: 0,6 mol. Bài 5: Bình A chứa 300 ml dung dịch AlCl3 1M. Cho 500 ml dung dịch NaOH vào bình A thu được 15,6 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/l của dung dịch NaOH đã dùng. - TH 2: CM(NaOH) =

0,9 + 0,1 = 2 (M). 0,5

QU Y

ƠN

Bài 6: Thêm m (g) K vào 300ml hỗn hợp chứa Ba(OH)2 0.1M và NaOH 0,1M thu được dung dịch X. Cho từ từ X vào 200ml dd Al2(SO4)3 0,1M thu được kết tủa Y. Để thu được kết tủa Y lớn nhất thì giá trị của m là bao nhiêu? ĐS: 1,17 gam. Bài 7: (Trích Đề thi chuyên Hoàng văn Thụ Hòa bình 2015 – 2016) Cho 26,91g kim loại M hóa trị I vào 700ml dung dịch AlCl3 0,5M, Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí H2 (đktc) và 17,94g kết tủa. a. Xác định kim loại M. b. Tính giá trị của V. ĐS: TH1: M – Na; V =13,104(l); TH2: M – K; V = 7,728 (l) Bài 8: Bình A chứa 300 ml dung dịch AlCl3 1M. Cho 500 ml dung dịch NaOH vào bình A thu được 15,6 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/l của dung dịch NaOH đã dùng. ĐS: - TH 1: CM(NaOH) =

0,6 = 1,2( M ) 0,5

- TH 2: CM(NaOH) =

0,9 + 0,1 = 2 (M). 0,5

DẠ

KÈ

Bài 9: (Câu IV đề thi chuyên Hoàng Văn Thụ năm học 2016 – 2017) Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp kim loại Na và Ba (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch A và 10,08 lít khí (đktc). 1. Cần dùng bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,15M để trung hòa 10% dung dịch A. 2. Thêm m gam NaOH vào 10% dung dịch A ta được dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với 150 ml dung dịch AlCl3 0,6M thu được kết tủa C. Tính m để cho khối lượng kết tủa C là lớn nhất. Tính khối lượng kết tủa đó. ĐS: VHCl = 600 ml; m Al (OH ) = 7,02 gam Bài 10: Cho 200ml gồm MgCl2 0,3M , AlCl3 0,45M, HCl 0,55M tác dụng với V lít gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 0,01M. Tính giá trị của V để được kết tủa lớn nhất và nhỏ nhất. ĐS: V = 12, 5(l ) ; V = 14, 75(l )

CHUYÊN ĐỀ 11:

135

QU Y

ƠN

FI CI A

SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA SẮT. A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM : Sắt ( Fe : NTK=56đvC) I. Vị trí trong bảng tuần hoàn - Vị trí: Fe thuộc ô 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. - Sắt có 2 hóa trị II và III (Tham khảo – có thể dùng để giải thích cho học sinh tại sao sắt có hóa trị II và hóa trị III) 56 2 2 6 2 6 6 2 26 Fe :1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s . - Qua cấu tạo lớp vỏ e ta thấy sắt có hai e ở lớp vỏ ngoài cùng → dễ nhường hai electron (ở lớp thứ 4) này Fe – 2e- → Fe2+ . Cấu hình electron của Fe2+: 2656 Fe :1s2 2s2 2p6 3s23p63d6 - Xét phân lớp 3d6, để đạt cơ cấu bán bão hoà , phân lớp này sẽ cho đi một electron để đạt 3d5. Fe2+ - 1e- → Fe3+ . Cấu hình electron của Fe3+: 2656 Fe :1s2 2s2 2p6 3s23p63d5 Vì thế , sắt có hai hoá trị là (II) và (III). II. Tính chất vật lí - Màu trắng hơi xám, dẻo, dễ rèn, dễ dát mỏng, kéo sợi; dẫn nhiệt và dẫn điện kém đồng và nhôm. - Sắt có tính nhiễm từ nhưng ở nhiệt độ cao (8000C) sắt mất từ tính. T0nc = 15400C. III. Trạng thái tự nhiên Là kim loại phổ biến sau nhôm, tồn tại chủ yếu ở các dạng: - Hợp chất: oxit, sunfua, silicat... - Quặng: hematit đỏ (Fe2O3 khan), hematit nâu (Fe2O3.nH2O), manhetit (Fe3O4), xiđerit (FeCO3) và pirit (FeS2). IV . Tính chất hóa học : 1. Tác dụng với oxi t a. 3Fe + 2O2 → Fe3O4 (Sắt từ oxit) (Fe2O3.FeO) 2. Tác dụng với phi kim. t 2Fe(r) + 3Cl2(k) → 2FeCl3(r) ( với phi kim mạnh) t Fe + I2 → FeI2 t Fe + S → FeS 3. Tác dụng với axit: a. Với dung dịch HCl,H2SO4 loãng→H2 +muối sắt II Ví dụ: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ↑ Fe +H2SO4 → FeSO4 + H2 b. Tác dụng với các axit có tính oxi hóa mạnh (HNO3, H2SO4 đậm đặc) - Fe thụ động với H2SO4 đặc nguội và HNO3 đặc nguội → có thể dùng thùng Fe chuyên chở axit HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội. - Với dung dịch HNO3 loãng → muối sắt (III) + NO + H2O: Fe + 4HNO3 loãng → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O - Với dung dịch HNO3 đậm đặc → muối sắt (III) + NO2 + H2O: Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O - Với dung dịch H2SO4 đậm đặc và nóng → muối sắt (III) + H2O + SO2: o

DẠ

KÈ

136 2Fe+ 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

FI CI A

Chú ý: - Sản phẩm sinh ra trong phản ứng của Fe với HNO3 hoặc H2SO4 đậm đặc là muối sắt (III) nhưng nếu sau phản ứng có Fe dư hoặc có Cu thì tiếp tục xảy ra phản ứng: 2Fe3+ + Fe → 3Fe2+ Hoặc 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+ - Fe kh«ng t¸c dông víi HNO3 ®Æc nguéi, H2SO4 ®Æc nguéi. 4. T¸c dông víi dung dÞch muèi: Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu ↓ Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + Ag ↓ * NhËn xÐt: Fe t¸c dông víi c¸c dung dÞch muèi cña c¸c kim lo¹i yÕu h¬n t¹o thµnh muèi vµ gi¶i phãng kim lo¹i trong muèi. 5. Tác dụng với nước ở nhiệt độ cao t > 570 C Fe + H2O  FeO + H2 ↑ → 3Fe + 4H2O  Fe t < 570 C 3O4 + 4H2 ↑ → V. Điều chế : Có thể dung các phương pháp nhiệt luyện, thủy phân,điện phân để điều chế sắt 1. Trong phòng thí nghiệm: Dùng phương pháp thủy luyện( dùng kim loại có tính khử mạnh hơn Fe để khử muối Fe2+, Fe3+). FeCl2 + Mg → Fe + MgCl2. 2. Trong công nghiệp: Sắt được điều chế ở dạng gang thép qua quá trình phản ứng sau đây: 0

ƠN

QU Y

oxi hoá O2 +CO→ Fe O  +CO → FeO +CO Quặng Sắt  Fe( gang) → Fe 3 4 0 → Fe2O3  0 t tạp chất 800 C 4000 600t0C Tên các quặng sắt:- Hê maticCđỏ: Fe O khan. Xiđeric : FeCO 2

KÈ

- Hêmatic nâu: Fe2O3.nH2O Nhóm A Pirit : FeS2. Nhóm B (muối) (Oxit) - Manhêtit : Fe3O4. - Các quặng ở nhóm A không cần oxi hóa ở giai đoạn đầu. - Các quặng ở nhóm B ta phải oxi hoá ở gian đoạn đầu để tạo ra oxit. t 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2. t 4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2. HỢP CHẤT CỦA SẮT: I. Các oxit sắt (FeO, Fe3O4, Fe2O3) 1. FeO - Là chất rắn, đen, không tan trong nước. - Tính chất hoá học: + Là oxit bazơ: FeO + 2HCl → FeCl2 + H2 FeO + H2SO4 loãng → FeSO4 + H2O + FeO là chất oxi hóa khi tác dụng với các chất khử mạnh: H2, CO, Al → Fe: FeO + H2 → Fe + H2O (t0) FeO + CO → Fe + CO2 (t0) 3FeO + 2Al → Al2O3 + 3Fe (t0) + FeO là chất khử khi tác dụng với các chất có tính oxi hóa mạnh:

Y DẠ

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

4FeO + O2 → 2Fe2O3 3FeO + 10HNO3 loãng → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O - Điều chế FeO: FeCO3 → FeO + CO2 (nung trong điều kiện không có không khí) Fe(OH)2 → FeO + H2O (nung trong điều kiện không có không khí) 2. Fe3O4 (FeO.Fe2O3) - Là chất rắn, đen, không tan trong nước và có từ tính. - Tính chất hoá học: + Là oxit bazơ: Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Fe3O4 + 4H2SO4 loãng → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O + Fe3O4 là chất khử: 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O + Fe3O4 là chất oxi hóa: Fe3O4 + 4H2 → 3Fe + 4H2O (t0) Fe3O4 + 4CO → 3Fe + 4CO2 (t0) 3Fe3O4 + 8Al → 4Al2O3 + 9Fe (t0) - Điều chế: thành phần quặng manhetit 3Fe + 2O2 → Fe3O4 (t0) 3Fe + 4H2O → Fe3O4 + 4H2 (< 5700C) 3. Fe2O3 - Là chất rắn, nâu đỏ, không tan trong nước. - Tính chất hoá học: + Là oxit bazơ: Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O + Là chất oxi hóa: Fe2O3 + 3H2 → 2Fe + 3H2O (t0) Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 (t0) Fe2O3 + 2Al → Al2O3 + 2Fe (t0) - Điều chế: thành phần của quặng hematit 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (t0) II. Các hiđroxit của Fe (Fe(OH)2 và Fe(OH)3) 1. Fe(OH)2 - Là chất kết tủa màu trắng xanh. - Là bazơ không tan: + Bị nhiệt phân: Fe(OH)2 → FeO + H2O (nung trong điều kiện không có không khí) 4Fe(OH)2 + O2 → 2Fe2O3 + 4H2O (nung trong không khí) + Tan trong axit không có tính oxi hóa → muối sắt (II) và nước: Fe(OH)2 + 2HCl → FeCl2 + 2H2O + Có tính khử (do Fe có mức oxi hóa +2): 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 3Fe(OH)2 + 10HNO3 loãng → 3Fe(NO3)3 + NO + 8H2O - Điều chế: Fe2+ + 2OH- → Fe(OH)2 (trong điều kiện không có không khí) 2. Fe(OH)3

137

Fe + 8HCl

+ Fe3O4

138 → 4FeCl2

+ 4H2O - Là chất kết màu nâu đỏ.

tủa

Fe2O3.

ƠN

FI CI A

- Tính chất hoá học: + Là bazơ không tan: * Bị nhiệt phân: 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O * Tan trong axit → muối sắt (III): Fe(OH)3 + 3HCl → FeCl3 + 3H2O Fe(OH)3 + 3HNO3 → Fe(NO3)3 + 3H2O - Điều chế: Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 III. Muối sắt 1. Muối sắt (II) Không bền, có tính khử, khi tác dụng với chất oxi hóa tạo thành muối sắt (III). 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 3Fe(NO3)2 + 4HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 2FeSO4 + 2H2SO4 đặc nóng → Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O 6FeSO4 + K2Cr2O7 + 7H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O Chú ý: - Các muối sắt (II) không tan như FeCO3, FeS, FeS2 bị đốt nóng trong không khí tạo 2FeCO3 + 1/2O2 → Fe2O3 + 2CO2 4FeS + 9O2 → 2Fe2O3 + 4SO2

QU Y

4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3+ Ag

DẠ

KÈ

2. Muối sắt (III) - Có tính oxi hóa khi tác dụng với chất khử. 2FeCl3 + Cu → CuCl2 + 2FeCl2 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 2FeCl3 + 2KI → 2FeCl2 + 2KCl + I2 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + 2HCl + S - Các dung dịch muối sắt (III) có môi trường axit: Fe3+ + 3H2O ↔ Fe(OH)3 + 3H+ - Khi cho muối sắt (III) tác dụng với các kim loại cần lưu ý: + Nếu kim loại là Na, Ca, K, Ba + H2O → Kiềm + H2. Kiềm + Fe3+ → Fe(OH)3 + Nếu kim loại không tan trong nước và đứng trước Fe + Fe3+ → Fe2+ → Fe + Nếu kim loại là Cu hoặc Fe + Fe3+ → Fe2+ - Các muối sắt (III) bị thủy phân hoàn toàn trong môi trường kiềm: 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Chú ý: Ngoài 3 oxit trên sắt cón tạo ra sắt từ oxit Fe2O4(có thể coi FeO.Fe2O3) • Sắt từ oxit là chất rắn màu đen không tan tan trong nước và nhiễm từ. • F3O4 là một oxit bazơ: • Fe3O4 vừa có tính khử vừa có tính oxi hóa:

139 Fe

Fe3O4

FI CI A

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

HỢP KIM CỦA SẮT I. Gang - Là hợp kim sắt - cacbon trong đó hàm lượng C từ 2 - 5%. - Gang gồm gang xám và gang trắng: + Gang xám: chứa nhiều tinh thể C nên có màu xám; kém cứng và kém giòn hơn gang trắng. + Gang trắng: chứa nhiều tinh thể hợp chất hóa học Fe3C nên có màu sáng. Rất cứng và giòn thường được dùng để luyện thép. - Luyện gang: * Nguyên liệu: + Quặng sắt: cung cấp Fe (phải chứa trên 30% Fe, chứa ít S, P). + Chất chảy: CaCO3 (nếu quặng lẫn silicat) hoặc SiO2 (nếu quặng lẫn đá vôi) để làm giảm nhiệt độ nóng chảy và tạo xỉ. + Không khí giàu oxi và nóng: để tạo chất khử CO và sinh nhiệt. + Than cốc (tạo chất khử CO; tạo nhiệt và tạo gang). * Các phản ứng xảy ra trong lò cao khi luyện gang: + Phản ứng tạo chất khử. C + O2 → CO2 CO2 + C → 2CO + Phản ứng khử Fe2O3. CO + 2Fe2O3 → Fe3O4 + CO2 Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2 FeO + CO → Fe + CO2 + Phản ứng tạo xỉ. CaCO3 → CaO + CO2 CaO + SiO2 → CaSiO3 II. Thép - Là hợp kim của Fe và C trong đó hàm lượng C ít hơn 2%C (theo khối lượng). - Nguyên liệu: tùy theo phương pháp: Gang, sắt, thép phế liệu, chất chảy, không khí nóng, dầu mazut. - Nguyên tắc: khử các tạp chất Mn, Si, Ca, S, P có trong gang. - Các phản ứng xảy ra trong quá trình luyện thép: C + O2 → CO2 S + O2 → SO2 Si + O2 → SiO2 CaO + SiO2 → CaSiO3 (xỉ) B. BÀI TẬP MINH HỌA. DẠNG 1: BÀI TOÁN VỀ PHẢN ỨNG KHỬ OXIT SẮT BẰNG CHẤT KHỬ: Chú ý:2 TH + Khử hoàn toàn: FexOy→Fe + Khử không hoàn toàn: Fe2O3 → Fe3O4→ FeO→Fe + PT: FexOy + yCO t → xFe + 2yCO2 o

140 o

FexOy + yH2 t → xFe + yH2O t 2FexOy + yC  → 2xFe + yCO2 3FexOy + 2yAl t → 3xFe + yAl2O3 VD1: Nung 24gam một hỗn hợp Fe2O3 và CuO trong một luồng khí H2 dư. Phản ứng hoàn toàn. Cho hỗn hợp khí tạo ra trong phản ứng đi qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng của bình này tăng lên 7,2 gam. Tính khối lượng Fe và Cu thu được sau phản ứng? Giải: Nhận thấy hỗn hợp khí tạo ra gồm H2 và hơi H2O, khi dẫn hỗn hợp khí qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng của bình này tăng lên 7,2 gam => 7,2 g là khối lượng của H2O( do H2SO4 đặc có tính háo nước). Ta có: n H2O = 7,2/18= 0,4(mol) Pt: Fe2O3 + 3H2 t → 2Fe + 3H2O t CuO + H2  → Cu+ H2O Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe2O3 và CuO Khi đó ta có hệ pt: 160x+ 80y = 24 54x+ 18y= 7,2 Giải hệ pt ta được: x = 0,1(mol), y = 0,1 (mol)  mFe = 2x. 56= 0,1. 2. 56 = 11,2g  mCu= y.64 = 0,1.64 =6,4g

FI CI A

ƠN

QU Y

VD 2: ( Trích đề thi HSG tỉnh Hòa Bình năm học 2014-2015) Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. a) Viết các phản ứng xảy ra theo sơ đồ sau: CO ,t CO ,t CO ,t Fe2O3  → Fe3O4  → FeO  → Fe b) Tính phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A? Giải: a) PTPU t PTPƯ : 3Fe2O3 + CO  → 2Fe3O4 + CO2 ↑ t Fe3O4 + 4CO  → 3FeO + 4CO2 ↑ t FeO + CO  → Fe + CO2 ↑ b) Tính phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp A. 0,04 mol hh A (FeO và Fe2O3) + CO → 4,784 gam hh B + CO2. CO2 + Ba(OH)2 dư → BaCO3 ↓ + H2O n CO2 = n BaCO3 = 0,046 mol 0

DẠ

KÈ

- Theo phản ứng: n CO ( p.− ) = n CO = 0,046 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mCO = mB + m CO 2

 mA = 4,784 + 0,046×44 − 0,046×28 = 5,52 gam. Đặt nFeO = x mol, n Fe O3 = y mol trong hỗn hợp B ta có: 2

141

FI CI A

 x = 0,01 mol x + y = 0,04 →    y = 0,03 mol 72x + 160y = 5,52 0, 01× 72 × 100 = 13, 04%  %mFeO = 5,52 %mFe2O3 = 86,96%

 FexOy là: FeO

QU Y

x =1 y x 2 - Nếu = y 3 x 3 - Nếu = y 4

- Nếu

ƠN

VD 3: Khử hoàn toàn 69,6 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 và CuO ở nhiệt độ cao thành kim loại cần 24,64 lít khí CO (đktc) và thu được x gam chất rắn. Cũng cho 69,6 gam A tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ thu được dung dịch B chứa y gam muối. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy tạo thành z gam kết tủa. Giá trị của x, y, z ? Giải a) nCO = 1,1 mol Ta có: nO (trong oxit) = nCO = 1,1 mol Bảo toàn khối lượng: mKL = mhhA – mO = 69,6 - 1,1.16 = 52 gam b) Bảo toàn nguyên tố O : nH2O = nO (trong oxit) = 1,1 mol => nCl = nHCl = 2nH2O = 2,2 mol => mmuối = y = mKL + mCl = 52 + 35,5.2,2 = 130,1 gam c) Đổi 1 mol Cl lấy 1 mol OH khối lượng giảm : 35,5 – 17 = 18,5 gam => 2,2 mol Cl ----- 2,2 mol OH khối lượng giảm : 2,2.18,5 = 40,7 gam => mkết tủa = mmuối - mgiảm = 130,1 – 40,7 = 89,4 gam DẠNG 2: XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC HÓA HỌC 1. BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH FexOy: - Xác định công thức FexOy:

 FexOy là: Fe2O3  FexOy là: Fe3O4

DẠ

KÈ

- Có thể giải bằng cách xét 3 khả năng của FexOy là: FeO, Fe2O3, Fe3O4 rồi tìm khả năng phù hợp. - Nếu oxit sắt (FexOy) tác dụng với H2SO4 đặc, HNO3 đặc không giải phóng khí đó là Fe2O3. Ví dụ 1 : Hòa tan 10gam hỗn hợp gồm Fe và FexOy bằng HCl được 1,12 lít H2(đktc). Cũng lượng hỗn hợp này nếu hòa tan hết bằng HNO3 đặc nóng được 5,6 lít NO2(đktc). Tìm FexOy? Giải: nH2 = 0,05(mol); n NO2 = 0,25(mol), gọi số mol FexOy trong hỗn hợp là a. Tác dụng với HCl: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 FexOy + 2y HCl  x FeCl2y/x +y H2O Tác dụng với HNO3: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O FexOy + (6x-2y)HNO3  x Fe(NO3)3 + (3x-2y)NO2 + (3x-y)H2O. Có nFe = nH2 = 0,05(mol) => mFe = 2,8g=> mFexOy = 7,2g.

142

ƠN

FI CI A

Từ PT (3),(4) ta có: a(3x-2y) = 0,1(mol)(*) Mặt khác có: a(56x + 16y) = 7,2 (**) Giải hệ PT ta được: x = 1; y = 1 => CT là FeO. Ví dụ 2: (Trích đề thi HSG thành phố Hòa Bình năm học 2015 – 2016) Hỗn hợp X gồm Al và FexOy. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí, khi đó xảy ra phản ứng: Al + FexOy  t0 Al2O3 + Fe (Phản ứng chưa được cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y làm 2 phần (không bằng nhau) Phần 1: cho tác dụng với NaOH dư, sau pư thu được 1,68l khí và 12,6g chất rắn. Phần 2: Cho tác dụng với dd H2SO4 đặc, nóng dư thu được 27,72 lít khí SO2 và dung dịch Z chứa 263,25g muối sunphat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở ĐKTC. a. Viết PT. b. Tìm m, và công thức phân tử của FexOy. Giải: Gợi ý: Do các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khi cho Y vào dd NaOH có khí => Chứng tỏ Al dư và FexOy pư hết. Phần 1: co 2 PTHH của Al và Al2O3 với NaOH => 12,6g chất rắn là Fe =>nFe =0,225mol; n H = 0,075(mol) Phần 2: Có PTHH của Al, Al2O3, Fe với H2SO4. a. Do tỉ lệ số mol các chất trong phần 1 và phần 2 không thay đổi nên ta có hệ số tỉ lệ K. Gọi số mol của Al, Fe, Al2O3 trong phần 1 là a, b, c → Số mol của Al, Fe, Al2O3 trong phần 2 là Ka, Kb, Kc Ta lập được hệ PT có các số mol là a,b,c, Ka,Kb,Kc theo số mol SO2 và muối sunphat.  Giải ra ta được: K = 3, Tổng nAl dư = 0,2; nFe tạo thành = 0,9;

QU Y

n Al2O3 = 0,4(mol )

m X = m Al2O3 + m Fe + m Al ( du ) = 96,6( g )

b. Tìm công thức: Theo ĐL bảo toàn nguyên tố nOtrongAl O = nOtrongFe O 2 3

n Fe ( SP ) = n FetrongFexOy

DẠ

KÈ

 ta có tỉ lệ x : y = 0,9 : (0,4 . 3) = 1 : 1,333 Vậy công thức Fe3O4. Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 1 khối lượng FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí A và dung dịch B. Cho khí A hấp thụ hòan toàn bởi dung dịch NaOH dư tạo ra 12,6 gam muối. Mặt khác cô cạn dung dịch B thì thu được 120 gam muối khan. Xác định FexOy. Giải: TH1: Khí A là H2S PT: 8FexOy + ( 15x-2y)H2SO4  4xFe2(SO4)3 + (3x-2y)H2S↑ + 12x H2O(1) H2S + 2NaOH  Na2S +2 H2O (2) 0. Lập hệ PT => loại TH2: Khí A là SO2 PT: 2FexOy + ( 6x-2y)H2SO4  xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x – 2y )H2O ( 1) SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O (2)

143

a( 3x – 2y)

FI CI A

Từ (1) và (2) và bài ra ta có

n Na2SO3 = 0,1(mol), n Fe2(SO4)3 = 0,3(mol) Gọi số mol FexOy là a.

ƠN

= 0,1(*) 2 ax/2 = 0,3 (**) Giải hệ ta được : x = 3 ; y = 4 => CT là Fe3O4. Ví dụ 4: Hỗn hợp A có khối lượng 8,14 g gồm CuO, Al2O3 và một Oxit của sắt.Cho H2 dư qua hỗn hợp nung nóng sau pư thu 1,44g H2O.Hòa tan A cần dùng 170ml H2SO4 loãng 1M được dd B.Hòa tan B với dd NaOH dư,lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu 5,2g chất rắn.Xác định công thức Oxit sắt và khối lượng cac oxit trong A.(Câu 5 đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa trường THPT chuyên Hoàng Văn Thụ, năm học 2012-2013) Giải Gọi công thức của oxit sắt là FexOy Trong hỗn hợp A có: CuO : a mol ; Al2O3 : b mol; FexOy : c mol => Ta có PT: 80a + 102b + c(56x + 16y) = 8,14 g (1) Khử hỗn hợp A bằng khí H2 (riêng Al2O3 không bị khử) → 1,44g H2O => nO = n H O = 0,08 mol => a + yc = 0,08 (mol) (2) n H SO = 0,17 mol CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O a →a Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 2H2O b → 3b 2FexOy + 2yH2SO4 → x Fe2(SO4)2y/x + 2yH2O c → yc => ta có PT: a + 3b + yc = 0,17 mol (3) Từ (2) và (3) => b = 0,03 mol => mAl2O3 = 0,03 X 102 = 3,06 g Thay b = 0,03 vào PT (1) ta có: 80a + 56cx + 16cy = 5,08 (4) Hòa tan B trong dung dịch NaOH dư ta có sơ đồ chuyển hóa: a mol CuSO4 → a mol Cu(OH)2 → a mol CuO Al2(SO4)3 → Al(OH)3 → NaAlO2 c mol Fe2(SO4)2y/x → 2c mol Fe(OH)2y/x → cx/2 mol Fe2O3 (các phương trình phản ứng) => Ta có PT: 80a + 80cx = 5,2 (5) Từ (2) (4)(5), ta có hệ phương trình: a + yc = 0,08 80a + 56cx + 16cy = 5,08 80a + 80cx = 5,2 Giải hệ PT ta được: a = 0,02 mol => mCuO = 1,6 g cx = 0,045 ; cy = 0,06 => x/y = 3/4 => x = 3; y = 4. Vậy, công thức của oxít sắt là Fe3O4 m Fe O = 8,14 - 1,6 - 3,06 = 3,48 g Ví dụ 5: Chia 17 gam hỗn hợp rắn X gồm: MxOy, CuO và Al2O3 thành hai phần bằng nhau: - Hoà tan phần I vào dung dịch NaOH dư, còn lại 7,48 gam hỗn hợp rắn A. 4

DẠ

KÈ

QU Y

3 4

144

FI CI A

- Dẫn 4,928 lít khí CO (đktc) vào phần II nung nóng được hỗn hợp rắn B và hỗn hợp khí C có tỷ khối đối với Hiđrô là 18. Hoà tan B vào dung dịch HCl dư còn lại 3,2 gam Cu. a. Viết các phương trình hoá học xảy ra. b. Tính % về khối lượng mỗi nguyên tố trong hỗn hợp X. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. c. Để hoà tan hoàn toàn A phải dùng hết 12,5 gam dung dịch H2SO4 98% nóng. Xác định kim loại M và công thức của MxOy. Biết: MxOy + H2SO4 (đặc, nóng) -----> M2(SO4)3 + SO2 + H2O. MxOy bị khử và không tan trong dung dịch NaOH. Các phương trình hoá học: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (1) t CuO + CO  → Cu + CO2 (2) t MxOy + yCO  → xM + yCO2 (3) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (4) (5) (n là hoá trị của M trong MCln) 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O (6) 2MxOy + (6x − 2y)H2SO4 đặc nóng → xM2(SO4)3 + (3x − 2y)SO2 + (6x − 2y)H2O (7) 4,928 n CO = = 0,22 mol ; n H SO = 0,125 mol ; nCu = 0,05 mol 22, 4 17 m Al O = − 7,48 = 1,02 (g) → n Al O = 0,01 mol 2 → mO trong Al2O3 = 0,01.3.16 = 0,48 (g) ; mAl = 0,54 (g) d C / H = 18 → M C = 36. Đặt n CO2 là x → nCO = 0,22 − x (mol)

ƠN

44x + 28(0, 22 − x) = 36 → x = 0,11 (mol) 0, 22

QU Y

→ Ta có phương trình:

Từ (2) và (3): nO trong CuO và MxOy bị khử = n CO = 0,11 mol 2

DẠ

KÈ

→ mO trong CuO và MxOy = 0,11. 16 = 1,76 (g) 1,76 + 0, 48 Vậy: % O = . 100 ≈ 26,353 (%) 8,5 3, 2 % Cu = .100 ≈ 37,647 (%) 8,5 0,54 % Al = .100 ≈ 6,353 (%) 8,5 % M = 100 - (26,353 + 37,647 + 6,353) = 29,647 (%) Theo dự kiện bài ra thấy: nCuO = nCu = 0,05 mol → mCuO = 4 (g) ; nO trong CuO = 0,05 mol m M x O y = 7,48 - 4 = 3,48 (g)

  =>mM= 2,52(g) n O trong M x O y = 0,11 − 0,05 = 0,06 mol → m O trong M x O y = 0,96 (g)  n H2SO4 = nCuO = 0,05 mol → n H2SO4 phản ứng với MxOy = 0,075 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho các nguyên tố ở phương trình (7) ta có: Với nguyên tố oxi: nO bên tham gia = 0,06 + 0,075.4 = 0,36 mol n H2SO4 = 0,075 → nO trong H2O ở sản phẩm phản ứng (7) = 0,075 mol

FI CI A

nO trong M2(SO4)3 và SO2 = 0,36 - 0,075 = 0,285 mol nS trong H2SO4 = 0,075 mol → n S trong M2(SO4)3 và SO2 = 0,075 mol Đặt n M2 (SO4 )3 = x, n SO2 = y. Ta có hệ phương trình:

145

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

3x + y = 0,075  x = 0,0225 →  12x + 2y = 0, 285  y = 0,0075 → nM = 0,0225.2 = 0,045 mol 2,52 = 56 → M là Fe → MM = 0,045 x 0,045 3 Từ công thức của MxOy → = = → MxOy là Fe3O4 y 0,06 4 2. BÀI TOÁN TÌM KIM LOẠI CÓ NHIỀU HÓA TRỊ. VD: Khi hòa tan cùng một lượng kim loại R vào dung dịch HNO3(l) và dd H2SO(l) thu được khí NO và khí H2 có thể tích bằng nhau(đktc). Biết muối nitrat thu được có khối lượng bằng 159,21% khối lượng muối sunphat. Tìm kim loại R ? Giải Giả sử kim loại R có hóa trị n PTPU : 3R + 4nHNO3 -----> 3R(NO3)n + nNO + nH2O x nx/3 (mol) 2R + nH2SO4 -----> R2(SO4)n + nH2 x nx/2 (mol) Theo đề V khí thu được bằng nhau => số mol bằng nhau nghĩa là : nx/3 = nx/2 => vô lí. Vậy R là kim loại có nhiều hóa trị . Khi đó PTPU : 3R + 4nHNO3 -----> 3R(NO3)n + nNO + nH2O x nx/3 (mol) 2R + mH2SO4 -----> R2(SO4)m + nH2 x mx/2 (mol) ta có : nx/3 = mx/2 => n/3 =m/2 vậy n=3, m=2 Thay n=3 và m=2 vào PT ta được : R + 4HNO3 -----> R(NO3)3 + NO + 2H2O R + H2SO4 -----> RSO4 + H2 Theo đề ta có : (R+186) = 159,21%( R+96) R=56 . Vậy R là Fe DẠNG 3: Fe HỢP CHẤT CỦA Fe TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH MUỐI. Chú ý: - Thứ tự cặp oxi hóa- khử: Fe2+/Fe ; Cu2+/Cu; Fe3+/Fe2+; Ag+/Ag ( Chất khử mạnh nhất sẽ tác dụng với chất oxi hóa mạnh nhất trước ) - Có thể sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng Bài 1: Nhúng một thanh sắt nặng 8 gam vào 500 ml dung dịch CuSO4 2M. Sau một thời gian lấy lá sắt ra cân lại thấy nặng 8,8 gam. Xem thể tích dung dịch không thay đổi thì nồng độ mol/lit của CuSO4 trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu? Hướng dẫn:

Vậy có

FI CI A

Số mol CuSO4 ban đầu là: 0,5 x 2 = 1 (mol) PTHH (1) Fe + CuSO4  → FeSO4 + Cu 1 mol 1 mol 56g 64g làm thanh sắt tăng thêm 64 - 56 = 8 gam Mà theo bài cho, ta thấy khối lượng thanh sắt tăng là: 8,8 - 8 = 0,8 gam

146

0,8 = 0,1 mol Fe tham gia phản ứng, thì cũng có 0,1 mol CuSO4 tham gia phản 8

ứng.  Số mol CuSO4 còn dư : 1 - 0,1 = 0,9 mol 0,9 = 1,8 M 0,5

Ta có CM CuSO 4 =

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Bài 2: 1. Trộn 100g dung dịch AgNO3 17% với 200g dung dịch Fe(NO3)2 18% thu được dung dịch A có khối lượng riêng (D = 1,446g/ml). Tính nồng độ mol/l của dung dịch A. Hướng dẫn - Dung dịch A gồm Fe(NO3)2 0,1 mol và Fe(NO3)3 0,1 mol. - Nồng độ mol/l của các chất là: CM(Fe(NO3)2) = CM(Fe(NO3)3) = 0,5M 1. Hòa tan 5,6 gam bột Fe vào 250ml dd AgNO3 1M, kết thúc phản ứng thu được mg chất rắn . Tính m? Đáp số: m Ag = 108 * 0,25 = 27 gam. 3 . Hòa tan hết 20,64 gam hỗn hợp A gồm Fe và một oxit sắt ( FexOy) trong 900ml dung dịch HCl 0,8 M ( vừa đủ) thu được dung dịch X và 2,688 lit khí H2 ở đktc. a. Tìm công thức hóa học của oxit sắt trong hỗn hợp A. b. Cho toàn bộ dung dịch X thu được ở trên vào 450ml dung dịch AgNO3 2M thì thu được m gam kết tủa. Tính giá trị của m? (Trích đề thi HSG Tỉnh Hòa Bình năm 20162017). Hướng dẫn : a. Fe3O4 b. Viết lại 2 phương trình phản ứng( chú ý Fe3O4 tạo 2 muối; pư tạo kết tủa AgCl sau đó AgNO3 còn dư nên tác dụng với muối sắt(II) tạo muối Fe(III) và Ag. Bài 3. Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với 200 ml dung dịch HNO3 l loãng, đun nóng khuấy đều. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lit khí NO ở đktc, dung dịch A và còn lai 1,46 gam kim loại. a. Viết PTPU b. Tính CM của HNO3 đã dùng. c. Tính khối lượng muối có trong A. (GVG -Cao Phong 2017- 2018). Kim Loại-148 Hướng dẫn : a. Viết 2 PTPU( Fe + HNO3 và Fe3O4 + HNO3 ) b. Vì theo đề sau phản ứng còn dư kim loại nên Fe dư, mà Fe dư thì sẽ phản ứng với muối sắt (III) NO3 để tạo thành muối Fe(II) NO3. Khi đó: Fe + Fe(NO3)3 ---> Fe(NO3)2 Lập PT, đặt ẩn x, y là số mol Fe và Fe3O4 rồi giải. ( m Fe phản ứng ở cả 2 pt + m Fe3O4 = 18,5 – 1,46 = 17,04). => x = 0,09; y= 0,03 CM = 3,2M; m Fe(NO3)2 = 0,27* 180= 48,6 gam.

147

FI CI A

DẠNG 4: BÀI TOÁN Fe HỢP CHẤT CỦA Fe TÁC DỤNG VỚI AXIT. Dạng bài tập này khi giải áp dụng các phương phápnhư : Bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố , bảo toàn khối lượng... 1. BÀI TOÁN Fe HỢP CHẤT CỦA Fe TÁC DỤNG VỚI AXIT HCl và H2SO4 loãng

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

VD 1: Hòa tan hoàn toàn 3, 22 gam hỗn hợp gồm Fe, Mg, Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thấy thoát ra 1,344 lit khí ở đktc và dung dịch chứa mg muối. Tính m? Giải: Theo đề: nH2 = 1,344/22,4 = 0,06 (mol) Mà : nH2 = nSO42- = 0,06 (mol)  mMuối = m (kim loại) + m SO42= 3,22+ 0,06. 96 = 8,98( gam) VD 2: Hòa tan hoàn toàn 17,5 gam hỗn hợp gồm Fe, Al, Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch HC thu được V lit khí ở (đktc ) và dung dịch A . Cô cạn A thu được 31,7 gam muối khan. Tính V ? Giải: Ta có : mMuối = m (kim loại) + m Cl m Cl- = mMuối - m (kim loại) = 31,7 – 17,5 = 14,2 gam  n Cl- = 14,2/35,5 = 0,4 (mol) Mặt khác ta có: nH+ = nCl- = 0,4 (mol) 2H+ + 2e  → H2  n H2 = 0,4/2= 0,2( mol )  V H2 đktc = 0,2.22,4= 4,48 ( lit ) VD 3: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính V HCl cần dùng ? Giải: mO = m (oxit) - m ( kim loại) = 5,96 – 4,04 = 1,92 ( gam )  nO = 1,92/ 16 = 0,12 ( mol ) Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl tạo thành muối và H2O 2H+ + O2-  → H2O 0,24 0,12 mol +  nH = HCl = 0,24 (mol)  V HCl = 0,24/ 2= 0,12 (lit ) 2. BÀI TOÁN Fe HỢP CHẤT CỦA Fe TÁC DỤNG VỚI HNO3 hoặc H2SO4 đặc a) Phương pháp bảo toàn số mol nguyên tử, bảo toàn khối lượng. Nguyên tắc áp dụng: Trong mọi quá trình biến đổi hoá học: Số mol mỗi nguyên tố trong các chất được bảo toàn. VD 1:: Cho 10,4g hỗn hợp bột Fe và Mg (có tỉ lệ số mol 1:2) hoà tan vừa hết trong 600ml dung dịch HNO3 x(M), thu được 3,36 lit hỗn hợp 2 khí N2O và NO. Biết hỗn hợp khí có tỉ khối hơi so với không khí d = 1,195. Xác định trị số x? Hướng dẫn giải: Theo bài ra ta có: nFe : nMg = 1 : 2 (I) và 56nFe + 24nMg = 10,4 (II) Giải phương trình ta được: nFe = 0,1 và nMg = 0,2 Sơ đồ phản ứng.

a+b=

+ HNO3 ------> Fe(NO3)3 , Mg(NO3)2 + N2O, NO + H2O x 0,1 0,2 a và b (mol)

3,36 = 0,15 và 22,4

44a + 30b = 1,195 ---> a = 0,05 mol và b = 0,1 mol (a + b)29

FI CI A

Fe, Mg 0,1 và 0,2 Ta có:

Số mol HNO3 phản ứng bằng: nHNO 3 = nN = 3nFe(NO 3 ) 3 + 2nMg(NO 3 ) 2 + 2nN 2 O + nNO = 3.0,1 + 2.0,2 + 2.0,05 + 0,1 = 0,9 mol Nồng độ mol/lit của dung dịch HNO3: 0,9 .1000 = 1,5M 600

x(M) =

148

QU Y

FeO  rắn B Fe Fe O  3 4

ƠN

VD 2: Hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 ( với số mol bằng nhau). Cho m1(g) A vào ống sứ nung nóng rồi dẫn dòng khí CO đi qua ( CO pư hết ), thấy khí bay ra và trong ống còn lại 19,2 (g) rắn B (gồm Fe, FeO, Fe3O4) . Hấp thụ khí vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được m2 (g) kết tủa trắng. Hòa tan hết rắn B trong HNO3 nóng thì thấy bay ra 2,24 lít khí NO duy nhất ( đktc). a) Viết phương trình hóa học. b) Tính m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng. Hướng dẫn: Xem phần FeO + Fe2O3 ( đồng mol) như Fe3O4 Vậy hỗn hợp chỉ gồm có Fe3O4 t Fe3O4 + 4CO  → 3Fe + 4CO2 (1) t Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2 (2)

Phản ứng của rắn B với HNO3 : Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + 2H2O + NO ↑ (3) 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 5H2O + NO ↑ (4) 3Fe3O4 + 28HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 14H2O + NO ↑ (5) Đặt : n Fe NO = a (mol) = n Fe ( của hỗn hợp A )

)

(

n HNO = 3a + 0,1

KÈ

; nH

3a + 0,1 2

;

Áp dụng ĐLBTKL cho (3),(4),(5) ta có:

2, 24 = 0,1 (mol) 22, 4 mC + mHNO = mFe(NO ) + mH n NO =

Suy ra ta có : 19,2 + 63(3a + 0,1) = 242a +

+ 2O

3a + 0,1 ⋅18 + 30 ⋅ 0,1 2

DẠ

Giải ra được : a = 0,27  n HNO = 0,91 mol. 3

0, 27 ⋅ 232 = 20,88 ( gam ) 3 20,88 − 19, 2 = = 0,105 mol 44 − 28

Khối lượng của hỗn hợp đầu : m1 = 0,27 Theo pư (1) và (2) ta có : n CO

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O 0,105 0,105 m BaCO = m2 = 0,105 × 197 = 20,685 gam. 3

(mol)

m NO

149

 enhËn (kim lo¹i) =  echo (chÊt khÝ)

- Khối lượng muối NO3- : mmuèi = mkim lo¹i + nNO3− (trong muèi)

ƠN

 nNO3− (trong muèi) = ankhÝ

FI CI A

b. Phương pháp bảo toàn electron: Nguyên tắc áp dụng: ∑ne cho = ∑ne nhận Phương pháp này áp dụng cho các bài toán mà các chất tham gia phản ứng có sự thay đổi số oxi hoá (các phản ứng oxi hoá khử), các bài toán phức tạp xảy ra qua nhiều quá trình, thậm trí nhiều bài không xác định dược chất dư chất hết. Điều đặc biệt lý thú của phương pháp này là không cần viết bất cứ một phương trình phản ứng nào, không cần quan tâm tới các giai đoạn trung gian….. Bài toàn hồn hợp kim loại (có Fe ) tan hết trong HNO3 Cần chú ý: - HNO3 đặc nguội không tác dụng với Fe - Sử dụng phương pháp bảo toàn e:

QU Y

- Nếu sau phản ứng không có khí thoát ra thì dung dịch tạo thành có muối NH4NO3. Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu bằng dung dịch HNO3 dư, kết thúc thí nghiệm thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp B gồm và NO2 có khối lượng 12,2 gam. Khối lượng muối nitrat sinh ra là A. 43 gam B. 34 gam C. 3,4 gam D. 4,3 gam Giải 6,72  = 0,3 mol n B = a + b =  n NO = a = 0,1 mol 22,4  n NO = a; n NO = b   2 n = b = 0,2 mol  m = 30a + 46b = 12,2 gam  NO2 B   mmuèi = mkim lo¹i + nNO− (trong muèi) 3

DẠ

KÈ

= 12 + 0,1.3.62 + 0,2.1.62 = 43 gam Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu bằng dung dịch HNO3 dư, kết thúc thí nghiệm thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp B gồm và NO2 có khối lượng 12,2 gam. Khối lượng Fe, Cu trong X lần lượt là: A. 6,4 gam; 5,6 gam. B. 5,6 gam; 6,4 gam. C. 4,6 gam; 7,4 gam. D. 11,2 gam; 0,8 gam. Giải 6,72  = 0,3 mol n B = a + b =  n NO = a = 0,1 mol 22,4 n NO = a; n NO = b    2  m = 30a + 46b = 12,2 gam  n NO2 = b = 0,2 mol  B

Gọi nFe = x mol; nCu = y mol  enhËn (kim lo¹i) =  echo (chÊt khÝ)  n B = 3x + 2y = 3.0,1 + 1.0,2 = 0,5 mol

mX = 56x + 64y = 12 gam 2.) Từ 1 và 2  n = x = 0,1 mol   Fe  m Fe = 56.0,1 = 5,6 gam ; m Cu = 64.0,1 = 6,4 gam  n Cu = y= b = 0,1 mol

1.)

150

Ta có: 56a + 64c + 16b= 4,88 (I) Quá trình cho e:  Fe → Fe3+ + 3e  a mol 3a mol 

S+6

→

0,09 mol O+

→ O−2

2b mol  n = n e cho  e nhËn

  0,045 mol    n e nhËn = 0,09 +2b mol  

SO2

b mol

hay 3a

+ 2c = 0,09 + 2b

Theo định luật bảo toàn nguyên tố:  n Fe ( SO ) = a/2 mol 2

4 3

 n CuSO = c mol 4

(II)

 m Fe2 ( SO4 )3 + m CuSO4 = 13,2gam  200a + 160c = 13,2 (III)

QU Y



ƠN

c mol 2c mol Quá trình nhận e:

   n e cho = 3a + 2c   

Cu → Cu 3+ + 2e

 Fe : a(mol )  Fe ( SO4 )3  Fex O y  4,88( gam)  ≡ Cu : c(mol ) + H 2SO 4 →  2 + SO2 Cu CuSO4 O : b(mol ) 

FI CI A

Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 4,88 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 1,008 lít khí SO2 (sản phẩm khí duy nhất ở đktc) và dung dịch chứa 13,2 gam hỗn hợp hai muối sunfat. Tìm công thức oxit sắt và tính khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X.

KÈ

Ghép (I), (II), (III) giải hệ a= 0,05; c= 0,02; b= 0,05  nFe :n O = 0,05:0,05= 1:1 Công thức FexOy là FeO Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 15,56 gam hỗn hợp 2 kim loại Al, Fe trong dung dịch HNO3 0,5M loãng, dư, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A và 4,256 lít (ở đktc) hỗn hợp 2 khí N2O và NO có khối lượng 6,96 gam (không có sản phẩm khử khác). a) Tính phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b) Tính thể tích HNO3 đã phản ứng. c) Tính khối lượng muối thu được trong A. Giải: Gọi n NO = x(mol); n N2 O = y(mol)(x, y > 0)

DẠ

30.x + 44. y = 6,96  x = 0,1(mol )   4, 256   x + y = 22, 4 = 0,19  y = 0,09(mol ) 

Gọi nAl = a (mol); nFe = b (mol). 27.a + 56.b = 15,56( *) Al0 →Al+3 + 3e N+5 +3e → N+2 a …. 3.a 0,3 0,1(mol) Fe0 →Fe+3 + 3e 2N+5 +8e → N2+1

151 0,09(mol)

3.b 0,72 Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 3.a + 3.b =1,02 (mol) (**) Từ (*) và (**) ta có:

1,3 = 2,6( L) 0,5 = mAl ( NO3 )3 + mFe ( NO3 )3 = 0,12.213 + 0, 22.242 = 78,8( g ) VHNO3 =

c)mmuoi

 27.a + 56.b = 15,56 a = 0,12( mol )   3a + 3b = 1, 02 b = 0, 22( mol ) 0,12.27.100 %mAl = ≈ 20,8  %mFe = 100 − 20,8 = 79, 2% 15,56 b)nHNO3 = 0,12.3 + 0, 22.3 + 0,1 + 2.0,09 = 1,3(mol )

FI CI A

b ….

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Chú ý: Dạng bài toán oxihoa- khử qua nhiều giai đoạn. Với dạng bài tập này ta thường bỏ qua các số oxh của săt ở các giai đoạn trung gian và chỉ quan tâm đến số oxh giai đoạn đầu và giai đoạn cuối của sắt. Bài 1: Oxi hoá hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp X gồm hai oxit sắt. Hoà tan hoàn toàn X bằng dung dịch axit HNO3 loãng dư. Tính thể tích khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) thu được sau phản ứng và số mol HNO3 đã tham gia phản ứng. Giải: Gọi x là số mol của khí NO Theo đề ta có: n Fe = 0,728/56= 0,013 ( mol) Theo định luật BTKL ta có: mO = m hỗn hợp – m Fe = 1,016 – 0,728 = 0,288 (gam)  nO = 0,288/16 = 0,018 (mol)  nO2 = 0,009 (mol) Xét cả quá trình ta thấy có 3 quá trình có sự thay đổi số oxi hóa gồm: ( Fe0 lên Fe+3, N+5 xuống N+2, O20 thành 2O-2 ) Quá trình cho e. Quá trình nhận e 0 +3 Fe → Fe + 3e N+5 +3e → N+2 0,039 (mol) x 3x x (mol) 0,013 → -2 O2 + 4e → 2O 0,009 0,036 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn e: 3x + 0,036 = 0,039 x = 0,001 ( mol) VNO = 0,001. 22,4 = 0,0224 (l) Bài 2: Trộn 0,81 gam bột Al với bột Fe2O3 và CuO đun nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lit khí NO( sản phẩm khử duy nhất ) ở đktc. Tính V? Giải: Theo đề ra ta có: nAl = 0,81/27 = 0,03 ( mol)

152

FI CI A

Ta thấy thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận e của Al và N trong HNO3 Quá trình cho e. Quá trình nhận e 0 +3 Al →Al + 3e N+5 +3e → N+2 0,03 → 0,09 ( mol) 0,09 → 0,03 ( mol) VNO = 0,03. 22,4 = 0,672 (l) Bài 3: Nung m g bột sắt trong oxi, thu được 3 g hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lit NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Giá trị của m là: A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32 Hướng dẫn giải: Trong bài toán này hỗn hợp X gồm Fe và các 3 oxit của sắt nên ta chỉ cần chú ý đến trạng thái đầu và trạng thái cuối của sắt. 0,56 = 0,025mol 22,4 m nFe= mol 56

ƠN

nNO =

Dựa vào định luật bảo toàn khối lượng ta có mO = 3 - m → nO = *Quá trình oxi hóa:

→ Fe3+

*Quá trình khử:

m mol → 56

3− m → 16

3− m 16

→

3−m mol 16

3e 3m mol 56

O2-

QU Y

N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,075 mol ← 0,025 mol

Theo phương pháp bảo toàn electron ta có:

3m 2(3 − m) = 0,075 + 56 16

m = 2,52 g

KÈ

Bài 4: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 ở nhiệt độ cao một thời gian người ta thu được 6,72g hỗn hợp gồm 4 chất rắn khác nhau. Đem hòa tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dung dịch HNO3 dư thấy tạo thành 0,448 lít khí B duy nhất có tỉ khối so với H2 bằng 15. Giá trị m là: A. 5,56 B. 6,64 C. 7,2 D. 8,81 Hướng dẫn giải: MB = 15.2 = 30 → B là NO có số mol =

0,448 = 0,02mol 22,4

DẠ

Ở bài toán này, ta nhận thấy sắt không bị thay đổi trạng thái oxi hóa.(trạng thái đầu và cuối sắt đều có số oxi hóa là +3). CO là chất khử, HNO3 là chất oxi hóa. Vì vậy đặt số mol của CO là x. *Quá trình nhận electron: N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,06 mol ← 0,02 mol *Quá trình nhường electron: C+2 → C+4 + 2e x 2x x mol → Theo phương pháp bảo toàn electron: 2x = 0,06 → x = 0,03 mol Ta có sơ đồ phản ứng: Fe2O3 + CO → A + CO2 Theo định luật bảo toàn khối lượng ta suy ra được: m = 6,72 + mCO2 –mCO

153

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

→ m = 6,72 + 44.0,03 – 28.0,03 = 72, g Bài 5: Trộn 0,54g bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung dịch HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là: 1:3. Tính thể tích (đktc) của khí NO, NO2 ? Hướng dẫn giải: Xét trong cả quá trình, thực chất chỉ có Al và HNO3 thay đổi số oxi hóa nên ta có *Quá trình oxi hóa Al → Al3+ + 3e 0,02mol → 0,06 mol Gọi x là số mol của NO → số mol NO2 là 3x mol. *Quá trình khử: N+5 + 3e → N+2 (NO) 3x mol ← x mol +5 N + 1e → N+4 (NO2) 3x mol ← 3x mol Theo phương pháp bảo toàn electron ta có 6x = 0,06 → x = 0,01 Vậy thể tích của NO và NO2 lần lượt là: 0,224 lit và 0,672 lit. DẠNG 5: DẠNG CHUYỂN ĐỔI HỖN HỢP TƯƠNG ĐƯƠNG ( DẠNG QUY ĐỔI) Trong số oxit sắt thì ta coi Fe3O4 là hỗn hợp của FeO và Fe2O3 có số mol bằng nhau. Như vậy có thể có hai dạng chuyển đổi. Khi đề ra cho số mol FeO và Fe2O3 có số mol bằng nhau thì ta coi như trong hỗn hợp chỉ là Fe3O4. còn nếu không có dữ kiện đó thì ta coi hỗn hợp là FeO và Fe2O3. Như vậy hỗn hợp từ 3 chất ta có thể chuyển thành hỗn hợp 2 chất hoặc 1 chất tương đương.... Các bước giải theo phương pháp quy dổi . - Bước 1: Quy hỗn hợp chất về các nguyên tố tạo thành hỗn hợp. Đặt ẩn số thích hợp cho số mol nguyên tử các nguyên tố trong hỗn hợp( tùy trường hợp) - Bước 2: Lập các phương trình dựa vào các định luật bảo toàn khối lương, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron và dựa vào các dữ kiện khác của đề bài nếu có. - Bước 3: Giải các phương trình và tính toán các kết quả bài toán yêu cầu. VD1: Để hòa tan hoàn toàn 23,2 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, và Fe2O3 ( trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3), cần dùng vừa đủ V lit dung dịch HCl 0,5M. Tính V? Giải: Vì số mol FeO bằng số mol Fe2O3 nên ta quy đổi hỗn hợp FeO, Fe3O4, và Fe2O3 thành Fe3O4. Ta có: n Fe3O4 = 23,2/232= 0,1 mol Fe3O4 + 8HCl  → FeCl2 + 2FeCl3+ 4H2O 0,1  → 0,8 mol  V HCl = 0,8/0,5 = 1,6 (lit) VD 2: Cho m gam hỗn hợp oxit sắt gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 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 7,62gam FeCl2 và 9,75 gam FeCl3 . Tính m? Giải : Ta có: n FeCl2 = 0,06( mol); n FeCl3 = 0,06 ( mol) Quy đổi hỗn hợp FeO, Fe3O4 và Fe2O3 thành FeO và Fe2O3 FeO + 2HCl  → FeCl2 + H2O (1) 0,06 0,06 mol Fe2O3 + 6HCl  → 2FeCl3+ 3H2O (2) 0,03 0,06 mol

154

ƠN

FI CI A

Từ 1 và 2 => m = 0,068. 72 + 0,06. 160 = 9,12 gam VD 3: Cho m gam hỗn hợp oxit sắt gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 tan vừa hết trong dung dịch H2SO4 tạo thành dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 70,4 gam muối, mặt khác cho Clo dư đi qua X rồi cô cạn thì thu được 77,5 gam muối. Tính m? Phân tích đề: Cho oxit tác dụng với H2SO4 ta sẽ thu được 2 muối FeSO4 và Fe2(SO4)3. Do đó ta có thể coi hỗn hợp ban đầu chỉ gồm hai oxit FeO và Fe2O3. Ta thấy khối lượng muối tăng lên đó là do phản ứng: 2Fe2+ + Cl2  → 2Fe3+ + 2ClNhư vậy khối lượng tăng lên đó là khối lượng của Clo. Vậy từ khối lượng của Clo ta có thể tính ra số mol của Fe2+ từ đó tính được số mol FeO, mặt khác ta có tổng khối lượng muối FeSO4 và Fe2(SO4)3 mà biết được FeSO4 vậy từ đây ta tính được Fe2(SO4)3 và như vậy biết được số mol của Fe2O3. Giải: Coi hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 ta có phương trình phản ứng: FeO + H2SO4  → FeSO4 + H2O Fe2O3 + 3H2SO4  → Fe2(SO4)3 + 3H2O Khối lượng tăng lên đó chính là khối lượng của Cl- có trong muối theo phương trình: 2Fe2+ + Cl2  → 2Fe3+ + 2Cl77,5 − 70, 4 = 0, 2mol Như vậy số nFe2+ = nFeSO4 = nFeO = 0, 2mol 35,5 70, 4 − 0, 2 x152 Mà mFeSO4 + mFe2 ( SO4 )3 = 70, 4 vậy nFe2 ( SO4 )3 = = 0,1mol 400 Nên nFe2 ( SO4 )3 = nFe2O3 = 0,1mol

Vậy nCl =

−

Do đó m = mFeO + mFe O = 0, 2 x72 + 0,1x160 = 30, 4( gam) Vậy m = 30,4 gam VD 4: Cho 11,36g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 1,344 lit (đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được m gam muối khan. Giá trị m là: A. 49,09 B. 34,36 C. 35,5 D. 38,72 Hướng dẫn giải: *Bước 1: Coi 11,36g hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là hỗn hợp của xmol Fe và ymol O. *Bước 2: →mhh = 56x + 16y = 11,36 (1) Các quá trình oxi hóa khử. Fe → Fe3+ + 3e xmol → 3x O + 2e → O2ymol → 2y N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,18 mol ← 0,06 mol Áp dụng phương pháp bảo toàn electron: 3x = 2y + 0,18 (2) Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,16 mol và y = 0,15 mol. Ta có: nFe(NO3)3 = nFe = 0,16 mol Vậy: m Fe(NO3)3 = 0,16.242 = 38,72 g.

DẠ

KÈ

QU Y

2 3

155

→ nFe (Trong Fe2O3) =

2.1,6 = 0,02mol 160

FI CI A

VD 5: Nung m g bột sắt trong oxi, thu được 3 g hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lit NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Tính m? Hướng dẫn giải: Quy hỗn hợp chất rắn X về 2 chất Fe, Fe2O3 (chọn Fe2O3 vì khi tác dụng với HNO3 số oxi hóa của Fe không thay đổi) - Quá trình nhường electron: Fe → Fe3+ + 3e xmol → 3x - Quá trình nhận electron: N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,075 mol ← 0,025 mol Theo phương pháp bảo toàn electron: 3x = 0,075 → x = 0,025 mol → mFe2O3 = 3 – 56.0,025 = 1,6 gam

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy, m = (0,02 + 0,025).56 = 2,52 gam VD 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y dư (gồm HCl và H2SO4 loãng) thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí. Tính thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dung và thể tích khí thoát ra ở đktc ? Hướng dẫn giải: Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: 0,2 mol Fe3O4 và 0,1 mol Fe tác dụng với dung dịch Y. Fe3O4 + 8H+ → Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2 0,4 0,2 mol → + 2+ Fe + 2H → Fe + H2 0,1 mol → 0,1 2+ Dung dịch Z gồm 0,3 mol Fe và 0,4 mol Fe3+ tác dụng với Cu(NO3)2 3Fe2+ + NO3- + 4H+ → 3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 mol → 0,1 0,1 → VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lit nCu(NO3)2 = ½ nNO3- = 0,05 mol. → Thể tích Cu(NO3)2 cần dùng: 0,05/1 = 0,05 lit = 50 ml. VD 7: Cho m(g) hỗn hợp FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan vừa hết trong V (lít) dung dịch H2SO4 loãng thì thu được một dung dịch A. Chia đung dịch A làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 8,8 gam chất rắn. Phần 2: làm mất màu vừa đúng 100ml dung dịch KMnO4 0,1M trong môi trường H2SO4 loãng dư. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Tính m , V ( nếu dung dịch H2SO4 có nồng độ 0,5M). Hướng dẫn: Xem Fe3O4 như hỗn hợp FeO và Fe2O3 Vậy hỗn hợp xem như chỉ có FeO và Fe2O3 : số mol lần lượt x,y. Các phương trình hóa học xảy ra: FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O x x x (mol) Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O

156 3y

 FeSO 4 : dung dịch A 

(mol)

x (mol)

Ta có :

+ 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4 0,5x (mol) + 6NaOH → 2Fe(OH)3 ↓ + 3Na2SO4 y (mol) t + ½ O2 → Fe2O3 + 2H2O 0,25x (mol) t  → Fe2O3 + 3H2O 0,5y (mol) 0

0,25x + 0,5y =

8,8 = 0, 055 160

Pư phần 1: FeSO4 0,5x Fe2(SO4)3 0,5y 2Fe(OH)2 0,5x 2Fe(OH)3 y

FI CI A

 Fe2 ( SO 4 )3 : y (mol)

(1)

ƠN

Pư phần 2: 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8 H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8 H2O 0,5x → 0,1x (mol) Ta có : 0,1x = 0,01  x = 0,1 ( mol) (2) Thay (2) vào (1) ta được : y = 0,06 (mol) Vậy khối lượng hỗn hợp oxit sắt : m = (0,1× 72 + 0,06 × 160 ) = 16,8 ( gam ) Thể tích dung dịch H2SO4 0,5M : V =

0,1 + 0,06 ⋅ 3 = 0,56 (lít) 0,5

QU Y

Có thể giải theo phương pháp bảo toàn nguyên tố Fe. n Fe ( các oxit ) = 2 × 0,055 = 0,11 mol n Fe ( FeO ) = n FeSO = 5 ⋅ n KMnO = 0, 05 mol 4

 n Fe ( Fe2O3 ) =

0,11 − 0, 05 =0,06 mol

Vậy khối lượng hỗn hợp đầu : m = 2( 0,05 × 72 +

0, 06 ⋅160 ) = 16,8 gam. 2

DẠ

KÈ

Số mol H2SO4 = 0,1 + (3 × 0,06) = 0,28 mol.  thể tích V = 0,56 lít. C. BÀI TẬP VẬN DỤNG. BÀI TOÁN VỀ PHẢN ỨNG KHỬ OXIT SẮT BẰNG CHẤT KHỬ Câu 1: Để khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp rắn gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 cần vừa đủ 2,24 lít CO (đktc). Khối lượng Fe thu được là bao nhiêu (trong các giá trị sau)? A. 14 gam B. 15 gam C. 16 gam D. 18 gam Câu 2: Dẫn khí CO qua ống sứ chứa m gam hỗn hợp gồm: CuO, Fe3O4 và Al2O3 nung ở nhiệt độ cao. Dẫn hết khí thoát ra vào nước vôi trong dư thu được 30 gam kết tủa và khối lượng chất rắn trong ống sứ nặng 202 gam. Hỏi m có giá trị bằng bao nhiêu? A. 206,8 gam B. 204 gam C. 215,8 gam D. 170, 6 gam Câu 3: Nung 24gam một hỗn hợp Fe2O3 và CuO trong một luồng khí H2 dư. Phản ứng hoàn toàn. Cho hỗn hợp khí tạo ra trong phản ứng đi qua bình đựng H2SO4 đặc thấy khối lượng của bình này tăng lên 7,2 gam. Vậy khối lượng Fe và Cu thu được sau phản ứng là:

157

FI CI A

A. 5,6g Fe; 3,2g Cu B. 11,2g Fe; 6,4g Cu C. 5,6g Fe; 6,4g Cu D. 11,2g Fe; 3,2g Cu Câu 4*: Chia hỗn hợp X gồm: Fe và Fe2O3 thành 2 phần bằng nhau. Cho một luồng khí CO dư đi qua phần thứ nhất nung nóng thì khối lượng chất rắn giảm đi 4,8 gam. Ngâm phần thứ 2 trong dung dịch HCl dư thấy thoát ra 2,24 lít khí (đktc). Thành phần % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X là: A. 48,83% Fe và 51,17% Fe2O3 B. 75% Fe và 25% Fe2O3 C. 41,18% Fe và 58,82% Fe2O3 D. 18,9% Fe và 81,1% Fe2O3 Câu 5: Cho một luồng khí CO dư đi qua ống sứ đựng m (g) Fe2O3 nung nóng một thời gian thu được 13,92 (g) chất rắn X gồm Fe, Fe3O4, FeO và Fe2O3. Cho X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 5,824 lít NO2 (đktc). Vậy thể tích khí CO đã dùng (đktc) và giá trị của m(gam) là: A. 2,912 lít và 16 gam. B. 2,6 lít và 15 gam.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

C. 3,2 lít và 14 gam. D. 2,5 lít và 17 gam. Câu 6: Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian thu được 44,46 (g) hỗn hợp Y gồm Fe3O4, FeO, Fe, Fe2O3 dư. Cho Y tác dụng hết với dd HNO3 loãng thu được 3,136 lít NO (đktc) duy nhất. Vậy thể tích khí CO (lít) đã dùng (đktc) và giá trị m là: A. 5,6 lít và 47 gam. B. 4,704 lít và 47,82 gam. C. 5,04 lít và 47,46 gam. D. 3,36 lít và 45 gam. XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC OXIT SẮT Câu 1: Hòa tan hoàn toàn 1 khối lượng FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí A và dung dịch B. Cho khí A hấp thụ hòan toàn bởi dung dịch NaOH dư tạo ra 12,6 gam muối. Mặt khác cô cạn dung dịch B thì thu được 120 gam muối khan. Xác định FexOy A. FeO B. Fe3O4 C. Fe2O3 D. Không xác định Câu 2: Hòa tan 10gam hỗn hợp gồm Fe và FexOy bằng HCl được 1,12 lít H2(đktc). Cũng lượng hỗn hợp này nếu hòa tan hết bằng HNO3 đặc nóng được 5,6 lít NO2(đktc). Tìm FexOy? Câu 3: Dùng CO dư để khử hoàn tòan m gam bột sắt oxit (FexOy) dẫn tòan bộ lượng khí sinh ra đi thật chậm qua 1 lít dung dịch ba(OH)2 0,1M thì vừa đủ và thu được 9,85gam kết tủa. Mặt khác hòa tan tòan bộ m gam bột sắt oxit trên bằng dd HCl dư rồi cô cạn thì thu được 16,25gam muối khan. m có giá trị là bao nhiêu gam? Và công thức oxit (FexOy). A, 8gam; Fe2O3 B. 15,1gam, FeO C. 16gam; FeO D. 11,6gam; Fe3O4 Câu 4: Dùng CO dư để khử hòan tòan m gam bột sắt oxit(FexOy) dẫn tòan bộ lượng khí sinh ra đi thật chậm qua 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,1M thì phản ứng vừa đủ thu được 9,85gam kết tủa. Số mol khí CO2 thu được là bao nhiêu? A. 0,05mol B. 0,15 mol C. 0,025mol D. 0,05 và 0,075 mol Câu 5: Dùng CO dư để khử hòan tòan m gam bột sắt oxit (FexOy) thành sắt, dẫn tòan bộ lượng khí sinh ra đi thật chậm qua 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,1M thì phản ứng vừa đủ và thu được 9,85 gam kết tủa . Mặt khác hòa tan tòan bộ sắt kim loại thu được ở trên bằng dung dịch HCl dư rồi cô cạn thì thu được 12,7 gam muối khan. Công thức sắt oxit (FexOy)? A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. FexOy

158

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Câu 6: Cho 4,48 lít khí CO (đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu đựợc sau phản ứng có tỉ khối so với H2=20. Công thức của oxit sắt và % khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là? A. FeO, 75% B. Fe2O3, 75% C. Fe2O3, 65% D. Fe3O4, 75% Câu 7: Nung nóng 7,2gam Fe2O3 với khí CO. Sau một thời gian thu được m gam chất rắn X. Khí sinh ra sau phản ứng được hấp thụ hết bởi ddBa(OH)2 được 5,91g kết tủa, tiếp tục cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch trên thấy có 3,94 gam kết tủa nữa. Tìm m? A. 0,32gam B. 64gam C. 3,2gam D. 6,4gam Câu 8: Hòa tan hòan toàn 46,4 gam một oxit kim loại bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng (vừa đủ) thu đựợc 2,24 lít khí SO2 (đktc) và 120 gam muối. Xác định công thức oxit kim loại? C. Không xác định D. A. FeO B. Fe2O3 Fe3O4 Câu 9: Khử 2,4 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit sắt(có số mol bằng nhau) bằng hidro. Sau phản ứng thu được 1,76 gam chất rắn, đem hòa tan chất đó bằng dung dịch HCl thấy bay ra 0,448 lít khí (đktc). Xác định công thức của sắt oxit. A. FeO B. Fe2O3 C. Không xác định D. Fe3O4 BÀI TOÁN Fe HỢP CHẤT CỦA Fe TÁC DỤNG VỚI AXIT VD : Hòa tan hoàn toàn 2 gam hỗn hợp X gồm : Al, Fe, Mg, Zn vào dung dịch HCl, sau phản ứng thu được 1,12 lit khí ở đktc. Mặt khác cũng cho 2 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Tính % khối lượng Fe trong hỗn hợp X ? PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI Bài 1: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 thu đợc 2.24 lít khí màu nâu duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng đợc 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 đợc 3.36 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dd sau phản ứng đợc 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: cho 12,096 gam Fe nung trong không khí thu đợc 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 đợc 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. Tính m1,m2? Bài 4: Hòa tan m gam hỗn hợp X bốn chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt bằng dung dịch HNO3 d thu đợc 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 5: Hòa tan hoàn toàn một ôxit 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 đợc Bài 6: Nung y mol Fe trong không khí một thời gian thu đợc 16,08 gam hỗn hợp A gồm 4 chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt. hòa tan hết lợng 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:

159 A. 0.21 mol

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

B. 0,232 mol. C. 0,426 mol D. 36,8 mol OXI HÓA KHỬ QUA NHIỂU GIAI ĐOẠN Bài 1: Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian thu được 6,96 gam hỗn hợp rắn X, cho X tác dụng hết với dung dịch HNO3 0,1M vừa đủ thu được dung dịch Y chỉ chứa muối sắt III duy nhất và 2,24 lít hỗn hợp khí Z gồm NO và NO2 có tỉ khối so với hidro là 21,8. a. Hấp thụ hết khí sau khi nung vào nước vôi trong dư tính khối lượng kết tủa kết tủa thu được. b. Tính giá trị m. c. Thể tích dung dịch HNO3. d. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch Y e. Cô cạn dung dịch Y thì thu được bao nhiêu gam muối.

Löôïng saûn phaåm (C) thöïc teá ×100% Löôïng saûn phaåm (C) lyù thuyeát (tính qua phaûn öùng)

 Lượng sản phẩm thực tế =

Löôïng saûn phaåm lyù thuyeát × H % 100

2. Nếu hiệu suất tính theo chất tham gia:

Löôïng chaát tham gia (A) lyù thuyeát (tính qua phaûn öùng) ×100% Löôïng chaát tham gia (A) thöïc teá

 Lượng chất tham gia thực tế =

ƠN

H% =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 12: HIỆU SUẤT PHẢN ỨNG HÓA HỌC A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Tính hiệu suất theo chất tham gia hoặc chất sản phẩm Trong phản ứng: A + B  → C + D Chất tham gia Chất sản phẩm 1. Nếu hiệu suất tính theo chất sản phẩm:

160

Löôïng chaát tham gia lyù thuyeát ×100% H%

DẠ

KÈ

QU Y

Lưu ý: “Nếu bài toán cho hai chất tham gia thì ta phải xét xem chất nào dư, chất nào hết để tính hiệu suất cho chất thiếu.” H% luôn được tính theo chất thiếu (PƯ hết) Phản ứng hóa học coi là hoàn toàn thì H = 100% Phản ứng hóa học coi là không hoàn toàn thì H < 100% II. Tính hiệu suất theo chuỗi phản ứng. Nếu một bài toán xảy ra theo nhiều giai đoạn kế tiếp nhau, mỗi giai đoạn với một hiệu suất khác nhau. Thì ta tính hiệu suất chung của phản ứng. Hiệu suất chung của phản ứng bằng tích các hiệu suất thành phần. Giả sử một phản ứng xẩy ra các quá trình sau: H 1% H 2% H 3% H 4% H 5% Hn % A  → B  → C  → D  → E  → G  → H Thì hiệu suất chung của phản ứng sẽ là: H% = H1%. H2%. H3%. H4%.... Hn%/ (nx 100 ) Hiệu suất quá trình gồm nhiều phản ứng nối tiếp: (trong đó các hiệu suất thành phần dạng thập phân, ví dụ 25% = 0,25 ) Một số lưu ý khi tính hiệu suất phản ứng. Cách xác định đúng các đơn vị (gam, mol, gam/mol…) để đảm bảo các phép tính không bị sai sót. Hiệu suất của phản ứng luôn < 100%. Do đó, nếu bạn ra kết quả hiệu suất lớn hơn 100% nhưng bạn chắc chắn rằng các phép toán không xảy ra sai sót. Điều này có thể là do sản phẩm của phản ứng chưa tinh khiết. Hãy làm sạch sản phẩm sau đó đêm cân lại, bạn sẽ có được một kết quả chính xác hơn đó. Cần phân biệt rõ hiệu suất phản ứng với sai số và độ hao phí của phản ứng. Hiệu suất phần trăm của phản ứng được tính theo công thức: %Hiệu suất = (lượng thực tế/ lượng lý thuyết) x 100. Còn độ hao phí của phản ứng dựa theo phần trăm được tính theo công thức: %Hao phí = 100% – %hiệu suất. và sai số của phản ứng được tính bằng công thức:

161 Sai số = Lượng lý thuyết – lượng thực tế.

QU Y

ƠN

FI CI A

B. BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 1. Tính hiệu suất phản ứng khi biết KL chất tham gia hoặc sản phẩm Bài tập 1. Cho 19,5 gam Zn phản ứng với 7 (l) clo thì thu được 36,72 gam ZnCl2. Tính hiệu suất của phản ứng ? Đáp án n Zn = 19,5/65 = 0,3 (mol); n Cl2 = 7/22,4 = 0,3125 (mol); n ZnCl2 = 0,27 (mol) PTPƯ: Zn + Cl2 → ZnCl2 Ta thấy: n Cl2 > n Zn => so với Cl2 thì Zn là chất thiếu, nên ta sẽ tính theo Zn. Từ phương trình => n Zn phản ứng = n ZnCl2 = 0,27 (mol) Hiệu suất phản ứng: H = n Zn phản ứng x 100/n Zn ban đầu = 0,27 x 100/0,3 = 90 % Bài tập 2. Cho 10,0 lít H2 và 6,72 lít Cl2 (đktc) tác dụng với nhau rồi hòa tan sản phẩm vào 358,4 gam nước ta thu được dung dịch A. Lấy 50,0 gam dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 7,175 gam kết tủa. Tính Hiệu suất của phản ứng giữa H2 và Cl2 ? Đáp án nH2 = 0,446 mol; nCl 2 = 0,3 mol ; nAgCl = 0,05 mol Cl2 → 2HCl PTPƯ: H2 + Đặt số nHCl = x => KL dung dịch A là (385,4 + 36,5x) g 50 g dung dịch A -------> 0,05 mol (385,4 + 36,5x) -------> x mol => 50x = 0,05(385,4 + 36,5x) => x = 0,4 mol =>nCl2 pư = ½ nHCl = 0,2 mol Hiệu suất phản ứng là: 0, 2 x100 = 66, 7% 0,3

H% =

KÈ

Bài tập 3. Người ta cho hơi nước dư đi qua 12,5 (g) than nóng đỏ chứa 96% Cacbon thu được 35,84 (l) hỗn hợp khí CO và H2 (đktc). Tính hiệu suất của phản ứng trên. Đáp án

mC = 12,5 ⋅ 96% = 12g => nC =

DẠ

Phương trình:

2C + 1mol

H 2O

Hiệu suất phản ứng: H% =

12 12

t →

= 1 mol

CO 1mol

H2 1mol

35,84 = 80% 22,4 ⋅ 2

Bài tập 4. Đun nóng hỗn hợp gồm 8,05g rượu etylic và 5,4g axit axetic có H2SO4 đặc xúc tác thu được 3,96g etyl axetat. Tính hiệu suất phản ứng este hoá nói trên.

162 Phương trình hoá học: H SO ,t C2H5OH   → 2

CH3COOC2H5 + H2O

FI CI A

CH3COOH +

8,05 = 0,175 mol 46 5,4 = = 0,09 mol 60

nC2 H 5OH = n CH 3COOH

Đáp án

Ta thấy số mol: n CH COOH < nC H OH nên phản ứng được tính theo CH3COOH 3

3,96 = 0,045 mol = n CH3COOH 88 0,045 ⋅ 100 H% = = 50% 0,09

Hiệu suất của phản ứng:

Số mol este thu được: n CH COOC H = 5

ƠN

Bài tập 5. Oxi hoá 0,2 mol rượu etylic thành axit axetic. Lấy hỗn hợp sau phản ứng cho tác dụng với Na (dư) thu được 3,92 lít H2 (đktc). Tính hiệu suất phản ứng oxi hoá rượu. Đáp án Gọi a là số mol rượu etylic. Phương trình hoá học: CH COO ) Mn C2H5OH + O2 (  → CH3COOH + H2O a a 2CH3COOH + 2Na  → 2CH3COONa + H2 a 0,5a 2H2O + 2Na  → 2NaOH + H2 a 0,5a 2C2H5OH +2Na  → 2CH3COONa +H2 ( 0,2-a) mol 0,5(0,2-a) mol 2

QU Y

Ta có:

nH2 =

3,92 = 0.175(mol) 22,4

KÈ

 0,5a + 0,5a + 0,5(0,2-a) = 0,175(mol)

Số mol rượu phản ứng:  a = 0,15mol Hiệu suất của phản ứng:

H% =

0,15 ⋅ 100 = 75% 0,20

DẠ

Bài tập 6. Cứ 1 tấn quặng FeCO3 hàm lượng 80% đem luyện thành gang (95% Fe) thì thu được 378kg gang thành phẩm. Tính hiệu suất của quá trình phản ứng? Đáp án Khối lương FeCO3 để luyện gang : mFeCO = 3

Trong 116 kg FeCO3 có 56 kg Fe Vậy 800 kg FeCO3 có x kg Fe

1 ⋅ 80 = 0,8 tấn (hoặc 800kg) 100

800 ⋅ 56 = 386,207 kg 116

Suy ra x =

386,207 ⋅100 = 406,534 kg 95 378 ⋅100 = = 92,98 % 406,534

Vậy hiệu suất của phản ứng là : H%

FI CI A

Khối lượng gang tính theo lý thuyết thu được :

163

PTP Ư:

Bài tập 7. Trộn hơi Benzene dư với 112 lít khí clo (đktc) có bột sắt làm xúc tác và đun nóng, thu được 450g Clo benzen. Tính hiệu suất của phản ứng ? Đáp án Cách 1: Fe ,t C6H6 + Cl2  →

C6H5Cl

Đề ra ta có: nCl = 2

112 = 5mol 22,4 6

(1)

ƠN

Từ phương trình (1) => nC H Cl = 5mol

+ HCl

Khối lượng C6H5Cl tính theo phản ứng : mC H Cl = 5 ⋅ 112,5 = 562,5g 6

Vậy hiệu suất của phản ứng : H% =

450 ⋅100 = 80 % 562,5

Cách 2:

Fe ,t Phương trình phản ứng : C6H6 + Cl2  → C6H5Cl + HCl 4 mol  4 mol

Theo đề : nCl =

112 450 = 5mol ; nC6 H 5Cl = = 4mol 22,4 562,5

QU Y

(1)

Hiệu suất của phản ứng được tính theo số mol của Clo H% =

Cách 3:

4 ⋅ 100 = 80 % 5 0

KÈ

Fe ,t Phương trình phản ứng : C6H6 + Cl2  → C6H5Cl + HCl (1) 22,4l 112,5g 112l xg Từ phương trình (1) => khối lượng của Clobenzen thu theo lý thuyết

112 ⋅112,5 = 562,5 g 22,4

DẠ

Khối lượng Clo benzen thu được theo thực tế là 450g Vậy hiệu suất là:

H% =

450 ⋅ 100 = 80% 562,5

Bài tập 8. Cho 19,5 gam Zn phản ứng với 7 lít clo thì thu được 36,72 gam ZnCl2. Tính hiệu suất phản ứng? Đáp án Số mol Zn =

19,5 = 0,3mol 65

Số mol Cl2 =

7 = 0,3125mol 22,4

Hiệu suất phản ứng: H% = nZn phản ứng *100/nZn ban đầu =

FI CI A

Số mol ZnCl2 = 0,27 mol Phương trình phản ứng: Zn + Cl2 → ZnCl2 Ta thấy: số mol Cl2 > số mol Zn => so với Cl2 thì Zn là chất thiếu, nên tính theo Zn. Từ pt => số mol Zn phản ứng = số mol ZnCl2 = 0,27 (mol)

164

0,27 100 = 90% 03

m CaCO3 =

500 x80 = 400 g 100

ƠN

Bài tập 9. Nung một loại đá vôi chứa 80% CaCO3, phần còn lại là chất trơ. Nung 500g đá vôi một thời gian thu được chất rắn có khối lượng bằng 78% khối lượng đá trước khi nung. Tính hiệu suất phản ứng nung vôi. Biết chất trơ không tham gia phản ứng phân hủy. Đáp án Khối lượng CaCO3 trong 500g đá vôi: => n CaCO3 =

400 = 4mol 100

Khối lượng chất trơ: 500 – 400 = 100 (gam) Khối lượng chất rắn sau phản ứng: m CR =

500 x78 = 390 g 100

Vậy: H% =

QU Y

Gọi x là số mol CaCO3 bị phân hủy: m CaCO3 còn dư = 400 - 100x(gam) PTPƯ: CaCO3 → CaO + CO2 x mol x mol Theo đề bài ta có PT : (400 – 100x) + 56x + 100 = 390 => x = 2.5 mol Từ (1) => n CaO = n CaCO3 = 4 (mol) 2,5 x100% = 62, 5% 4

KÈ

Bài tập 10. Cho 14 lít H2 và 4 lít N2 vào bình phản ứng. Sau phản ứng thu được 16,4 lít hỗn hợp khí (thể tích đo ở cùng ĐK t0 và P) a. Tính thể tích khí NH3 thu được b. Tính hiệu suất tổng hợp NH3 Đáp án a. Gọi x là số mol của N2 tham gia phản ứng. Vì ở cùng ĐK t0 và P , tỉ lệ thể tích là tỉ lệ số mol.

DẠ

t ,xt N2 + 3H2  → 2NH3 Trước pư 4 14 (lít) PƯ x 3x Sau pư 4-x 14-3x 2x Theo đề bài ta có: (4-x) + (14-3x) + 2x = 16,4 => 2x = 1,6 Vậy thể tích khí NH3 thu được là: V NH3 = 1,6 lít 0

165 b. Khi cho 4 lít N2 và 14 lít H2, sau phản ứng thu được a lít khí NH3 t ,xt N2 + 3H2  → 2NH3 4 14 a lít  a = 8 lít, thực tế chỉ thu được 1,6 lít

FI CI A

1, 6 x100% = 20% 8

 Vậy H% =

Bài tập 11. Một hỗn hợp khí X gồm a mol SO2 và 5a mol không khí. Nung nóng hỗn hợp X với V2O5 xúc tác, thu được hỗn hợp khí Y. Biết rằng tỉ khối hơi của hỗn hợp khí X so với Y bằng 0,93. Tính hiệu suất phản ứng của SO2, giả thiết không khí chứa 80% thể tích N2 và 20% thể tích O2. Đáp án Theo đề bài, trong không khí chứa 80% thể tích N2 và 20% thể tích O2. Mà số mol không khí là 5a mol. => nN2 = 4a (mol) và => nO2 = a (mol) t ,xtV O 2SO2 + O2  PTPƯ: → 2SO3 Ban đầu: a a PƯ : x 0,5x x (mol) Sau PƯ: a-x a-0,5x x Ta có: nX = nSO2 + nO2 + nN2 = 6a mol nY = nSO2 dư + nO2 dư + nN2 + nSO3 = (a-x) + (a-0,5x) + x + 4a = 6a – 0,5x (mol) 2

ƠN

⇔

QU Y

mx nx MX Mặt khác: dx/y= = 0,93 (Vì mx=my, theo ĐLBTKL) = 0, 93 hay nx = 0,93 ⇔ my MY ny ny 6a − 0,5 x x x = 0,93 ⇔ = 0,84 Vậy: H = x100 = 0,84 x100 = 84% 6a a a

DẠ

KÈ

DẠNG 2. Tính khối lượng chất (tham gia, sản phẩm) khi biết hiệu suất Bài tập 12. Nung nóng 12,8 gam đồng với Clo dư. Xác định khối lượng muối đồng clorua thu được nếu hiệu suất phản ứng là 83% ? Đáp án n Cu = m Cu /M Cu = 12,8 /64 = 0,2 (mol) PTPƯ: Cu + Cl2 → CuCl2 Từ pt => n CuCl2 = n Cu x H/100 = 0,2 x 83/100 = 0,166 (mol) m CuCl2 = n CuCl2 . M CuCl2 = 0,166 x 135 = 22,41 (gam) Bài tập 13: Nung 17,55 gam NaCl với H2SO4 đặc, dư thu được bao nhiêu lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn (biết hiệu suất của phản ứng là H= 90%)? Đáp án nNaCl =

17,55 58,5

2NaCl + 0,3 (mol)

= 0,3 mol H2SO4

→ →

Na2SO4

2HCl 0,3 (mol)

166 90 = 0,27 (mol) 100

H% = 90% => nHCl = 0,3.

QU Y

ƠN

FI CI A

VHCl = 0,27 . 22,4 = 6,048 (lít) Bài tập 14: Biết hiệu suất cả quá trình là 80%, từ 120 kg FeS2 có thể điều chế được tối đa bao nhiêu lít dd H2SO4 98% (d=1,84 g/ml). Đáp án: Sơ đồ phản ứng FeS2 → 2 H2SO4 Theo sơ đồ phản ứng 1 mol FeS2 điều chế được 2 mol H2SO4 khi H = 100% theo bài ra có 120 kg = 120.103 g FeS2 nên số mol FeS2 là n = m/M = 120.103/ 120 = 103 (mol)  Về lý thuyết tạo ra tối đa số mol H2SO4 là 2.103 (mol)  H = 80% thì tạo ra được 2.103.0,8 = 1,6.103 (mol H2SO4)  khối lượng H2SO4 là 1,6.103 . 98 = 156,8.103 (g)  khối lượng dd H2SO4 98% là mdd = 156,8.103 . 100/98 = 1,6.105 (g)  Thể tích dd H2SO4 98% tạo được tối đa là Vdd axit = 1,6.105/1,84 = 86 956 (ml) ∽ 87 (lít) Bài tập 15: Poli vinylclorua viết tắt là PVC, được điều chế từ vinyl clorua CH2CH-Cl. a) Viết phương trình hóa học của phản ứng. b) Tính khối lượng Poli (vinyl Clorua) thu được từ 1 tấn vinyl clorua, biết hiệu suất của phản ứng là 90% c) Để thu được 1 tấn PVC cần bao nhiêu tấn Vinyl clorua ? giả thiết hiệu suất phản ứng là 90% . Đáp án a) Phản ứng điều chế PVC . n CH2 = CH

to, xt P

- CH2 - CH -

to, xt P

- CH2 - CH -

KÈ

b) Theo phản ứng :

n CH2 = CH Cl

DẠ

62.5 n tấn 62.5 n tấn 1 tấn 1 t ấn Vì hiệu suất phản ứng là 90 % nên khối lượng PVC thực tế thu được là: mPVC tt =

c) Khối lượng PVC cần dùng là:

1 ⋅ 90 = 0,9 (tấn) 100 1 ⋅100 mPVC = = 1,11 (tấn) 90

Bài tập 16: Tính khối lượng dung dịch axit axetic thu được khi lên men 50 lít rượu

167

FI CI A

4 50 = 2 (lít) rượu nguyên chất. 100 Vậy khối lượng rượu etylic có trong 50 lít rượu 4o là: mr = 2 ⋅100 ⋅ 0,8 = 1600 g 1600 Vì hiệu suất đạt 92 % nên khối lượng rượu đã lên men là : mr = 92 = 147,2 g 100 147,2 Số mol rượu đã lên men là : nr = = 32mol 46 men giam

Trong 50 lít rượu etylic 4o có: Vr

etylic 4o. Biết khối lượng riêng của rượu etylic là 0,8 g/ml và hiệu suất của quá trình lên men là 92 %. Đáp án =

CH3COOH + H2O Phản ứng lên men : C2H5OH + O2 32 mol 32 mol Vậy khối lượng của CH3COOH tạo ra là : m CH3COOH = 60 x 32 = 1920 (g)

C2H5OH + 46g

CH3COOH 60g

Số mol rượu etylic : nC H OH = 2

Số mol axit axetic : nCH COOH

CH3COOC2H5 + H2O 88g

92 = 2mol 46 80 = = 0,2mol 60

QU Y

H2SO4 d,to

PTP Ư:

ƠN

Bài tập 17: Cho 30g axit axetic tác dụng với 92g rượu etylic có mặt axit H2SO4 đặc. Hãy tính số gam etyl axetat tạo thành, biết hiệu suất của phản ứng là 60%. Đáp án

Vậy theo phương trình hóa học, số mol C2H5OH dư. Giả sử hiệu suất phản ứng đạt 100% Số mol este = số mol axic axetic = 0,5mol Vì hiệu suất đạt 60% nên số mol etyl axetat thu được là: n =

0,5 ⋅ 60 = 0,3mol 100

DẠ

KÈ

Khối lượng etyl axetat thu được là : m = 0,3 x 88 = 26,4g Bài tập 18. Điều chế đạm ure bằng cách cho khí CO2 tác dụng với NH3 ở nhiệt độ và áp suất cao có chất xúc tác theo phương trình sau : CO2 + 2NH3 CO(NH3)2 + H2O Tính thể tích khí CO2 và NH3 ở (đktc) cần dùng để sản xuất 10 tấn Ure. Biết hiệu suất của phản ứng là 80%. Đáp án Phương trình phản ứng điều chế đạm Ure : CO2 + 2NH3 CO(NH3)2 + H2O 3 3 22.4m 60 kg 2 ⋅ 22,4 m x m3 Ta có:

y m3 x=

10000 kg

22,4 ⋅10000 = 3733,33 m3 60

Thể tích CO2 thực tế phải lấy là :

3733,33 ⋅100 = 4666,66 m3 80

FI CI A

Từ phản ứng trên ta thấy thể tích NH3 gấp 2 lần thể tích khí CO2 . Thể tích NH3 = 4666,66 ⋅ 2 = 9333,32 m3

168

ƠN

Bài tập 19. Cho một luồng khí CO dư đi qua ống sứ chứa 15,3 gam hỗn hợp gồm FeO và ZnO nung nóng thu được một hỗn hợp chất rắn có khối lượng 12,74 g. Biết trong điều kiện thí nghiệm hiệu suất phản ứng đạt 80%. a) Tính % khối lượng hỗn hợp ban đầu? b) Để hòa tan toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng trên phải dùng một thể tích dd HCl 2M là bao nhiêu ? Đáp án a) Gọi a, b lần lượt là số mol FeO và ZnO đã dùng (Chỉ có 0.8a mol và 0.8b mol tham gia phản ứng vì hiệu suất đạt 80%) Có PTHH : FeO + CO Fe + CO2 0,8a 0,8a ZnO + CO Zn + CO2 0,8b 0,8b Như vậy chất rắn sau phản ứng gồm: 0,8a mol Fe & 0,8b mol Zn. 0,2a mol FeO dư & 0,2b mol ZnO dư Suy ra hệ phương trình: 72a + 81b = 15.3 0,8a ⋅ 56 + 0,8b ⋅ 65 + 0,2 + 0,2 ⋅ 72 + 0,2b ⋅ 81 = 12.74

QU Y

Giải hệ phương trình ta được : a = b = 0.1 Vậy : % khối lượng FeO : % FeO =

72 ⋅ 0,1 ⋅100 = 47 % 153

DẠ

KÈ

% khối lượng ZnO : % ZnO = 100 - 47 = 53 % b) Hổn hợp sau phản ứng là : - 0.08 mol Fe , 0.08 mol Zn - 0.02 mol FeO dư & 0.02 mol ZnO dư Ta có phản ứng : Fe + 2HCl FeCl2 + H2 0.08 mol 0.16 mol 0.08mol Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 0.08 mol 0.16 mol 0.08 mol FeO + 2 HCl FeCl2 + H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol ZnO + 2 HCl ZnCl2 + H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol Số mol HCl cần để trung hòa là : ∑n = 0.16 + 0.16 + 0.04 + 0.04 = 0.4 (mol) Thể tích dd HCl cần dùng : VHCl = 0.4 / 2 = 0.2 (lít) Bài tập 20. Tính khối lượng Na, thể tích khí Cl2 cần dùng để điều chế 4,68 gam

169

500 x80 400 = 400( gam) =>n CaCO3 = = 4(mol) 100 100

ƠN

a. Ta có m CaCO3 =

FI CI A

muối Clorua, nếu hiệu suất phản ứng là 80%. Đáp án n NaCl = m NaCl/ M NaCl = 4,68/58,5 = 0,08 (mol) Phương trình hóa học: 2Na + Cl2 → 2NaCl từ pt => số mol Na = 0,08x 100/80 = 0,1 (mol) n Cl2 = (0,08x 100)/2x 80 = 0,05 (mol) => m Na = 0,1x 23 = 2,3 (gam) V Cl2 = 0,05x 22,4 = 1,12 (lít) Bài tập 21. Nung 500 gam đá vôi chứa 80% CaCO3 ( phần còn lại là chất trơ), sau một thời gian thu được chất rắn X. a. Tính mX, biết H = 70% (chất trơ không bị phân hủy) b. Tính phần trăm khối lượng CaO trong chất rắn X. Đáp án

nCO2 =

t Phản ứng: CaCO3  + CO2 → CaO Từ PT => nCO2 = n CaCO3 = 4 (mol) Vì H = 70% nên số mol CO2 thực tế thu được:

4 x70 = 2,8(mol ) => mCO2 = 2,8 x 44 = 123,2 (gam) 100

Vậy mX = 500 - 123,2 = 376,8 (gam) b. Từ PT nCaO = nCO2 = 2,8 (mol) => mCaO = 2,8 x 56 = 156,8 (gam) 156,8 x100 = 41, 6% 376,8

QU Y

Vậy % mCaO =

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG

DẠ

KÈ

Bài 1: Nung nóng 12,87 gam NaCl với H2SO4 đặc dư biết hiệu suất phản ứng là 90% thu được bao nhiêu lit khí và bao nhiêu gam muối Na2SO4? Bài 2: Biết hiệu suất phản ứng là 80%. Tính khối lượng KMnO4 và axit HCl cần dùng để điều chế được 5,6 lit khí Cl2 Bài 3: Từ 1kg muối ăn (10,5% tạp chất) điều chế được 1,250 l dd HCl 36,5% (d=1,2 g/ml). Tính hiệu suất của quá trình điều chế? Bài 4: Cho 0,4 mol H2 tác dụng với 0,3 mol Cl2 (xúc tác), sau đó lấy sản phẩm hoà tan vào 192,7 gam H20 được dung dịch X. Lấy 50 gam dd X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành 7,175 gam kết tủa. Tính hiệu suất phản ứng giữa H2 và Cl2 Bài 5: Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế sắt bằng cách dùng khí hiđro khử Fe2O3. sắt mới điều chế cho phản ứng với axit H2SO4 loãng có dư. Sau cùng thì thu đựoc 3 lít khí hiđro (đktc). Tính hiệu suất phản ứng tạo sắt. Đáp số : H = 66,96% Bài 6: Khí oxi được điều chế bằng cách nhiệt phân 1 mol KClO3 thì thu được 43,2 g khí oxi. Tính hiệu suất phản ứng? Hiệu suất phản ứng : H = 90%

170 Bài 7: Hòa tan bột nhôm lấy dư với 200ml dung dịch H2SO4 1M đến khi phản ứng kết thúc,

thu được 3,36 lít khí hiđro. Tính hiệu suất phản ứng.

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Đáp số : H = 75% Bài 8: Trong công nghiệp điều chế H2SO4 từ FeS2 theo sơ đồ sau: FeS2 → SO2 → SO3 → H2SO4 a) Viết phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện. b) Tính lượng axit 98% điều chế được từ 1 tấn quặng chứa 60% FeS2. Biết hiệu suất của quá trình là 80%. Bài 9: Điều chế HNO3 trong công nghiệp theo sơ đồ: NH3 → NO → NO2 → HNO3 a) Viết phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện. b) Tính thể tích NH3 (ở đktc) chứa 15% tạp chất không cháy cần thiết để thu được 10 kg HNO3 31,5%. Biết hiệu suất của quá trình là 79,356%. Bài 10: Người ta điều chế C2H2 từ than và đá vôi theo sơ đồ: 95% 80% 90% CaCO3  → CaO  → CaC2  → C2 H 2 Với hiệu suất mỗi phản ứng ghi trên sơ đồ. a) Viết phương trình phản ứng. b) Tính lượng đá vôi chứa 75% CaCO3 cần điều chế được 2,24 m3 C2H2 (đktc) theo sơ đồ. Bài 11: Tính khối lượng H2SO4 95% thu được từ 60 kg quặng pirit nếu hiệu suất phản ứng là 85% ? Bài 12: Dùng 150 gam quặng pirit chưá 20% chất trơ điều chế H2SO4 . Đem toàn bộ lượng axit điều chế được hòa tan vừa đủ m gam Fe2O3 . Tất cả phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Tính khối lượng H2SO4 điều chế được ? b. Tính m ? Bài 13: Từ 1 tấn quặng pirit chưá 90% FeS2 có thể điều chế bao nhiêu lít H2SO4 đậm đặc 98% (d = 1,84 g.ml) , biết hiệu suất trong quá trình điều chế là 80% ? Bài 14: Có thể điều chế bao nhiêu tấn CH3COOH từ 100 tấn CaC2 có 4% tạp chất, giả sử các phản ứng đạt hiệu suất 100% ? Bài 15: Cho 19,5 gam Zn vào trong 237,25 gam dung dịch HCl 10%, sau một thời gian tách bỏ chất rắn, thu lấy dung dịch đem cô cạn được 34 gam muối khan. Tính hiệu suất phản ứng và thể tích H2 thu được ( đktc): ĐS: 83,33% Bài 16: Có 12 lít hỗn hợp hai khí Cl2 và H2 đựng trong bình thạch anh đậy kín. Chiếu sáng để phản ứng xảy ra thì thu được một hỗn hợp khí chứa 30% thể tích là khí sản phẩm, lượng Cl2 còn 20% so với ban đầu (các thể tích khí đo ở cùng nhiệt độ và áp suất ) a) Tính % thể tích của hỗn hợp trước và sau phản ứng. b) Tính hiệu suất phản ứng.

171

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 17: Từ 320 tấn quặng pirit sắt có chứa 45% lưu huỳnh người ta sản xuất được 506,25 tấn dung dịch H2SO4 80%. Viết các phương trình phản ứng và tính hiệu suất của quá trình điều chế. (ĐS : 91,84%) Bài 18: Nung 500gam đá vôi ( chứa 80% CaCO3, còn lại là các oxit của Al, Fe(III), Si ) sau một thời gian thu được rắn A và khí B. Biết hiệu suất phản ứng phân huỷ đá vôi là 75% a) Tính khối lượng của rắn A và % theo khối lượng của CaO trong rắn A b) Sục 1/10 khí B vào trong 80gam dung dịch NaOH 2% . Tính C% của các chất trong dung dịch sau phản ứng. c) Nếu sục hết 1/0 lượng B vào dung dịch chứa 18,5 gam Ca(OH)2 , tách bỏ kết tủa thì thu được một dung dịch X. Hãy cho biết dung dịch X tăng hay giảm bao nhiêu gam so với dung dịch ban đầu. Bài 19: Để sản xuất 1000 tấn gang chứa 95% Fe, 5%C (các nguyên tố khác coi như không đáng kể ) phải dùng bao nhiêu tấn quặng Hematit (chứa 80% là Fe2O3 , 20% tạp chất trơ) và bao nhiêu tấn than cốc (chứa 100% là C). Biết hiệu suất của cả quá trình phản ứng là 80% ĐS: mQ (dùng) = 2120,53 tấn. ; m than đá = 431,7 tấn. Bài 20: Trong một bình kín chứa SO2 và O2 (tỉ lệ mol 1:1) và một ít bột V2O5. Nung nóng hỗn hợp sau một thời gian thì thu được hỗn hợp khí trong đó khí sản phẩm chiếm 35,3% theo thể tích. Tính hiệu suất của phản ứng. (ĐS: 60%) Bài 21: Cho 11 gam hỗn hợp Al và Fe (tỷ lệ số mol 2:1) tác dụng với khi dung dịch HCl (dùng dư so với kim loại) sau một thời gian thu được 6,384 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, biết hiệu suất của quá trình phản ứng là: 70%. Giả sử Al và Fe đều phản ứng song song với HCl trong dung dịch. a) Viết các PTHH xảy ra. b) Tính hiệu suất của mỗi phản ứng Al và Fe với dung dịch HCl. c) Cho từ từ dung dịch NaOH vào Y đến khi khối lượng kết tủa không đổi, lọc lấy kết tủa đem phơi ngoài không khí đến khi khối lượng không đổi thu được m gam rắn. Tính m. { ĐS:H% ( pư của Al) = 75% ; H% ( pư của Fe) = 60% } Bài 22: Hỗn hợp X gồm 0,3 mol Al vào 0,2 mol Fe2O3. Nung nóng hỗn hợp sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y (giả sử Al khử Fe2O3 chỉ tạo sản phẩm Fe). Cho Y vào dung dịch HCl dư thu được 8,064 lít khí H2 Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm. Biết các thể tích khí đo ở (đktc). { ĐS: 60%}

172

Công thức : C% =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 13: NỒNG ĐỘ DUNG DỊCH A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I, DUNG DỊCH 1. Dung dịch - Dung dịch là hỗn hợp đồng nhất của dung môi và chất tan - Dung dịch chưa bão hòa là dung dịch có thể hòa tan thêm chất tan ở một nhiệt độ xác định - Dung dịch bão hòa là dung dịch không thể hòa tan thêm chất tan ở một nhiệt độ xác định 2. Nồng độ dung dịch a. Nồng độ phần trăm C% Nồng độ phần trăm là số gam chất tan có trong 100 gam dung dịch mct . 100% mdd

ƠN

mdd = mdm + mct hoặc mdd = Vdd (ml) . D(g/ml)

mct : khối lượng chất tan (gam) mdd : khối lượng dung dịch(gam) mdm : khối lượng dung môi (gam) b. Nồng độ mol/lít(CM) Nồng độ mol/l cho biết số mol chất tan có trong 1 lít dung dịch Công thức tính nồng độ mol/lit:

CM =

n(mol ) V (lit )

QU Y

c. Mối liên hệ giữa C% và CM Công thức liên hệ: C% =

C M .M 10 D

Hoặc CM =

10 D.C % M

3. Độ tan a. Khái niệm : Độ tan (S) của một chất trong nước là số gam chất đó có thể tan được trong 100 gam nước để tạo thành dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ xác định b. Mối liên hệ giữa độ tan S và nồng độ C% Công thức liên hệ: C% =

100 S 100 + S

Hoặc S =

100.C % 100 − C %

DẠ

KÈ

B . BÀI TẬP MINH HỌA Dạng 1: Bài toán pha trộn dung dịch không xảy ra phản ứng hóa học a/ Đặc điểm bài toán. Khi pha trộn 2 hay nhiều dung dịch với nhau không xảy ra phản ứng hoá học giữa chất tan của các dung dịch ban đầu(thường gặp bài toán pha trộn các dung dịch chứa cùng loại hoá chất) b/ Cách làm: Cách 1: Giải theo phương pháp đại số - Bước 1: Xác định dung dịch sau trộn có chứa chất tan nào. - Bước 2: Xác định lượng chất tan(mct) có trong dung dịch mới(ddm) - Bước 3: Xác định khối lượng(mddm) hay thể tích(Vddm) dung dịch mới. Chú ý : mddm = Tổng khối lượng( các dung dịch đem trộn )

173 + Nếu biết khối lượng riêng dung dịch mới(Dddm) mddm Dddm

Vddm =

→

C1 – C 

Đối với nồng độ CM V1 C1

C2 – C 

C V2

C1 – C 

D V2

(1)

C -C V → 1= 2 (2) V2 C1 -C

D1 – D 

V1 = D2-D (3) V2 D1-D Chú ý: - Thường áp dụng để giải các bài toán hỗn hợp 2 chất có tính chất hoá học tương

QU Y

đồng.

C1 -C

Đối với khối lượng riêng V1 D1 D2– D 

ƠN

FI CI A

+ Nếu không biết khối lượng riêng dung dịch mới: Phải giả sử sự hao hụt thể tích do sự pha trộn dung dịch là không đáng kể, để có. Vddm = Tổng thể tích các chất lỏng ban đầu đem trộn Cách 2: Giải theo phương pháp sơ đồ đường chéo Đối với nồng độ C% m1 C1 m1 C 2 -C C2 – C 

KÈ

- Sơ đồ đường chéo không áp dụng cho các trường hợp pha trộn hai dung dịch của 2 chất tan khác nhau - Trường hợp pha loãng dung dịch bằng nước cất thì coi nước như 1 dung dịch có C = 0% - Trường hợp pha chất rắn vào dung dịch thì nồng độ của chất rắn là nồng độ tương ứng với lượng chất tan trong dung dịch - Khối lượng riêng của H2O bằng 1g/ml

DẠ

Bài 1: Cần bao nhiêu gam tinh thể CuSO4.5H2O hoà vào bao nhiêu gam dung dịch CuSO4 4% để điều chế được 500 gam dung dịch CuSO4 8%. Đáp án : Cách 1 : Giải bằng phương pháp đại số: gọi mol của tinh thể CuSO4 là a mol gọi mol của CuSO4 (4%) là b mol Khối lượng CuSO4 có trong 500g dung dịch bằng: mCuóO4 =

500.8 = 40 gam 100

174

ƠN

FI CI A

→ nCuSO4 = 40 : 160 = 0.25 mol Ta có phương trình : a+b = 0.25 (1) Mặt khác khối lượng dung dịch sau khi pha trộn là 500g = m tinh thể + mdd CuSO4 (4%) 250a + 4000b = 500 (2) 2 7 Giải (1) và (2) ta được a = ; b= 15 60 mCuSO4.5H2O = 33.33 gam Vậy khối lượng dung dịch CuSO4 4% cần lấy là: 500 - 33,33 gam = 466,67 gam. Cách 2 : Giải theo phương pháp đường chéo Gọi x là số gam tinh thể CuSO4 . 5 H2O cần lấy và (500 - x) là số gam dung dịch cần lấy ta có sơ đồ đường chéo như sau: 160a x100% = 64% Nồng độ phần trăm của tinh thể có thể hiểu như sau = 250a 64 4 - 8  x x 4 1 => = = 8 500 − x 500 − x 56 14 4 64 - 8 

DẠ

KÈ

QU Y

Giải ra ta tìm được: x = 33,33 gam. Bài 2: Trộn 500gam dung dịch NaOH 3% với 300 gam dung dịch NaOH 10% thì thu được dung dịch có nồng độ bao nhiêu%. Đáp án : Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số mct NaOH 3% = 500x3% = 15 gam mct NaOH 10% = 300x10% = 30 gam sau khi trộn 2 dung dịch khối lượng chất tan = 15+30 =45 gam khối lượng dung dịch sau khi trộn = 500+300= 800 gam 45 nồng độ phần trăm của dung dịch sau khi trộn: 800 x100% = 5.625% Cách 2: Phương pháp sơ đồ đường chéo: Gọi C là nồng độ dung dịch sau khi trộn Chú ý : Khi trộn hai dung dịch, nồng độ dung dịch sau khi trộn nằm trong khoảng 3<C%<10, để đơn giản bài toán không phải xét các trường hợp của phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối khi áp dụng sơ đồ đường chéo ta có thể biểu diễn như sau: 500: 3 10 - C% 500 10 − C C => = 300 C − 3 C% - 3% 300: 10 Giải ra ta được: C = 5,625% Vậy dung dịch thu được có nồng độ 5,625%. Bài 3: Cho 2 dung dịch HCl (A và B) có nồng độ khác nhau, hãy tính nồng độ phần trăm của A và B, biết rằng C%B= 2.5C%A, khi trộn A với B theo tỉ lệ về khối lượng là 7:3 thu được dung dịch C có nồng độ 25% Đáp án: Cách 1: Giải bằng phương pháp đại số: Giả sử mdd sau khi trộn là 100g Theo bài ra mddA :mddB = 7: 3 vậy mddA = 70 gam ; mddB = 30 gam mct C= 25% x100= 25 gam

175

FI CI A

mà sau khi trộn khối lượng chất tan bằng tổng lượng chất tan trong các dung dịch C%A .70 + C%B .30 = 25(1) Mặt khác C%B = 2,5C%A (2) thay vào phương trình (1) ta được: C%A = 17.24%; C%B=43.1% Cách 2: Phương pháp sơ đồ đường chéo: Gọi m1; m2 lần lượt là khối lượng của các dung dịch A và B có nồng độ phần trăm tương ứng là x và 2.5x Ta dễ nhận thấy nồng độ dung dịch sau khi trộn sẽ nằm trong khoảng x<25<2,5x áp dụng sơ đồ đường chéo: m1 x 2.5x-25

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

2.5x 25 - x m2 Vậy tỷ lệ khối lượng cần lấy là: 2.5x-25 m1 = 25-x m2 m1 7 Mặt khác = (2) thay vào (1) được C%A = 17.24%; C%B=43.1% m2 3 Dạng 2 : khi pha trộn dung dịch có xảy ra phản ứng hóa học Phương pháp giải : - Bước 1: Xác định dung dịch sau trộn có chứa chất tan nào, dựa và các phản ứng hóa học - Bước 2: Xác định lượng chất tan(mct) có trong dung dịch mới(ddm) - Bước 3: Xác định khối lượng(mddm) hay thể tích(Vddm) dung dịch mới. Một số lưu ý : - Bước 1: Phải xác định công thức chất tan mới, số lượng chất tan mới. khả năng có chất dư (do chất tan ban đầu không tác dụng hết) khi tính toán. - Bước 3: Khi xác định lượng dung dịch mới (mddm hay Vddm) Tacó: mddm = Tổng khối lượng các chất đem trộng – khối lượng chất kết tủa hoặc chất khí xuất hiện trong phản ứng. Thể tích dung dịch mới = Tổng thể tích các dung dịch ban đầu Bài 4: Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và dung dịch NaOH biết rằng: Cứ 30ml dung dịch H2SO4 được trung hoà hết bởi 20ml dung dịch NaOH và 10ml dung dịch KOH 2M. Ngược lại: 30ml dung dịch NaOH được trung hoà hết bởi 20ml dung dịch H2SO4 và 5ml dung dịch HCl 1M. Đáp án : PTHH tổng quát: H+ + OH- → H2O Gọi nồng độ dung dịch H2SO4 và dung dịch NaOH lần lượt là x và y thì * Trong trường hợp thứ nhất : Lượng H+ đã tham gia phản ứng là: 0,06x (mol) Lượng OH- bị trung hoà là: 0,02y + 0,02 (mol) Ta có: 0,06x = 0,02y+ 0,02 (1) * Trong trường hợp thứ hai: Lượng OH- đã tham gia phản ứng là: 0,03y (mol) Lượng H+ bị trung hoà là: 0,04x + 0,005 Ta có: 0,03y = 0,04x + 0,005 (2)

176

H2SO4(trong dd C) =

70 x 30 y + = 29 (I) 100 100

FI CI A

Từ (1) và (2) ta được: x = 0,7M y = 1,1M Vậy, nồng độ ban đầu của dung dịch H2SO4 là 0,7M và dung dịch NaOH là 1,1M. Bài 5 : Có 2 dung dịch H2SO4 là A và B. a) Nếu 2 dung dịch A và B được trộn lẫn theo tỉ lệ khối lượng 7:3 thì thu được dung dịch C có nồng độ 29%. Tính nồng độ % của dd A và dd B. Biết nồng độ dd B bằng 2,5 lần nồng độ dd A. b) Lấy 50ml dd C (D = 1,27g/ml) cho phản ứng với 200ml dd BaCl2 1M. Tính khối lượng kết tủa và nồng độ mol/l của dd E còn lại sau khi đã tách hết kết tủa, giả sử thể tích dd thay đổi không đáng kể. Đáp án : a/ Giả sử có 100g dd C. Để có 100g dd C này cần đem trộn 70g dd A nồng độ x% và 30g dd B nồng độ y%. Vì nồng độ % dd C là 29% nên ta có phương trình:

b/ nH2SO4( trong 50ml dd C ) =

ƠN

Theo bài ra thì: y = 2,5x (II) Giải hệ (I, II) được: x% = 20% và y% = 50%

C %.mdd 29(50.1,27) = = 0,1879 mol 100.98 100 M

DẠ

KÈ

QU Y

nBaCl2 = 0,2 mol → nH2SO4. Vậy axit phản ứng hết mBaSO4 = 0,1879 . 233 = 43,78g Dung dịch còn lại sau khi tách hết kết tủa có chứa: 0,3758 mol HCl và 0,2 – 0,1879 = 0,0121 mol BaCl2 còn dư. Vậy nồng độ của dd HCl là 1,5M và của dd BaCl2 là 0,0484M Bài 6: X và Y là các dung dịch HCl có nồng độ khác nhau. Lấy V1 lít X trộn với V2 lít Y được 2 lít dung dịch Z (cho rằng sự pha trộn không làm thay đổi thể tích của dung dịch). a. Tính nồng độ mol của dung dịch Z biết rằng V1 lít X phản ứng với dung dịch bạc nitrat dư thì thu được 35,875 gam kết tủa. V2 lít Y phản ứng vừa đủ với 0,5 lít dung dịch NaOH 0,3M. b. Tính nồng độ mol của các dung dịch X và Y, biết rằng nếu cho 0,1 lít X phản ứng hết với sắt thì lượng hidro thoát ra nhiều hơn so với 0,1 lít Y phản ứng hết với sắt là 448 ml (đktc). Đáp án : a. nAgNO3 = 35,875 : 143,5 = 0,25 (mol); nNaOH = 0,5 x 0,3 = 0,15 (mol) AgCl + HNO3 (1) PTHH: HCl + AgNO3 → HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) nHCl (1) = nAgCl = 0,25 mol; nHCl (2) = nNaOH = 0,15 mol => nHCl trong 2 lít dung dịch Z = 0,25 + 0,15 = 0,4 mol => CM ( dd Z) = 0,4 : 2 = 0,2 M b. Gọi x và y là nồng độ của hai dung dịch X và Y Số mol HCl có trong 100ml mỗi dung dịch: nHCl(X) = 0,1x mol nHCl(Y) = 0,1y mol 2HCl + Fe → FeCl2 + H2 0,1x 0,05x

177

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

2HCl + Fe → FeCl2 + H2 0,1y 0,05y Lượng H2 thoát ra từ hai dung dịch chênh nhau 0,448 lít( 0,02 mol): 0,05x – 0,05y = ± 0,02  x – y = ± 0,4 TH1: x = y + 0,4  0,25y + 0,15( y+ 0,4) = 2y(y + 0,4) => 2y2 + 0,4y – 0,06 = 0  y= 0,1 mol hoặc y= - 0,3 ( loại) => x= 0,5 M TH2: y= x + 0,4  0,25( x + 0,4) + 0,15x = 2x( x + 0,4) => 2x2 + 0,4x - 0,1 = 0  x = 0,145 hoặc x = -0,345 (loại) => y = 0,545 M Vậy nồng độ mol của hai dung dịch X và Y lần lượt là 0,5M và 0,1M hoặc 0,145M và 0,545M Câu 7: Trộn V1 lít dung dịch H2SO4 0,3M với V2 lít dung dịch NaOH 0,4M thu được 0,6 lít dung dịch A. Tính V1, V2. Biết rằng 0,6 lít dung dịch A hoà tan vừa đủ 0,54 gam Al và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Đáp án : V1 + V2 = 0,6 (1) Số mol H2SO4 là 0,3V1; số mol NaOH là 0,4V2; số mol Al là 0,02 mol. TH1: H2SO4 dư: PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 0,2V2 mol 0,4V2 mol 3H2SO4 + 2Al → Al2(SO4)3 + 3H2 0,03 mol 0,02 mol Ta có 0,3V1 – 0,2V2 = 0,03. Kết hợp với (1), giải hệ pt ta được V1 = V2 = 0,3 lít. TH2: NaOH dư. PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 0,3V1 mol 0,6V1 mol 2Al + 2H2O + 2NaOH → 2NaAlO2 + 3H2 0,02 mol 0,02 mol Ta có: 0,4V2 – 0,6V1 = 0,02. Kết hợp với (1), giải hệ pt ta được: V1 = 0,22 lít, V2 = 0,38 lít. Bài 8: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Fe và Mg bằng một lượng vừa đủ dd HCl 20% thu được dung dịch Y. Biết nồng độ của MgCl2 trong dung dịch Y là 11,787%. a) Tính nồng độ % của muối sắt trong dung dịch Y. b) Nếu thêm vào dung dịch Y nói trên một lượng dung dịch NaOH 10% vừa đủ để tác dụng thì nồng độ % của chất có trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu ? Đáp án: a) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 x 2x x x (mol) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 y 2y y y (mol) m dd Y = 24x + 56y + 365x + 365y – (2x + 2y ) = ( 387x + 419y ) ( gam) Phương trình biểu diễn nồng độ % của MgCl2 trong dung dịch Y : 95x 100% = 11,787% giải ra: x = y (1) 387x+419y

178

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Nồng độ % của muối sắt trong dung dịch là : 127x x100% thay (1) vào phương trình ta được C%FeCl2 = 15.78% 387x+419y b) Cho dung dịch Y tác dụng NaOH thì thu được dung dịch Z chứa NaCl Giả sử x=y= 1mol → Mg(OH)2 + 2NaCl MgCl2 + 2NaOH 1 2 1 2 ( mol) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 1 2 1 2 (mol) m KT = 58 + 90 = 148 ( gam) mddNaOH = (4.40) : 10% =1600(g) m ddZ = (387 + 419 ) + 1600 – 148 =2258(g) Nồng độ % của NaCl trong dung dịch Z : 10,36% MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl x 2x x 2x ( mol) FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl y 2y y 2y (mol) m KT = (58x + 90y ) ( gam) Bài 9: Hòa tan a gam hỗn hợp Na2CO3 và KHCO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ 100 ml dung dịch HCl l,5M vào dung dịch A, thu được dung dịch B và 1,008 lít khí (đktc). Cho B tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được 29,55 gam kết tủa. 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính a. Đáp án: 1. Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl (1) 0,105 0,105 0,105 NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O (2) → KCl + CO2↑ + H2O (3) KHCO3 + HCl NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + NaOH + H2O (4) BaCO3↓ + KOH + H2O (5) KHCO3 + Ba(OH)2dư → 2. Số mol của các chất là: nHCL= 0,15 mol ; nBaCO3=0,15 mol nCO2= 0,045 mol ; Số mol HCl phản ứng ở (2), (3) là: 0,045 mol Số mol HCl phản ứng ở (1), là: 0,15 - 0,045 = 0,105 mol Số mol Na2CO3 trong hỗn hợp ban đầu là: 0,105 mol Áp dụng ĐLBT nguyên tố, tổng số mol gốc CO32- là : 0,045 + 0,15 = 0,195 mol Số mol KHCO3 ban đầu là: nNa2CO3 + nKHCO3 = ngốc CO32- → 0,105 + nKHCO3 = 0,195 → nKHCO3 = 0,09 mol Vậy khối lượng hỗn hợp ban đầu là: a =106. 0,105 + 100. 0,09 = 20,13 (g)

Bài 10: A là dung dịch H2SO4, B là dung dịch NaOH.

179

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

- Trộn 50 ml dung dịch A với 50 ml dung dịch B được dung dịch C. Cho quỳ tím vào dung dịch C thấy có màu đỏ. Thêm từ từ dung dịch NaOH 0,1M vào dung dịch C đến khi quỳ trở lại màu tím thì thấy hết 20 ml dung dịch NaOH. - Trộn 50ml dung dịch A với 100ml dung dịch B thu được dung dịch D. Cho quỳ tím vào dung dịch D thấy có màu xanh. Thêm từ từ dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch D đến khi quỳ trở lại màu tím thấy hết 20 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ mol của các dung dịch A và B. Đáp án: Đặt nồng độ mol của dd H2SO4 là x, của dd NaOH là y. Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05x Số mol NaOH = 0,05y PTHH: H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (1) 0,025y 0,05y Theo PTHH (1) : Số mol H2SO4 dư = 0,05x – 0,025y Số mol NaOH trung hòa axit dư = 0,1. 0,02 = 0,002 mol Số mol H2SO4 dư = 0,002 : 2 = 0,001 mol 0,05x – 0,025 y = 0,001(*) Theo gt: Số mol H2SO4 = 0,05; số mol NaOH = 0,1y PTHH: H2SO4 + 2NaOH →Na2SO4 + 2H2O (1) 0,05x 0,1x Theo PTHH(1): Số mol NaOH dư = 0,1y – 0,1x PTHH: HCl + NaOH → NaCl + H2O (2) 0,002 mol Số mol HCl trong hòa NaOH dư = 0,1 . 0,02 = 0,002 mol 0,1y – 0,1x = 0,002(**) Ta có hệ PT: 0,05x – 0,025 y = 0,001(*) 0,1y – 0,1x = 0,002 (**) Giải hệ PT ta được: x = 0,06 ; y = 0,08 Nồng độ dung dịch H2SO4 là 0,06M Nồng độ dung dịch NaOH là 0,08M Bài 11:X là dung dịch AlCl3, Y là dung dịch NaOH 2M. Thêm 150 ml dung dịch Y vào cốc chứa 100 ml dung dịch X, khuấy đều thì trong cốc tạo ra 7,8 gam kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 100 ml dung dịch Y, khuấy đều thì lượng kết tủa có trong cốc là 10,92 gam. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Hãy xác định nồng độ mol của dung dịch X Đáp án: - Số mol NaOH và Al(OH)3 lần 1 là: nAl(OH)3 = 7,8/78 = 0,1 mol ; nNaOH = 0,15x 2 = 0,3 mol. - Số mol NaOH và Al(OH)3 lần 2 là: nAl(OH)3 = 10,92/ 78 = 0,14 mol ; nNaOH = 0,1x 2 = 0,2 mol. * Lần 1: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl (1) 0,3mol 0,1mol 0,1mol Như vậy sau lần 1 thì số mol của AlCl3 vẫn còn dư.

180

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Gọi x là số mol của AlCl3 còn dư sau lần phản ứng 1 với NaOH * Lần 2: Nếu sau khi cho thêm 100ml dung dịch NaOH vào nữa mà AlCl3 phản ứng đủ hoặc dư thì số mol của Al(OH)3 là: 0,1 + 0,2/3 = 0,167 mol → 0,14 mol → Vô lí Vậy AlCl3 hết mà NaOH còn dư, có phản ứng tạo NaAlO2 với Al(OH)3 theo các phản ứng: 3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl (2) 3x mol x mol x mol (3) NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (0,2 – 3x) (0,2 – 3x) mol Theo phản ứng (1)(2)(3) số mol Al(OH)3 còn lại là: (0,1 + x ) - (0,2 – 3x ) = 0,14 → x = 0,06 (mol) Theo phản ứng (1)(2) thì số mol AlCl3 phản ứng là : 0,1 + x = 0,1 + 0,06 = 0,16 mol Vậy nồng độ mol của AlCl3 là: 1,6 M Bài 12: Dung dịch A chứa hỗn hợp HCl 1,4M và H2SO4 0,5M. Cho V lít dung dịch chứa hỗn hợp NaOH 2M và Ba(OH)2 4M vào 500 ml dung dịch A, thu được kết tủa B và dung dịch C. Cho thanh nhôm vào dung dịch C, phản ứng kết thúc, thu được 0,15 mol H2. Tính giá trị của V. Đáp án: nHCl = 0,7 mol ; n H2SO4 = 0,25 mol → nH+ = 1,2 mol nNaOH = 2V mol ; nBa(OH)2 = 4V → nOH- = 10V mol PTHH tổng quát : OH- + H+ → H2O TH1: H+ còn dư PT ion : 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2 nH2 = 0,15 mol nên nH+dư = 0,3 mol Ta có: 1,2 – 10V = 0,3  V= 0,09 (l) TH2: OH- còn dư PT ion: 2Al + 2H2O + 2OH- → 2AlO2 + 3H2 nH2 = 0,15 mol nên nOH- = 0,1 mol Ta có : 10V – 1,2 = 0,1  V = 0,13 (l) Bài 13: Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm).Cho 43,71g A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d = 105g/ml) thu được dung dịch B và 17,6g khí C. Chia B làm 2 phần bằng nhau. - Phần 1: phản ứng vừa đủ với 125ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu được m (gam) muối khan. - Phần 2: tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư thu được 68,88g kết tủa trắng. a) Tính khối lượng nguyên tử của M. b) Tính % về khối lượng các chất trong A. Đáp án : A gồm M2CO3, MHCO3, MCl có số mol lần lượt là a,b,c ta có pt: (2M + 60)a + (M + 61)b + (M+35,5)c = 43,71(*) → M(2a + c + b) + 60(a+b) + b + 35,5c = 43,71(1) +C là CO2, nCO2 = 0,4 (mol) ta có :

181

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

a + b = 0,4 (2) + B gồm MCl và HCl dư, đặt nHCl dư = d (mol) →ta có : 2a + b + d = nHCl bđ (3) + Phần 1 : nKOH = 0,1(mol), nKOH = 1/2 nHCl(dư) →d/2 = 0,1→d = 0,2 (4) +Phần 2: nAgCl = 0,48 (mol) nAgCl = 1/2(nMCl + nHCl) ⇔ 1/2(2a + b + c + d) = 0,48 ⇔ 2a + b + c + d = 0,96 (5) + (4)(5) => 2a + b + c = 0,96 - 0,2 = 0,76 (6) ⇔ c = 0,76 - 2a - b thay c = 0,76 - 2a - b vào (1) ta có 0,76M + 25,5b - 11a = 16,73 ta có: 0,76M - 11(a+b) <0,76M + 25,5b - 11a<0,76M + 25,5(a+b) (2) → bpt trên ⇔ 0,76M - 4,4<16,73<0,76M + 10,2 ⇔ 6,53 < 0,76M < 21,13 ⇔ 8,6<M<27,8 →M là Na + thay M = 23 vào (*) ta được pt: 106a + 84b + 58,5c = 43,71(7) (2)(6)(7) →hệ pt 3 ẩn => a = 0,3 ; b = 0,1 ; c = 0,06 Kết luận: %Na2CO3 = 72,75(%); %NaHCO3 = 19,22(%); %NaCl = 8,03(%) Bài 14: Cho 127.4 gam hỗn hợp X gồm Cu(NO3)2,Fe(NO3)2, Fe(NO3)3,trong đó Nitơ chiếm 16.484% về khối lượng, tác dụng với dung dịch NaOH loãng dư, sau khi phản ứng kết thúc, lọc kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn Y, dẫn khí CO dư đi chậm qua Y nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn được m gam chất rắn Z, hãy tính giá trị của m? Đáp án: Theo bài ra % của N trong hỗn hợp X =16.484% nN = %N.mX = 1.5 mol 14 bảo toàn mol nguyên tố N trong gốc NO3- ta có nNO3- =nN = 1.5 mol Kết thúc các phản ứng chất rắn Z gồm các kim loại Cu,Fe mKL = mx - mNO3 = 127.4- 62x1.5 = 34.4 gam Bài 15: Dung dịch X gồm NaOH x mol/l và Ba(OH)2 y mol/l dung dịch Y gồm NaOH y mol/l và Ba(OH)2 x mol/l. Hấp thụ hết 0,04mol CO2 vào 200 ml dung dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa. Nếu hấp thụ hêt 0,0325 mol CO2 vào 200 ml dung dịch Y thì thu được dung dịch N và 1,4775 gam kết tủa. Biết hai dung dịch M và N phản ứng với dung dịch KHSO4 đều sinh ra kết tủa trắng, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Hãy tính giá trị của x và y ? Đáp án:

182

ƠN

FI CI A

Vì sau phản ứng 2 dung dịch M,N đều kết tủa với KHSO4 vậy Ba2+ vẫn còn dư Xét TN1 : 1,97 nBaCO3 (1) = = 0.01 (mol) 197 nCO2= 0.04 > nBaCO3= 0.01 vậy trong dung dịch N tạo ra 2 muối áp dụng công thức nCO32- = nOH- - nCO2 ta có phương trình 0,2x + 0.4y = 0.05 (1) Xét TN2 : 1.4775 nBaCO3 (2) = = 0.0075 (mol) 197 nCO2= 0.0325 > nBaCO3= 0.0075 vậy trong dung dịch M tạo ra 2 muối áp dụng công thức nCO32- = nOH- - nCO2 ta có phương trình 0.4x + 0.2y = 0.004 (2) Giải (1) và (2) ta được x= 0.05 M y= 0.1M Bài 16: Cho 2 cốc A, B có cùng khối lượng. Đặt A, B lên 2 đĩa cân. Cân thăng bằng. Cho vào cốc A 102 gam AgNO3; cốc B 124,2 gam K2CO3. a. Thêm vào cốc A 100 gam dd HCl 29,2% và 100 gam dd H2SO4 24,5% vào cốc B. Phải thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A (hay cốc B) để cân lập lại cân bằng? b. Sau khi cân đã cân bằng, lấy

1 dung dịch có trong cốc A cho vào cốc B. Phải 2

QU Y

cần thêm bao nhiêu gam nước vào cốc A để cân lại cân bằng? Đáp án: 102 = 0,6mol ; 170 100.29,2 nHCl = = 0,8mol ; 100.36,5

a, nAgNO3 =

124,2 = 0,9mol 138 100.24,5 nH2SO4= = 0,25mol 100.98

nK2CO3 =

(1) Trong cốc A: AgNO3 + HCl -> AgCl↓ + HNO3 Theo (1) khối lượng các chất trong cốc A : 102 + 100 = 202 (gam)

KÈ

Trong cốc B: K2CO3 + H2SO4 -> K2SO4 + CO2 ↑+ H2O (2) Theo (2): nK2CO3 = nCO2 = nH2SO4 = 0,25 (< 0,9) Khối lượng các chất trong cốc B: 124,2 + 100 - (0,25. 44) = 213,2 (gam) Vậy để cân cân bằng, cần thêm vào cốc A lượng nước: 213,2 - 202 = 11,2 (gam)

b, Theo (1) n AgCl↓ = n HCl = n AgNO3 = 0,6 (<0,9) Lượng dung dịch có ở cốc A: m cốc A - AgCl↓ = 213,2 - 0,6.143,5 = 127,1

DẠ

1 dung dịch có trong cốc A có khối lượng 127,1: 2 = 63,55 (gam) và chứa: 2

n HCl (dư) = (0,8 - 0,6): 2 = 0,1 (mol); nHNO3 (Tạo thành) = 0,6: 2 = 0,3 (mol)

Cốc B chứa lượng K2CO3 là: 0,9 - 0,25 = 0,65 (mol). K2CO3 dư + 2HNO3 -> 2KNO3 + CO2↑ + H2O

(3)

183 (4)

FI CI A

Từ (3,4): nK2CO3 cần = nHNO3 /2 + nHCl/2 = 0,3/2 + 0,1/2= 0,2 < 0,65 K2CO3 dư nên xảy ra (3) và (4) và có: nCO2 = nK2CO3 = 0,2 mol

K2CO3 dư + 2HCl dư -> 2KCl + CO2 ↑ + H2O

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Khối lượng cốc B sau phản ứng (3), (4): 213,2 + 63,55 - 0,2.44 = 267,95 Khối lượng cốc A sau khi rót: 213,2 - 63,55 = 149,65 Lượng nước cần rót thêm vào A để cân lập lại cân bằng: 267,95 - 149,65 = 118,3 (gam) C, BÀI TẬP VÂN DỤNG : Bài 1: Cần pha chế theo tỉ lệ nào về khối lượng giữa 2 dung dịch KNO3 có nồng độ % tương ứng là 45% và 15% để được một dung dịch KNO3 có nồng độ 20%. Đáp số: Phải lấy 1 phần khối lượng dung dịch có nồng dộ 45% và 5 phần khối lượng dung dịch có nồng độ 15% để trộn với nhau. Bài 2: Trộn V1(l) dung dịch A(chứa 9,125g HCl) với V2(l) dung dịch B(chứa 5,475g HCl) được 2(l) dung dịch D. Coi thể tích dung dịch D = Tổng thể tích dung dịch A và dung dịch B. a) Tính nồng độ mol/lit của dung dịch D. b) Tính nồng độ mol/lit của dung dịch A, dung dịch B (Biết hiệu nồng độ mol/lit của dung dịch A trừ nồng độ mol/lit dung dịch B là 0,4mol/l) Đáp số: a) CM(dd D) = 0,2M b) nồng độ mol/l của dung dịch A là 0,5M và của dung dịch B là 0,1M. Bài 3: Hỏi phải lấy 2 dung dịch NaOH 15% và 27,5% mỗi dung dịch bao nhiêu gam trộn vào nhau để được 500ml dung dịch NaOH 21,5%, D = 1,23g/ml? Đáp số: Dung dịch NaOH 27,5% cần lấy là 319,8g và dung dịch NaOH 15% cần lấy là 295,2g Bài 4: Trộn lẫn 150ml dung dịch H2SO4 2M vào 200g dung dịch H2SO4 5M( D = 1,29g/ml ). Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 nhận được. Đáp số: Nồng độ H2SO4 sau khi trộn là 3,52M Bài 5: Trộn 1/3 (l) dung dịch HCl (dd A) với 2/3 (l) dung dịch HCl (dd B) được 1(l) dung dịch HCl mới (dd C). Lấy 1/10 (l) dd C tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 8,61g kết tủa. a) Tính nồng độ mol/l của dd C. b) Tính nồng độ mol/l của dd A và dd B. Biết nồng độ mol/l dd A = 4 nồng dộ mol/l dd B. Đáp số: Nồng độ mol/l của dd B là 0,3M và của dd A là 1,2M. Bài 6: Trộn 200ml dung dịch HNO3 (dd X) với 300ml dung dịch HNO3 (dd Y) được dung dịch (Z). Biết rằng dung dịch (Z) tác dụng vừa đủ với 7g CaCO3. a) Tính nồng độ mol/l của dung dịch (Z). b) Người ta có thể điều chế dung dịch (X) từ dung dịch (Y) bằng cách thêm H2O vào dung dịch (Y) theo tỉ lệ thể tích: VH 2 O : Vdd(Y) = 3:1. Tính nồng độ mol/l dung dịch (X) và dung dịch (Y)? Biết sự pha trộn không làm thay đổi đáng kể thể tích dung dịch. Đáp số: a) CMdd(Z) = 0,28M

184

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

b) Nồng độ mol/l của dung dịch (X) là 0,1M và của dung dịch (Y) là 0,4M. Bài 7: Để trung hoà 50ml dung dịch NaOH 1,2M cần V(ml) dung dịch H2SO4 30% (D = 1,222g/ml). Tính V? Đáp số: Thể tích dung dịch H2SO4 30% cần lấy là 8,02 ml. Bài 8: Cho 25g dung dịch NaOH 4% tác dụng với 51g dung dịch H2SO4 0,2M, có khối lượng riêng D = 1,02 g/ml. Tính nồng độ % các chất sau phản ứng. Đáp số: - Nồng độ % của dung dịch Na2SO4 là 1,87% - Nồng độ % của dung dịch NaOH (dư) là 0,26% Bài 9: Trộn lẫn 100ml dung dịch NaHSO4 1M với 100ml dung dịch NaOH 2M được dung dịch A. a) Viết phương trình hoá học xảy ra. b) Cô cạn dung dịch A thì thu được hỗn hợp những chất nào? Tính khối lượng của mỗi chất. Đáp số: b) Khối lượng các chất sau khi cô cạn. - Khối lượng muối Na2SO4 là 14,2g - Khối lượng NaOH(còn dư) là 4 g Bài 10: Khi trung hoà 100ml dung dịch của 2 axit H2SO4 và HCl bằng dung dịch NaOH, rồi cô cạn thì thu được 13,2g muối khan. Biết rằng cứ trung hoà 10 ml dung dịch 2 axit này thì cần vừa đủ 40ml dung dịch NaOH 0,5M. Tính nồng độ mol/l của mỗi axit trong dung dịch ban đầu. Đáp số: Nồng độ mol/l của axit H2SO4 là 0,6M và của axit HCl là 0,8M Bài 11: Tính nồng độ mol/l của dung dịch NaOH và dung dịch H2SO4. Biết nếu lấy 60ml dung dịch NaOH thì trung hoà hoàn toàn 20ml dung dịch H2SO4. Nếu lấy 20ml dung dịch H2SO4 tác dụng với 2,5g CaCO3 thì muốn trung hoà lượng axit còn dư phải dùng hết 10ml dung dịch NaOH ở trên. Đáp số: Nồng độ mol/l của dd H2SO4 là 1,5M và của dd NaOH là 1,0M. Bài 12: Tính nồng độ mol/l của dung dịch HNO3 và dung dịch KOH. Biết - 20ml dung dịch HNO3 được trung hoà hết bởi 60ml dung dịch KOH. - 20ml dung dịch HNO3 sau khi tác dụng hết với 2g CuO thì được trung hoà hết bởi 10ml dung dịch KOH. Đáp số: Nồng độ của dung dịch HNO3 là 3M và của dung dịch KOH là 1M. Bài 13: Trộn dd A chứa NaOH và dd B chứa Ba(OH)2 theo thể tích bằng nhau được dd C. Trung hoà 100ml dd C cần hết 35ml dd H2SO4 2M và thu được 9,32g kết tủa. Tính nồng độ mol/l của các dd A và B. Cần trộn bao nhiêu ml dd B với 20ml dd A để hoà tan vừa hết 1,08g bột Al. Đáp số: nH2SO4 = 0,07 mol; nNaOH = 0,06 mol; nBa(OH)2 = 0,04 mol. CM(NaOH) = 1,2M; CM(Ba(OH) 2 ) = 0,8M. Cần trộn 20ml dd NaOH và 10ml dd Ba(OH)2 để hoà tan hết 1,08g bột nhôm.

185

x: y =

% mC % mH % mC % mH %mO %mC % mH % mO % mN : ; x: y : z = : : ; x : y : z :t = : : : MC M H MC M H MO MC M H MO M N

- Bước 3: Chuyển tỉ lệ x : y,...thành tỉ lệ nguyên và viết CT dạng đơn giản - Bước 4: Dựa vào M để tìm CTPT * Các bước lập CTHH khi biết số mol các nguyên tố trong hợp chất và biết

ƠN

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 14: XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC PHÂN TỬ HỢP CHẤT HỮU CƠ DỰA VÀO PHẢN ỨNG CHÁY I. Cơ sở lí thuyết. 1. Các bước lập CTHH khi biết % khối lượng các nguyên tố hoặc biết số mol từng nguyên tố. * Các bước lập CTHH dựa vào %m các nguyên tố hoặc tỉ lệ khối lượng các nguyên tố và biết M: - Bước 1: Gọi CTHH CxHy (hoặc CxHyOz hoặc CxHyOzNt) - Bước 2: Dựa vào định luật thành phần khối lượng không đổi, tìm được tỉ lệ x : y hoặc x : y : z hoặc x : y : z : t

KÈ

QU Y

- Bước 1: Gọi CTHH CxHy (hoặc CxHyOz hoặc CxHyOzNt) - Bước 2: Viết các PTHH xảy ra, tính toán theo PTHH và vận dụng 1 số định luật: Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố,... tìm ra mol của các nguyên tố C, H hoặc có thể có nguyên tố O, N - Bước 3: Dựa vào số mol các nguyên tố vừa tìm được, tìm được tỉ lệ x : y hoặc x : y : z hoặc x : y : z : t x : y = nC : nH ; x : y : z = nC : nH : nO ; x : y : z : t = nC : nH : nO : nN - Bước 4: Chuyển tỉ lệ x : y,...thành tỉ lệ nguyên và viết CT dạng đơn giản - Bước 5: Dựa vào M để tìm CTPT Bài tập minh họa Bài 1 Xác định công thức phân tử cho mỗi chất theo các số liệu sau: a) Chất hữu cơ X có thành phần nguyên tố: 85,8% C ; 14,2% ; M=56 b) Chất hữu cơ Y có thành phần nguyên tố 51,3%C ; 9,4% H ; 12%N , 27,3% O Tỉ khối hơi của Y so với không khí là 4,035 Bài giải a) Gọi CTHH của chất X là CxHy Áp dụng định luật thành phần khối lượng không đổi, ta có: x: y =

% mC % mH 85,8 14, 2 : = : ≈ 1: 2 MC M H 12 1

DẠ

Công thức đơn giản của X: CH2 CTPT: (CH2) n, có MX = 56 hay 14n = 56. Vậy n = 4, CTPT C4H8 b) Gọi CTHH của chất Y là CxHyOzNt, MY = 29 . 4,035 = 117 g/mol Áp dụng định luật thành phần khối lượng không đổi, ta có: x: y : z : t =

%mC % mH % mO %mN 51,3 9, 4 27,3 12 : : : = : : : = 4, 275 : 9, 4 :1, 7 : 0,86 = 5 :11: 2 :1 MC MH MO M N 12 1 16 14

Công thức đơn giản của Y: C5H11O2N CTPT: (C5H11O2N) n, có MY = 119 hay 117n = 117. Vậy n = 1, CTPT C5H11O2N

186

FI CI A

Bài 2 Đốt cháy hoàn toàn m gam một hiđrocacbon A thì được 2,24 lit CO2 (đktc) và 3,6 g H2O a) Tính m và % khối lượng các nguyên tố trong A b) Xác định CTPT của A biết dA/ H2 = 8 Bài giải - Sử dụng ĐL bảo toàn nguyên tố, tìm ra số mol của C, H trong A 2, 24 = 0,1( mol ) → nC = nCO2 = 0,1( mol ) → mC = 0,1.12 = 1, 2( g ) 22, 4 3, 6 = = 0, 2( mol ) → nH = 2nH 2O = 0, 4(mol ) → m H = 0, 4.1 = 0, 4( g ) 18

nH O 2

Vậy m = mC + mH = 1,2 + 0,4 = 1,6(g) % mC =

1, 2 .100 = 75%  % mH = 100 − 75 = 25% 1, 6

nCO =

b) Gọi CTHH của chất A là CxHy, MA = 8 . 2 = 16 (g/mol) Áp dụng định luật thành phần khối lượng không đổi, ta có:

ƠN

x : y = nC : nH = 0,1: 0, 4 = 1: 4

QU Y

Công thức đơn giản của A: CH4 CTPT: (CH4) n, có MA = 16 hay 16n = 16. Vậy n = 1, CTPT CH4 Bài 3 Tìm CTPTcủa mỗi chất trong từng trường hợp sau: a) Đốt cháy 0,6 gam chất hữu cơ A thu được 0,88 gam CO2 và 0,36 gam H2O . Tỉ khối hơi của A đối với NO là 2. b) Phân tích 0,46 gam B tạo thành 448 ml CO2(đktc) và 0,54 gam H2O . Khi hóa hơi 6,9 gam B thu được thể tích đúng bằng thể tích của 4,8 gam oxi ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. c) Oxi hóa hoàn toàn 11,8 gam chất C thu được 13,44 lit CO2 (đtkc) ; 0,9 mol H2O và 2,24 lit N2 (đktc). Biết 11,8 gam hơi C có thể tích bằng 4,48 lit (đktc). d) Đốt cháy hoàn toàn 0,176 gam chất hữu cơ D sau phản ứng thu được 0,352 gam CO2 và 0,144 gam H2O. Khối lượng riêng của D ở đktc là 1,964 g/l e) Chất hữu cơ E có ME = 123 đvC và khối lượng cacbon, hiđro, oxi và nitơ trong phân tử theo thứ tự tỉ lệ với 72 : 5 : 32 : 14 Bài giải t a) (A) + O2 → CO2 +H2O - Sử dụng ĐL bảo toàn nguyên tố, tìm ra số mol của các nguyên tố trong A

KÈ

0,88 = 0, 02( mol ) → nC = nCO2 = 0, 02( mol ) → m C = 0, 02.12 = 0, 24( g ) 44 0, 36 nH 2O = = 0, 02( mol ) → nH = 2nH 2O = 0, 04(mol ) → m H = 0, 04.1 = 0, 04( g ) 18 m + m = 0, 24 + 0, 04 = 0, 28 < m  A có O C H A

nCO =

DẠ

mO = 0,6 - 0,28 = 0,32, nO = 0,02 Gọi CTHH của chất A là CxHyOz, MA = 30 . 2 = 60 (g/mol) x : y : z = nC : nH : nO = 0, 02 : 0, 04 : 0, 02 = 1: 2 :1

Công thức đơn giản của A: CH2O CTPT: (CH2O) n, có MA = 60 hay 30n = 60. Vậy n = 2, CTPT C2H4O2 b) Tương tự tìm ra CTPT của B: C2H6O c) Tương tự tìm ra CTPT của C: C3H9N

187

ƠN

x : y : z = 5 : 9 : 1 → Vậy CTĐGN là C5H9O ta có : ( C5H9O )n = 340

FI CI A

d) Tương tự tìm ra CTPT của D: C2H4O (M ở đktc = D. 22,4, D – Khối lượng riêng ở đktc (g/lit)) e) Tương tự tìm ra CTPT của E: C6H5O2N Bài 4: Phân tích nguyên tố 1 hợp chất hữu cơ A cho kết quả : 70,97 % C , 10,15 % H còn lại là O . Cho biết khối lượng mol phân tử của A là 340 g/mol. Xác định công thức phân tử của A. Hãy giải bài tập trên bằng 2 cách dưới đây a) Qua công thức đơn giản nhất? b) Không qua công thức đơn giản nhất ? Hướng dẫn: a) Qua CTĐGN: %mO= 100 - ( 70,97 + 10,15) = 18,88 % Đặt CTPT của hợp chất là CxHyOz

Vậy CTPT hợp chất là C20H36O4 b) Từ %C và %H %O = 18,88% Đặt CTPT của hợp chất là CxHyOz , MA = 340

DẠ

KÈ

QU Y

x = 20 , y = 36 , z = 4 Vậy CTPT hợp chất là C20H36O4 2. Bài tập vận dụng cao: Tìm số mol nguyên tố C, H (hoặc có thể có thêm O, N) khi đề bài cho dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 số chất khác nhau. + Dung dịch H2SO4 đặc, P2O5 dư,.. thì H2O bị giữ lại nên khối lượng bình tăng là khối lượng nước sau phản ứng cháy; + Dung dịch kiềm dư (NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2,...) thì hơi nước bị giữ lại và xảy ra phản ứng giữa CO2 với dung dịch kiềm: CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O hoặc CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O Do đó khối lượng bình tăng = Khối lượng CO2 + H2O. Hoặc có thể sử dụng công thức tính độ thay đổi khối lượng dung dịch sau phản ứng: ∆m = m(CO2) + m(H2O) - m↓ Nếu ∆m < 0 thì khối lượng dung dịch giảm, khối lượng dung dịch giảm = │∆m│. Hay khối lượng dung dịch giảm = m↓ - [m(CO2) + m(H2O)] Nếu ∆m > 0 thì khối lượng dung dịch tăng, khối lượng dung dịch tăng = ∆m + Dung dịch kiềm không dư (NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2,...) thì hơi nước bị giữ lại và xảy ra phản ứng giữa CO2 với dung dịch kiềm tạo muối trung hòa, muối axit hay hỗn hợp 2 muối tùy theo trường hợp CO2 tác dụng với dung dịch kiềm Do đó khối lượng bình tăng = Khối lượng CO2 + H2O. Hoặc có thể sử dụng công thức tính độ thay đổi khối lượng dung dịch sau phản ứng như ở trên. + Bình 1 đựng dung dịch H2SO4 đặc, P2O5 dư,.., bình 2 đựng dung dịch kiềm dư (NaOH, KOH, Ca(OH)2, Ba(OH)2,...). Khi đó, bình 1 giữ lại hơi nước, bình 2 giữ lại CO2 nên khối lượng bình 1 tăng = m(H2O), m bình 2 tăng = m (CO2)

188

FI CI A

* Kiến thức về phản ứng giữa oxit axit với dung dịch kiềm..... BÀI TẬP MINH HỌA Bài 5: Phân tích 0,45 gam hợp chất hữu cơ X (C, H, N), thu được 0,88 gam CO2. Mặt khác , nếu phân tích 0,45 gam X để toàn bộ N trong X chuyển thành NH3 rồi dẫn NH3 vừa tạo thành vào 100ml dung dịch H2SO4 0,4M thu được dung dịch Y. Trung hòa axit dư trong Y cần 70 ml dung dịch NaOH 1M. Biết 1 lít hơi chất X (đktc) nặng 2,009 gam. Công thức phân tử của X là

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Hướng dẫn: nCO2 = 0,88/44 = 0,03 mol; nH2SO4 = 0,04 mol; nNaOH = 0,07 mol 2NH3 + H2SO4 → (NH4)2SO4 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O 2nH2SO4 = nNaOH + nNH3 ⇒ nNH3 = 0,01 mol MX = 2,009.22,4 = 45 Đặt CTPT của X là CxHyNz ⇒ 0,01x = 0,02 x = 2; 0,01z = 0,01 z = 1 12.2 + y + 1.14 = 45 ⇒ y = 7 ⇒ CTPT là C2H7N Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 3,61g chất hữu cơ X thu được hỗn hợp khí gồm CO2, H2O và HCl. Dẫn hỗn hợp này qua bình chứa dung dịch AgNO3/HNO3 ở nhiệt độ thấp thấy có 2,87g kết tủa và bình chứa tăng 2,17g. Cho biết chỉ có H2O và HCl bị hấp thụ. Dẫn khí thoát ra vào 100ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 15,76g kết tủa Y, lọc bỏ Y, lấy dung dịch đem sôi lại có kết tủa nữa. a. Tính khối lượng các nguyên tố trong hợp chất. b. Lập công thức phân tử X, biết khối lượng phân tử của X < 200. Hướng dẫn: a. nCl = nHCl = nAgCl = 2,87/143,5 = 0,02 mol Khối lượng Cl trong X: mCl = 0,02.35,5 = 0,71 gam Khối lượng bình tăng là khối lượng của HCl và H2O: mHCl + mH2O = 2,17 ⇒ mH2O = 2,17 – 0,02.36,5 = 1,44 gam Khối lượng H trong X là: mH = 1,44.2/18 = 0,16 gam Dẫn khí thoát ra vào dung dịch Ba(OH)2 thu được kết tủa Y, lọc bỏ Y, lấy dung dịch đem sôi lại có kết tủa nữa ⇒ tạo 2 loại muối là BaCO3 và Ba(HCO3)2 nBaCO3 = 15,76/197 = 0,08 mol; nBa(OH)2 = 0,1 mol ⇒ nBa(HCO3)2 = 0,1 – 0,08 = 0,02 mol Số mol CO2 là: nCO2 = 0,08 + 0,02.2 = 0,12 mol ⇒ mC = 0,12.12 = 1,44 gam Khối lượng O trong X là: mO = 3,61 – 1,44 – 0,16 – 0,71 = 1,3 gam b. Đặt CTPT của hợp chất là CxHyOzClt

CTĐGN (C6H8O4Cl)n Vì MX < 200 ⇒ CTPT của X là: C6H8O4Cl Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam hợp chất hữu cơ X ( C, H, O ). Dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình (1) đựng dung dịch H2SO4 đặc, bình (2) đựng dung dịch Ca(OH)2 dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình (1) tăng 3,6 gam, ở bình (2) có 20 gam kết tủa. Tỉ khối của X đối với hiđro là 30. Xác định công thức của phân tử X. Hướng dẫn:

189

FI CI A

Đặt CTPT của X là CxHyOz MX = 30.2 = 60 ; nCO2 = nCaCO3 = 20/100 = 0,2 mol; nH2O = 3,6/18 = 0,2 mol nX = 6/60 = 0,1 mol Bảo toàn nguyên tố C: 0,1.x = 0,2 ⇒ x = 2 Bảo toàn nguyên tố H: 0,1y = 2.0,2 ⇒ y = 4 12.4 + 4.1 + 16z = 60 ⇒ z = 2 ⇒ CTPT: C2H4O2 Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn m gam một hidrocacbon X, dẫn toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư thì khối lượng tăng thêm 21,6, bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thì có 100 gam kết tủa trắng a) Viết PTHH của phản ứng xảy ra, tính m. b) Xác định công thức phân tử của X biết rằng tỉ khối hơi của X so với oxi là 2,25. Viết công thức cấu tạo có thể có ứng với công thức phân tử nói trên. (Trích đề vào 10 chuyên Hóa HVT 2014-2015) Bài giải: Gọi CTHH của chất X là CxHy 0 y y ) O 2  t→ xC O 2 + H 2 O 4 2

ƠN

x 2

CxH y + ( +

mbình 1 tăng = 21,6 = mnước

21, 6 = 1, 2( mol )  nH = 2.nH 2O = 1.1, 2 = 2, 4( mol ) 18 Bình 2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 100/100 = 1 (mol) 1(mol) ←

nH O =

m = mC + mH = 1 . 12 + 2,4 = 14,4 (g) b) x : y = nC : nH =1:2, 4 = 5:12

QU Y

Công thức đơn giản của X: C5H12 ; MX = 2,25 . 32 =72(g/mol) CTPT: (C5H12) n, có MX = 72 hay 72n = 72. Vậy n = 1, CTPT C5H12 Bài 9. Đốt cháy hoàn toàn m gam một hợp chất hữu cơ A có công thức CxHyOzNt cần 12,32 lít không khí trong một bình kín. Sản phẩm cháy gồm có CO2, N2 và H2O cho đi qua bình nước vôi trong dư thấy khối lượng bình nặng thêm 6,04 gam và xuất hiện 8 gam kết tủa trắng. Khí thoát ra có thể tích 10,304 lít. Biết không khí có chứa 1/5 thể tích là oxi còn lại là N2 và thể tích các khí đo ở đktc. 1. Tính m. 2. Xác định công thức phân tử của A. Biết 60 < MA < 95 và khi đốt cháy A xảy ra

KÈ

phản ứng sau: C x H y Oz N t +  x + 

y z y t –  O2 → xCO2 + H 2O + N 2 4 2 2 2

(Trích đề vào 10 chuyên Hóa HVT 2009-2010) Hướng dẫn:

DẠ

y z y t  C x H y Oz N t +  x + –  O2 → xCO2 + H 2O + N 2 4 2 2 2  CO2 + Ca (OH ) 2 → CaCO3 + H 2O

(1) (2)

12,32 = 0,55(mol )  nO2 (K.K) = 0,55.1/ 5 = 0,11(mol ), nN2 = 0, 44(mol ) 22, 4 Khối lượng bình nặng thêm 6,04 gam: mCO2 + mH 2O = 6, 04(g) nK . K =

190 8 = 0, 08(mol )  nCO2 = nCaCO3 = 0, 08( mol )  nC ( trong A) = nCO2 = 0, 08(mol) 100 = 6, 04 − 0, 08.44 = 2,52( g )  nH 2O = 0,14( mol )  nH ( trong A ) = 0, 28( mol )

mH 2O

FI CI A

nO ( SP ) = 0, 08.2 + 0,14 = 0,3( mol )  nO ( trong A) = 0,3 − 0,11.2 = 0, 08( mol )

nCaCO3 =

Khí thoát ra sau phản ứng (2) là N2: Gồm, N2 sinh ra ở phản ứng (1) và N2 có trong không khí ban đầu. nN 2 = 0, 46(mol )  nN ( trong A ) = (0, 46 − 0, 44).2 = 0, 04 (mol )

ƠN

Vậy m = 0,08.12 + 0,28 + 0,08.16 + 0,04.14 = 3,08 (g) 2. Ta có: x : y : z : t = 0,08 : 0,28 : 0,08 : 0,04 = 2 : 7 : 2 : 1 Vậy công thức đơn giản nhất C2H7O2N  CTPT có dạng (C2H7O2N)n ⇔ 60 < 77n < 95 với n = 1 thỏa mãn CTPT: C2H7O2N Bài 10. Đốt cháy hoàn toàn 0,336 lít (ở đktc) hỗn hợp khí gồm CH4 và CxH2x (trong đó x≤ 4, CH4 chiếm dưới 50% thể tích) rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ vào 175 ml dung dịch Ba(OH)2 0,2M thấy tạo ra 4,925 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của CxH2x. (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa HVT 2017-2018) nhỗn hợp đầu = 0,336 : 22,4 = 0,15(mol) n Ba(OH) = 0,175.0,2 = 0,035 (mol) ; n BaCO = 4,925 : 197= 0,025(mol) Gọi số mol CH4 và CxH2x ban đầu là: a, b (a < 0,0075 và b > 0,0075; a,b < 0,015 ) n hhCH C H = a + b = 0,015 (*) 2

t CH4 + 2O2  + H2O (1) → CO2 t 2CxH2x + 3xO2 → 2xCO2 + 2xH2O (2) CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (3) (4) 2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 Xét trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư chỉ xảy ra phản ứng (3) Khi đó n CO (1,2) = n BaCO (3) = 0, 025(mol)  a + bx = 0, 025 (**)

QU Y

PTHH:

Kết hợp (*) và (**) ta có (x – 1)b = 0,02  b =

0,01 x -1

0,01 < 0,015  0,0075 x- 0,0075 < 0,01 < 0,015 x- 0,015 x -1  1,67 < x < 2,33  x = 2

KÈ

0,0075 <

DẠ

Vậy công thức của hidrocacbon thỏa mãn trong trường hợp này là C2H4 Xét trường hợp 2: Nếu Ba(OH)2 hết, xảy ra cả phản ứng (3) và (4) Theo (3) n CO (3) = n BaCO (3) = 0, 025(mol) Theo (4) n CO (4) = 2.n Ba(OH) = 2. (0, 035 − 0, 025) = 0, 02(mol) 2



n CO

2 (1,2)

= 0, 025 + 0, 02 = 0,045(mol)  a + bx = 0, 045(***)

Kết hợp (*) và (***) có hệ phương trình: a + b = 0,015 0,03 b=  x -1 a + bx = 0,045

191 0,03 < 0,015  0,0075 x- 0,0075 < 0,03 < 0,015 x- 0,015 x -1 3< x <5 x = 4

0, 0075 <

FI CI A

Vậy công thức của hidrocacbon thỏa mãn trong trường hợp này là C4H8 Bài 11. Cho hợp chất hữu cơ T (chứa C, H, O). Đốt cháy hết 0,2 mol T bằng một lượng vừa đủ 13,44 lít O2 (đktc). Cho toàn bộ sản phẩm cháy lần lượt đi chậm qua bình 1 đựng 100 gam dung dịch H2SO4 96,48% dư, bình 2 chứa lượng dư dung dịch KOH. Sau thí nghiệm thấy nồng độ dung dịch axit trong bình 1 còn là 90%, bình 2 có 82,8 gam muối tạo thành. 1. Xác định công thức phân tử của T. 2. Biết T vừa làm mất màu dung dịch brom, vừa làm quỳ tím hóa đỏ. Viết công thức cấu tạo của T, viết các phương trình phản ứng của T với H2/Ni,to; Br2/H2O; Na; NaOH; CaCO3; C2H5OH/ H2SO4 đặc,to. Gợi ý:

82,8 = 0, 6(mol ) → nCO2 = 0, 6 ( mol ) 138 96, 48 C % H 2 SO4 (Sau) = .100 = 90 → mH 2O = 7, 2 ( g ) → nH 2 O = 0, 4 (mol ) 100 + mH 2O 13, 44 = 0, 4 (mol) 22, 4

n O2(p. u =

ƠN

nK2CO3 =

Ta có:

QU Y

y z y  t0 C x H y Oz +  x + -  O2  → xCO2 + H 2O 4 2 2  Theo PTHH: 1 → (x + y/4 – z/2) → x → y/2 (mol) Bài ra: 0,2 : 0,6 : 0,6 : 0,4 (mol) 1 x =  x=3 0, 2 0,6

y = 4

y 1 2  = 0,2 0,4

KÈ

1 = 0, 2

y z − ) 4 2 z=2 0,6

(x +

DẠ

CTPT: C3H4O2 3. Lập CTHH bằng phương pháp thể tích – ÁP DỤNG ĐỂ TÌM CTPT CÁC HIDRO CACBON Ở THỂ KHÍ VÀ CHẤT LỎNG DỄ BAY HƠI - Dấu hiệu: Đề bài cho biết thể tích các CO2, H2O sinh ra và thể tích oxi đã dùng; Xác định công thức của hợp chất X cần tìm. - Cách làm: + Bước 1: Gọi CTPT của hợp chất X: CxHy (hoặc CxHyOz hoặc CxHyOzNt) + Bước 2: Viết và cân bằng phản ứng cháy của chất X; + Bước 3: Lập tỉ lệ thể tích theo PTHH vì trong cùng điều kiện thì tỉ lệ thể tích cũng là tỉ lệ về số mol, tính được giá trị của x, y, có thể có z hoặc t.

192

FI CI A

+ Bước 4: Lập CTPT với chỉ số của các nguyên tử lần lượt là giá trị x, y (có thể có z hoặc t) vừa tìm được. Bài tập minh họa Bài 12: Để đốt cháy hết 10 ml hơi của 1 hợp chất hữu cơ A cần dùng 30 ml khí O2, sản phẩm thu được chỉ gồm khí cacbonic và hơi nước có thể tích bằng nhau và bằng thể tích oxi tham gia phản ứng. Xác định công thức phân tử của A. Biết các thể tích khí và hơi đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Bài giải: Do sản phẩm cháy có CO2 và H2O nên, HCHC có các nguyên tố C, H và có thể có O. Gọi CTPT của hợp chất hữu cơ có dạng CxHyOz y z  t0 → C x H y Oz +  x + -  O2  4 2 

Theo PTHH: Bài ra:

(x + y/4 – z/2).V 30

y .V V = 2  y=6 10 30 y z ( x + − .V V 4 2  z =3 = 10 30

x.V 30

y/2.V 30

ƠN

V x.V =  x=3 10 30

y H 2O 2

Ta có:

V 10

xCO2 +

QU Y

Vậy CTPT của HCHC: C3H6O3 4. Bài tập về phản ứng cháy một hidrocacbon hoặc hỗn hợp hidrocacbon cụ thể: * Sản phẩm cháy: CO2, H2O,....Nếu là đốt cháy hidro cacbon, ta luôn có + CnH2n+2 (Dãy đồng đẳng ankan, lớp 9 học đại diện metan) 3n + 1 t0 ) O 2  → nCO2 + (n + 1) H 2O 2 Ta luôn có ở sản phẩm cháy: nCO2 < nH 2O , nCn H 2 n+2 = nH 2O − nCO2 Cn H 2n+ 2 + (

+ CnH2n (Dãy đồng đẳng anken, lớp 9 học đại diện etilen)

3n t0 ) O 2  → nCO2 + n H 2O 2 Ta luôn có ở sản phẩm cháy: nCO2 = nH 2O

KÈ

Cn H 2 n + (

+ CnH2n-2 (Dãy đồng đẳng ankin, lớp 9 học đại diện axetilen) 3n − 1 t0 ) O 2  → nCO2 + (n − 1) H 2O 2 Ta luôn có ở sản phẩm cháy: nCO2 > nH 2O , nCn H 2 n−2 = nCO2 − nH 2O

Cn H 2n−2 + (

DẠ

CnH2n-6 (Dãy đồng đẳng aren, lớp 9 học đại diện benzen), sản phẩm ngoài CO2, H2O còn có thể có muội than,.... 3n − 3 t0 ) O 2  → nCO2 + (n − 3) H 2O 2 > nH 2 O

Nếu đốt cháy hoàn toàn: Cn H 2 n −6 + ( Ta luôn có ở sản phẩm cháy: nCO BÀI TẬP MINH HỌA

193

FI CI A

Bài 13: Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon A, thu được 17,6 gam khí CO2 và 10,8 gam hơi nước. Xác đinh công thức phân tử của A và viết công thức cấu tạo có thể có ứng với công thức đó. Bài giải: 17, 6 = 0, 4(mol )  n C = 0, 4( mol )  mC = 0, 4.12 = 4,8( g ) 44 10,8 nH 2O = = 0, 6(mol )  n H = 1, 2(mol )  mH = 1.1, 2 = 1, 2( g ) 18 Ta thấy: nCO2 < n H 2O  hdrocacbon là ankan CnH2n+2 nCn H 2 n+2 = 0, 6 − 0, 4 = 0, 2(mol )

nCO =

mCn H 2 n+2 = 4,8 + 1, 2 = 6( g )  M Cn H 2 n+2 =

6 = 30( g / mol) 0, 2

ƠN

Nên 14n + 2 = 30, n = 2. Vậy CTPT A: C2H6 Bài 14: Đốt cháy hoàn 6,72 lít hỗn hợp khí gồm hai hidrocacbon mạch hở có công thức CnH2n+2 (A) và CmH2m (B) thu được 13,44 lit CO2 và 14,4 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. Tìm công thức phân tử của hai hidrocacbon. Gợi ý: nhh A, B = 0,3 (mol); nH 2O = 0,8( mol ); n CO2 = 0, 6( mol )  nCn H 2 n+2 = 0,8 − 0, 6 = 0, 2( mol )  nCm H 2 m = 0,3 − 0, 2 = 0,1(mol )

QU Y

mhh (A và B) = (14n + 2).0,2 + 14m.0,1 = 0,6.12 + 0,8.2 = 8,8 ⇔ 2,8n + 1,4m = 8,4 ⇔ 2n + m = 6 → m = 6 - 2n → n < 3→ Có 2 cặp nghiệm thỏa mãn: n = 1 và n = 2 Với n = 1 → m = 4, CH4 và C4H8; n = 2 và m = 2, C2H6 và C2H4 Bài 15. Đốt cháy hoàn toàn 0,56 lít hỗn hợp khí X (ở đktc) gồm 2 hiđrocacbon có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử thu được 4,4 gam CO2 và 1,9125 gam H2O. Xác định công thức phân tử của các hiđrocacbon trên. Biết rằng trong công thức phân tử của một trong hai chất có số nguyên tử hiđro gấp đôi số nguyên tử cacbon. Hướng dẫn Số mol hỗn hợp = 0,025, Số mol CO2 = 0,1, số mol H2O = 0,10625 Đặt công thức chung của 2 hidrocacbon là: Cx H y

PTHH: 2 Cx H y + (2x +

y )O2 → 2xCO2 + 2

y H2O

DẠ

KÈ

0,025 0,025x 0,0125 y Ta có: 0,025x = 0,1 => x = 4 0,0125 y = 0,10625 => y = 8,5 Hai hợp chất đó có CT: C4Hy và C4Hy’. Giả sử y < y’. Ta có: y < 8,5 < y’ - Xác định được y’ = 10. - y có thể nhận các giá trị là: 2, 4, 6, 8. Tuy nhiên chỉ có giá trị y = 8 là phù hợp với C4H8 (một chất có CT dạng CnH2n). Hai hợp chất cần tìm có CTPT là: C4H10 và C4H8.

II. BÀI TẬP VẬN DỤNG.

194

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài tập 1. Đốt cháy hoàn toàn m gam hợp chất hữu cơ A cần vừa đủ 8,96 lít O2 thu được 6,72lít CO2 (các khí đo ở đktc) và 7,2 gam nước. Xác định công thức phân tử của A. Đáp án: C3H8O2 Bài tập 2. Đốt cháy hoàn 6,72 lít hỗn hợp khí gồm hai hidrocacbon mạch hở có công thức CnH2n+2 (A) và CmH2m (B) thu được 13,44 lit CO2 và 14,4 gam nước. Các thể tích khí đo ở đktc. Tìm công thức phân tử của hai hidrocacbon. Đáp án: A- CH4 , B- C4H8 A- C2H6, B- C2H4 Bài tập 3. Đốt cháy hoàn toàn 224 ml (đktc) một hidrocacbon thể khí có công thức tổng quát là CnH2n+2, sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,01M, sau phản ứng hoàn toàn thu được 1,97 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của hidrocacbon. Đáp án: C3H8 hoặc CH4 Bài tập 4. Đốt cháy hoàn toàn 2,24 l (đktc) một hiđrocacbon A thể khí. Sau đó dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 có chứa 0,2 mol Ca(OH)2 thì có 10g kết tủa tạo nên, đồng thời thấy khối lượng bình tăng thêm 18,6g. a. Xác định công thức phân tử của A. b. Viết công thức cấu tạo có thể có của A. Đáp án: C2H6 Bài tập 5: Đốt cháy 4,4 gam chất hữu cơ A phải dùng 5,6lít O2 đktc, thu được VCO2 = VH2O. Xác định CTPT của A, biết dA/H2 = 44. Đáp án: C4H8O2 Bài tập 6: Đốt cháy 2,25g hchc X chứa C, H, O phải cần 3,08 lít khí Oxi (đktc) thì thu được VH2O = 5/4VCO2. Biết tỉ khối hơi của X đối với oxi bằng 2,8125. Xác định CTPT của X? Đáp án: C4H10O2 Bài tập 7: Đốt cháy hoàn toàn 10,4g HCHC X rồi cho sản phẩm lần lượt qua bình (1) chứa H2SO4 đặc và bình (2) chứa nước vôi trong có dư thấy khối lượng bình (1) tăng lên 3,6g và bình (2) thu được 30g kết tủa. Khi hóa hơi 2,6g thu được thể tích đúng bằng thể tích của 0,8g oxi ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất? Xác định CTPT của X? Đáp án: C3H4O4

DẠ

KÈ

Bài tập 8: Đốt cháy hoàn toàn 4,64 gam một hiđrocacbon X (chất khí ở điều kiện thường). Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)2 tạo ra 39,4 gam kết tủa, dung dịch sau phản ứng có khối lượng giảm 19,912 gam so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng có thể xảy ra. b) Tìm công thức phân tử của X. Đáp án: C3H4 Bài tập 9: Phân tích 2 hidrocacbon khác nhau thấy có thành phần phần trăm các nguyên tố giống nhau: 92,3% C và 7,7% H. Tỉ khối của chất thứ nhất với hidro là 13. Khối lượng của 1 lít hơi của chất thứ 2 nặng 3,48 gam (ở đktc). Tìm CTPT của các hidrocacbon. Đáp án: C2H2, C6H6

195

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài tập 10: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 15,4 lít không khí (đktc) thu được hỗn hợp B gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 10 gam chất kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 12,88 lít khí (đktc). a. Tìm m, biết trong không khí có chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là N2. b. Tìm công thức phân tử, Biết phân tử khối của A nhỏ hơn 150 Đáp án: C2H7O2N Bài tập 11: Đốt cháy hoàn toàn một thể tích hidrocacbon X cần 4,5 thể tích Oxi thu được 3 thể tích khí cacbonic. Biết X làm mất màu dung dịch Brom vàcó thể kết hợp với hidro thành hidrocacbon no mạch thẳng. Xác định công thức phân tử của X, viết các PTHH xảy ra. Biết các thể tích đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Đáp án: C3H6 Bài tập 12. Đốt cháy hoàn toàn một thể tích hidrocacbon A cần 6 thể tích Oxi thu được 4 thể tích khí cacbonic. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A. Biết các thể tích đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Đáp án: C3H8

CHUYÊN ĐỀ 15: BÀI TẬP VỀ LƯỢNG CHẤT DƯ

196

ƠN

FI CI A

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM - Củng cố kiến thức lí thuyết về các hợp chất vô cơ..thông qua việc giải bài tập - Kĩ năng tính theo PTHH - Phân tích đề bài, xác định hướng giải và vận dụng được 1 số phương pháp đặc trưng để giải bài tập về lượng chất dư liên quan đến tính chất hóa học của các hợp chất vô cơ trong chương trình THCS và 1 số kiến thức nâng cao dùng cho ôn HSG lớp 9 B. BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG 1: Chất A + Chất B + .. → Chất C + Chất D + .. - Đề bài cho biết lượng chất( khối lượng, thể tích, số mol..) của 2 chất tham gia bất kì, yêu cầu xác định sau phản ứng chất nào còn dư (hoặc chất nào đã phản ứng hết) và tính lượng chất sản phẩm tạo thành - Định hướng giải: + Tính số mol của A, B (nA, nB) + Viết phương trình hóa học xA + yB → kC + zD (A, B là chất tham gia phản ứng với hệ số cân bằng lần lượt là x, y) + Lập tỉ lệ và so sánh:

nA nB = => cả A, B đề phản ứng hết, chất sản phẩm C, D.. tính theo A xA yB hoặc B đều được nA nB > Nếu => chất A dư , chất B hết, chất sản phẩm C, D.. tính theo B xA yB nA nB < => chất B dư , chất A hết, chất sản phẩm C, D.. tính theo A Nếu xA yB DẠNG 2: Hỗn hợp A + chất B + .. → chất C + chất D + .. - Đề bài cho biết lượng chất(khối lượng, thể tích, số mol..) của hỗn hợp A và 1 chất tham gia bất kì(B..). - Đề yêu cầu xác định sau phản ứng hỗn hợp A (hay chất B) đã phản ứng hết( hay còn dư) và có thể tính lượng chất sản phẩm tạo thành - Định hướng giải: + Tính số mol của B + Viết phương trình hóa học + Xác định số mol hỗn hợp lớn nhất, bé nhất (số mol hỗn hợp lớn nhất được tính theo chất trong hỗn hợp A có khối lượng mol nhỏ hơn) + Từ số mol hỗn hợp lớn nhất, theo PTHH tính được số mol chất B tối đa cần

DẠ

KÈ

QU Y

Nếu

dùng

+ So sánh: nB tối đa theo PT < n B theo đề bài => Hỗn hợp A phản ứng hết nB tối đa theo PT > n B theo đề bài => Hỗn hợp A dư

197

FI CI A

(Hoặc có thể chứng minh với nB đề bài đã cho có thể phản ứng với tối đa bao nhiêu mol A theo PT.. từ đó so sánh với số mol A đề bài..) Lưu ý: Với cả 2 dạng trên tùy từng bài cụ thể (liên quan đến bản chất phản ứng, thứ tự phản ứng ...) mà có định hướng giải phù hợp Bài 1. Đốt cháy 4,8 gam Mg trong bình kín chứa 3,36 lit khí O2 (đktc). Hỏi sau phản ứng chất nào còn dư? Tính khối lượng MgO tạo thành. Bài giải: nMg = 0,2 mol nO2 = 0,15 mol t PTHH: 2Mg + O2  → 2MgO Theo đề bài và PT: 0,2 0,15 < Ta có: => sau phản ứng O2 dư. 2 1 => mMgO tạo thành tính theo Mg Theo PT nMgO = nMg = 0,2 mol mMgO = 0,2 . 40 = 8 (gam) Bài 2: Cho 6,96 gam MnO2 vào bình chứa 50 gam dung dịch HCl 32,85%, đun nóng nhẹ. Tính thể tích khí Cl2 thu được sau phản ứng(đktc) Bài giải nMnO2 = 0,08 mol nHCl = 0,45 mol PTHH: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + 2H2O + Cl2 Theo đề bài và PT 0,08 0,45 < Ta có: => sau phản ứng MnO2 hết, HCl dư 1 4 => Thể tích khí Cl2 thu được sau phản ứng tính theo MnO2 Theo PT nCl2 = nMnO2 = 0,08 V Cl2 = 0,08 . 22,4 = 1,792 Bài 3. Cho 7,68 gam kim loai Cu( dạng bột) vào 250 ml dung dịch AgNO3 nồng độ 0,84M khuấy đều. Kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn. Tính m Bài giải 7, 68 n Cu = = 0,12 ( mol ) 64 n AgNO3 = 0,25.0,84 = 0,21 mol

KÈ

QU Y

ƠN

DẠ

PTHH: Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag Theo đề bài và PT 0,12 0,21 > Ta có: => Cu dư 1 2 Theo PT n Cu(PƯ)= ½ n AgNO3 = ½.0,21 = 0,105 (mol) nCu(dư) = 0,12 – 0,105 = 0,015 nAg = n AgNO3 = 0,21 mol => KL chất rắn m = (0,21 . 108) + (0,015 . 64) = 23,64 g

198

n Na 2 O = 0,15 mol nHCl = 0,24 mol PTHH: Na2O + 2HCl

→ 2NaCl + H2O

Theo đề bài và PT

FI CI A

Bài 4. Hòa tan 9,3 gam Na2O vào 300 ml dung dịch HCl 0,8M thu được dung dịch X. Tính CM của chất tan có trong dung dịch X (coi thể tích dung dịch không thay đổi) Bài giải

(1)

0,15 0,24 > 1 2 => Sau phản ứng HCl hết, phần Na2O còn lại phản ứng với nước Na2O + H2O → 2NaOH (2) Theo PT(1) nNaCl = nHCl = 0,24 mol n Na O = ½ . 0,24 = 0,12 mol n Na O tan theo(2) = 0,15 – 0,12 = 0,03 mol Theo PT(2) nNaOH = 2. 0,03 = 0.06 mol => Dung dịch X có 0,24 mol NaCl và 0,06 mol NaOH 0, 24 = 0,8 M CM NaCl = 0,3 0,06 = 0,2 M CM NaOH = 0,3 Bài 5. Trộn 160 ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M với 200 ml dung dich H2SO4 0,25M. Sau phản ứng lọc tách thu được m gam kết tủa và dung dịch A a. Tính m b. Dung dich A có thể hòa tan tối đa bao nhiêu gam Al ? Bài giải a. Tính m n Ba(OH) = 0,08 mol n H SO = 0,05 mol

ƠN

Ta có:

QU Y

Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O Theo đề bài và PT 0, 08 0, 05 > Ta có: => sau phản ứng Ba(OH)2 dư 1 1 Theo PT: n BaSO = n H SO = 0,05 mol Khối lượng kết tủa m = 0,05 . 233 = 11,65 gam n Ba(OH) (p/ư) = n H SO = 0,05 mol n Ba(OH) (dư) = 0,08 – 0,05 = 0,03 mol b. Dung dịch A phản ứng với Al theo PT Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba (AlO2)2 + 3H2 Theo PT: nAl = 2 n Ba(OH) = 2. 0,03 = 0,06 mol

DẠ

KÈ

PTHH:

199

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

=> mAl = 0,06 . 27 = 1,62 gam Bài 6. Hòa tan 16,24 gam Fe3O4 trong 300ml dung dịch HCl nồng độ 2M. Hỏi sau phản ứng chất nào còn dư? Tính khối lượng muối tạo thành Bài giải n Fe O = 0,07 mol nHCl = 0,6mol PTPƯ Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Theo đề bài và PT 0, 07 0, 6 < => sau phản ứng HCl dư. Ta có: 1 8 => Lượng muối tạo thành tính theo Fe3O4 Theo PT n FeCl = n Fe O = 0,07 mol n FeCl = 2 n Fe O = 0,14 mol Khối lượng muối = (0,07 . 127) + (0,14 . 162,5) = 31,64 (gam) Bài 7: Cho 4,32 gam Al vào 200 ml dung dịch hỗn hợp H2SO4 loãng 0,4 M và HCl 0,65M. Tính thể tích khí H2 tạo thành(đktc) Bài giải nAl= 0,16 mol n H SO = 0,08 mol nHCl = 0,13 mol =>Tổng nH+ = (0,08. 2) + 0,13 = 0,29 mol PTPƯ tổng quát 2Al + 6H+ → 2Al+3 + 3H2 Theo đề bài và PT 0,16 0,29 > Ta có: => sau phản ứng Al dư. 2 6 1 1 nH2 = nH+ = .0,29 = 0,145 2 2 VH2 = 0,145 . 22,4 = 3,248 lit Bài 8: Cho 4,41 gam hỗn hợp gồm Mg và Al vào 300 ml dung dịch HCl 1,5M a. Sau phản ứng có thể kết luận được kim loại hay a xit còn dư không? b. Nếu biết lượng kim loại chưa tan là 0,27 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu Bài giải a. nHCl = 0,45 mol PTPƯ:

DẠ

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 * Nếu coi hỗn hợp trên toàn là Mg 4,41 => nMg = = 0,18375 mol 24 Theo(1) => nHCl = 2. 0,18375 = 0,3675 mol < 0,45 mol

(1) (2)

200

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

=> Kim loại tan hết và HCl còn dư * Nếu coi hỗn hợp trên toàn là Al 4,41 => nAl = = 0,16(3) mol 27 Theo(2) => nHCl = 3. 0,16(3) = 0,49 mol > 0,45 mol  Kim loại dư và HCl hết Vậy sau phản ứng không thể kết luận được kim loại hay a xit còn dư. b. Nếu kim loại dư ... nHCl = 0,45 mol Phản ứng (1) sảy ra trước nên kim loại còn dư là Al Khối lượng hỗn hợp đã bị hòa tan = 4,41 – 0,27 = 4,14 gam Gọi nMg = x mol, nAl(p/ư)= y mol (x, y >0) Từ PT 1 và 2 ta có hệ PT  24 x + 27 y = 4,14  x = 0, 015    2 x + 3 y = 0, 45  y = 0,14  mMg = 0,015 . 24 = 0,36 gam  mAl = (0,14. 27) + 0,27 = 4,05 gam. Bài 9. * Thí nghiệm 1: cho 3,6 gam Mg vào 300 ml dung dịch AgNO3 nồng độ a mol/lit, sau phản ứng thu được 26,64 gam chất rắn * Thí nghiệm 2: cho 3,6 gam Mg vào 500 ml dung dịch AgNO3 cùng nồng độ như trên, sau phản ứng thu được 32,4 gam chất rắn. Tính nồng độ mol/lit của dung dịch AgNO3 đã dùng trong thí nghiệm trên (tính a). Bài giải nMg = 0,15 mol Mg + 2AgNO3 → MgCl2 + 2Ag 500 - Lượng dung dịch AgNO3 ở thí nghiệm 2 = = 1,667 lần lượng dung dịch 300 AgNO3 ở thí nghiệm 1 32,4 - Khối lượng chất rắn thu được ở thí nghiệm 2= = 1,216 lần lượng chất rắn 26,64 thu được ở thí nghiệm 1 => Độ tăng khối lượng chất rắn không tương xứng với độ tăng khối lượng dung dịch AgNO3 PƯ. => Thí nghiệm 1 Mg dư, AgNO3 hết => Thí nghiệm 1 Mg hết, AgNO3 dư * CMAgNO3 được tính theo lượng AgNO3 phản ứng trong TN1 Gọi nMg(PƯ) = x mol → n AgNO = nAg = 2x  3,6 – 24x + 216x = 26,64  192x = 23,04  x = 0,12 0,24 Vậy CM AgNO = = 0,8M 0,3 3

201

FI CI A

Bài 10. Ngâm 5,1 gam hỗn hợp gồm Mg và Al trong 290 ml dung dịch CuSO4 nồng độ 1M. Sau phản ứng thu được dung dịch A. Hỏi trong dung dịch A có chứa loại muối tan nào? Bài giải n CuSO = 0,29 mol 4

PTPƯ

Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu (2) * Nếu giả sử 5,1 gam kim loại là Mg : nMg = 5,1/24 = 0,2125 mol Theo PT(1) n CuSO = nMg = 0,2125 mol * Nếu giả sử 5,1 gam kim loại là Al : nAl = 5,1/27 = 0,1889 mol Theo PT(2) n CuSO = 3/2nAl = 0,2833 mol => n CuSO tối đa để phản ứng hết với hỗn hợp trên là 0,2833 < 0,29 theo đề bài => CuSO4 dư. Vậy sau khi kết thúc phản ứng dung dịch A chứa 3 muối tan là MgSO4 , Al2(SO4)3 và CuSO4 Bài 11. Dung dịch X là dung dịch hỗn hợp NaOH 1,2M và Ba(OH)2 0,4M. Dung dịch Y là dung dịch hỗn hợp H2SO4 0,3M và HCl 1,5M. Cho 200 ml dung dịch X vào cốc có chứa sẵn 160 ml dung dịch Y. Sau phản ứng thu được dung dịch Z và m gam kết t ủa a. Dung dịch Z làm quỳ tím thay đổi màu như thế nào? b. Tính m Bài giải a. Dung dịch Z .... * Trong 200 ml dung dịch X có: nNaOH = 0,24 mol n Ba(OH) = 0,08mol => Tổng số mol OH- trong dung dịch X = 0,4 mol * Trong 160 ml dung dịch Y có: n H SO = 0,048 mol nHCl = 0,24mol => Tổng số mol H+ trong dung dịch Y = 0,336 mol * PT trung hòa tổng quát: H+ + OH- → H2O 0,336 0,4 < Ta có: => Sau phản ứng kiềm dư. 1 1 Vậy dung dịch Z làm quỳ tím chuyển màu xanh b. Tính m: n Ba(OH) = 0,08mol n H SO = 0,048 mol PT tạo kết tủa: 4

ƠN

QU Y

DẠ

KÈ

FI CI A

Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O 0,08 0,048 > => Kết tủa BaSO4 được tính theo H2SO4 Ta có: 1 1 m BaSO4 = 0,048 . 233 = 11,184 gam

202

Bài 12. Dung dịch X là dung dịch hỗn hợp NaOH 1,3M và Ba(OH)2 0,7M. Dung dịch Y là dung dịch hỗn hợp Al2(SO4)3 0,1M và AlCl3 0,4M. Cho 100 ml dung dịch X vào cốc có chứa sẵn 200 ml dung dịch Y. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m Bài giải * Trong 100 ml dung dịch X có: nNaOH = 0,13 mol n Ba(OH) = 0,07mol nBa2+ = 0,07 mol => Tổng số mol OH- trong dung dịch X = 0,27 mol * Trong 200 ml dung dịch Y có: n Al (SO ) = 0,02 mol n AlCl = 0,08mol = 0,06 mol n 2

ƠN

4 3

2−

SO 4

QU Y

=> Tổng số mol Al3+ trong dung dịch Y = 0,12 mol * PT tổng quát tạo kết tủa: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ (1) Ba2+ + SO42- → BaSO4 ↓ (2) 0,12 0,27 > => sau phản ứng Al3+ dư. Theo (1) ta có: 1 3 => Kết tủa Al(OH)3 tính theo OH1 1 => n Al(OH) = nOH- = .0,27 = 0,09 (mol) 3 3 m Al(OH) = 0,09.78 = 7,02 gam 0,07 0,06 > Theo (2) ta có: => Kết tủa BaSO4 tính theo SO421 1 => n BaSO = n SO = 0,06 mol 3

KÈ

2−

DẠ

=> m BaSO = 0,06.233 = 13,98 gam Vậy m = 7,02 + 13,98 = 21 gam Bài 13: Cho 8,1 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 vào 250 ml dung dịch HCl nồng độ 1,4M sau phản ứng thu dược dung dịch A a. Chứng minh rằng sau phản ứng a xit HCl còn dư b. Thêm tiếp bột sắt dư vào dung dịch A. Tính khối lượng muối sắt có trong dung dịch sau phản ứng. Bài giải a. Chứng minh rằng sau phản ứng a xit HCl còn dư nHCl = 0,35 mol PTPƯ: 4

FI CI A

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (3) 8,1 Giả sử hỗ hợp chỉ là FeO => nFeO = = 0,1125 mol 72 => nHCl = 2 nFeO = 2. 0,1125 = 0,225 mol

203

8,1 = 0,050625 mol 160 => nHCl = 6 n Fe O = 6. 0,050625 = 0,30375 mol 8,1 Giả sử hỗ hợp chỉ là Fe3O4 => n Fe O = = 0,0349 mol 232 => nHCl = 8 n Fe O = 8. 0,0349 = 0,2793 mol => Lượng HCl tối đa cần dùng là 0,3075 mol < 0,35 mol Vậy chứng tỏ sau phản ứng a xit HCl còn dư b. Dung dịch A có FeCl2, FeCl3, HCl Khi cho bột Fe dư vào dung dịch A có các PƯ sảy ra: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2 Vì Fe dư nên dung dịch sau phản ứng là FeCl2 1 1 1 Bảo toàn Cl- => n FeCl = nCl- = nHCl = .0,35= 0,175 mol 2 2 2 = 0,175 . 172 = 22,225 gam m FeCl Bài 14. Cho 0,4 mol Fe vào 1 lit dung dịch HNO3 nồng độ 1M. sau phản ứng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch X. Tính V và khối lượng muối sắt có trong X Bài giải nFe = 0,4 mol n HNO = 1mol * Để tính được khối lượng muối tạo thành sau phản ứng cần xác định được muối tạo thành là Fe(NO3)2 hay Fe(NO3)3 Cách 1: Xác định lượng Fe tối đa có thể tan hết trong 1mol HNO3 Vì lượng Fe là tối đa nên có phản ứng Fe + Fe3+ → muối tạo thành là Fe(NO3)2 Gọi nFe = x mol tham gia phản ứng Quá trình cho nhận e: Fe0 → Fe+2 + 2e xmol 2x mol

Giả sử hỗn hợp chỉ là Fe2O3

QU Y

ƠN

=> n Fe O =

DẠ

KÈ

N+5 +

3e →

2x mol

N+2 2x mol 3

=> n HNO = 2nFe + nNO = 2x + 3

2x =1 3

3 2

FI CI A

=> x = 0,375 mol < 0,4. Vậy sau phản ứng Fe còn dư 2.0,375 .22,4 = 5,6 lit VNO = 3 m Fe(NO ) = 0,375 . 180 = 67,5 gam 8 8 ( Hoặc n HNO = . nFe = x = 1 => x= 0,375 < 0,4 3 3

204

Cách 2: Xác định lượng HNO3 tối thiểu cần để hòa tan hết 0,4 mol Fe 8 n HNO = . 0,4 = 1.0667 > 1 => Vậy sau phản ứng Fe còn dư 3 Bài 15: Cho 19,2 gam hỗn hợp X gồm sắt và các ôxit sắt vào dung dịch có chứa 1,3 mol axit HNO3. Sau phản ứng thu được 4,48 lit khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và dung dịch A a. Chứng minh rằng sau phản ứng còn dư HNO3 b. Tính khối lượng muối có trong dung dịch A Bài giải a. Chứng minh rằng sau phản ứng còn dư HNO3 nNO = 0,2 mol * Để chứng minh còn dư HNO3 cần tính được lượng HNO3 tối đa để hòa tan hết 19,2 gam hỗn hợp X (Fe và các ion Fe đề bị OXH thành Fe+3). Nếu lượng HNO3 tối đa < lượng HNO3 đề bài cho chứng tỏ HNO3 dư * Quy đổi hỗn hợp sắt và các ôxit sắt gồm Fe và O Gọi nFe = x, nO = y => 56x + 16y = 19,2 (1) Quá trình cho nhận e: O0 + 2e → O-2 Fe0 → Fe+3 + 3e y mol .... 2y mol x mol ...............3x mol N+5 + 3e → N+2 0,6mol ...0,2 mol => 3x – 2y = 0,6 (2)

QU Y

ƠN

KÈ

56 x + 16 y = 19,2  x = 0,3   3 x − 2 y = 0,6  y = 0,15

=> n HNO = 3nFe + 0,2 = 0,9 + 0,2 = 1,1 mol < 1,3 mol ( Hoặc n HNO = 4nNO + 2nO = 4. 0,2 + 2. 0,15) = 1,1 mol < 1,3 mol) Vậy chứng tỏ HNO3 dư b. Tính khối lượng muối có trong dung dịch A m Fe(NO ) = 0,3. 242 = 72,6 gam

DẠ

3 3

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Đốt cháy 3,41 gam Phốt pho trong bình kín chứa 4,48 lit khí O2 (đktc). Hỏi sau phản ứng chất nào còn dư? Tính khối lượng P2O5 tạo thành. ĐS: O2 dư, m P O = 7,81 gam 2

205

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 2. Cho 5,76 gam kim loai Cu( dạng bột) vào 250 ml dung dịch AgNO3 nồng độ 0,8M khuấy đều. Kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn. Tính m ĐS: m = mAg = 19,44 gam Bài 3. Hòa tan 7,14 gam Al2O3 vào 200 ml dung dịch HCl 1,5M sau phản ứng thu được dung dịch X. Tính CM của chất tan có trong dung dịch X (coi thể tích dung dịch không thay đổi) ĐS: CM AlCl3 = 0,5M Bài 4: Dung dịch X là dung dịch hỗn hợp NaOH 1,2M và Ba(OH)2 0,8M, dung dịch Y là dung dịch hỗn hợp HCl 1,5M và H2SO4 0,3M. Cho 300 ml dung dịch X vào 450 ml dung dịch Y khuấy đều. Sau phản ứng thu được dung dịch Z và m gam kết tủa a. Dung dịch Z làm quỳ tím thay đổi màu như thế nào? b. Tính m ĐS: Dung dịch Z làm quỳ tím chuyển màu đỏ m = mBaSO4= 31,455 gam Bài 5. Hòa tan 25,4 gam hỗn hợp gồm Na2CO3, Na2SO3, K2CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với 400 ml dung dịch MgCl2 0,8M. Sau phản ứng thu được a gam kết tủa và dung dịch B a. Chứng minh rằng trong dung dich B có MgCl2 dư b. Nếu cô cạn dung dịch B thu được 38 gam muối khan. Tính a ĐS: n hỗn hợp max< 0,24 mol < 0,32. Vậy MgCl2 dư a= 17,8 gam Bài 6. Cho 3,68 Na kim loại vào 100ml dd Al2(SO4)3 nồng độ 0,25M, thu được kết tủa A. Lọc kết tủa nung nóng đến khối lượng không đổi thu được mg chất rắn. Viết PTHH xảy ra và tính m ĐS: m = m Al O = 2,04 gam Bài 7. Cho 0,3 mol Fe vào 1lit dung dịch HNO3 nồng độ 1,5M. sau phản ứng thu được V lít khí NO đktc(không còn sản phẩm khử khác của N+5) và dung dịch X. Tính V và khối lượng muối sắt có trong X ĐS: VNO = 6,72 lit m Fe(NO ) = 72,6 gam 2

3 3

206

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 16: BÀI TẬP KIM LOẠI TÁC DỤNG VỚI DUNG DỊCH H2SO4 (đặc), HNO3 ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN ELECTRON

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Một số khái niệm cơ bản. - Chất oxi hoá: là chất nhận electron của chất khác. - Chất khử: là chất nhường electron cho chất khác. - Quá trình oxi hoá: là quá trình xảy ra sự mất electron. - Quá trình khử: là quá trình xảy ra sự nhận electron. VD: Xác định các chất oxi hoá, các chất khử và viết các bán phản ứng oxi hoá khử sau: t 1) KMn +7 O4 + HCl-1  → KCl + Mn +2 Cl2 + Cl 20 + H 2 O - Chất oxi hoá: Mn+7(KMnO4) - Chất khử: Cl-1(HCl) - Quá trình nhận electron: - Quá trình nhường electron: + 2e + 5e → Mn+2 2Cl-1 → Cl2 Mn+7 1 mol 5 mol electron 1 mol 2 (mol electron) +1

ƠN

2) Al0 + HN+5O3 → Al+3(NO3)3 + N 2 O + H2O - Chất oxi hoá: N+5(HNO3) - Chất khử: Al - Quá trình nhận electron: - Quá trình nhường electron: 0 +3 Al → Al + 3e 2N+5 + 2.4 e → N2+1 (N2O) mol e ← 1 mol 1 mol 3 mol electron

2.4

DẠ

KÈ

QU Y

II. Nội dung định luật bảo toàn electron: Trong một phản ứng oxi hoá khử: Tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số electron do chất oxi hoá nhận. Từ đó có thể suy ra: Tổng số mol electron mà các chất khử nhường bằng tổng số mol electron do các chất oxi hoá nhận.  n e (nhường =  n e (nhận) Dựa trên định luật này có thể giải được nhiều bài toán nếu dùng các phương pháp khác sẽ không giải được hoặc lời giải dài dòng, phức tạp. Phạm vi áp dụng: Các bài toán liên quan đến phản ứng oxi hoá khử trong chương trình THCS và THPT, đặc biệt là các bài toán oxi hoá khử phức tạp nhiều giai đoạn, nhiều quá trình. III. Một số lưu ý: - Bài toán còn phải kết hợp thêm phương pháp sử dụng các định luật khác như: Định luật bảo toàn nguyên tố, định luật bảo toàn khối lượng. - Tính oxi hoá của các axit: HNO3, H2SO4 đặc nóng…. + Sản phẩm khử của HNO3 thường là: N2, NO, NO2, N2O, NH4NO3. + Sản phẩm khử của H2SO4 đặc nóng: SO2, S, H2S. - Nếu bài toán tạo ra các sản phẩm có số oxi hoá trung gian thì ta chỉ quan tâm đến trạng thái số oxi hoá đầu và cuối của chất khử và chất oxi hoá, mà không cần quan tâm đến giai đoạn trung gian.

B. BÀI TẬP MINH HỌA VÀ BÀI TẬP VẬN DỤNG

207

FI CI A

DẠNG 1: MỘT KIM LOẠI + HNO3 TẠO MỘT SẢN PHẨM KHỬ CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol - Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 3: Suy ra mol e nhường và mol e nhận - Bước 4: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm mol kim loại hoặc mol sản phẩm khử - Bước 5: Tính toán theo yêu cầu đề bài 1. Bài tập minh họa Bài 1: Cho m gam Al tác dụng hoàn toàn với HNO3 thu được 0,5 mol NO (đktc). Tính

Hướng dẫn * Cách 1: Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O 0,5 (mol) ← 0,5 (mol) m Al = 0,5.27 = 13,5 gam +3

Al   → Al + 3e

m / 27(mol) → m/9 (mol)

 →

1, 5 mol

←

0, 5 mol

m = 1, 5  m = 1, 5.9 = 13, 5 (gam) 9

B¶o toµn electron:

ƠN

* Cách 2:

Bài 2: Cho m gam Mg tan hoàn toàn trong HNO3 thu được 4,6 gam khí nâu đỏ. Tính Hướng dẫn * Cách 1: 4, 6 = 0,1 (mol) 46

QU Y

n NO2 =

Mg + 4HNO3 → Mg(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 0,05 ← 0,1(mol) m Mg = 0, 05.24 = 1, 2 gam

* Cách 2:

4, 6 = 0,1 (mol) 46

n NO2 =

KÈ

+5 +4 Mg  → Mg + 2e N + 1.e  → N m m 0,1 mol ← 0,1 mol (mol) → (mol) 24 12 m B¶o toµn electron: = 0,1  m = 12.0,1 = 1, 2 (gam) 12

DẠ

Bài 3: Cho 3,6 gam Mg tan trong lượng HNO3 vừa đủ thì không thấy khí thoát ra. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m gam muối khan. Tính m? Hướng dẫn * Cách 1: n Mg =

3, 6 = 0,15 mol 24

4Mg + 10HNO3 → 4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 0,15 (mol) → 0,15 (mol) → 0,0375(mol) Muối thu được gồm Mg(NO3)2 và NH4NO3 m = 0,15.148 + 0,0375.80 = 25,2 (gam)

208 * Cách 2:

0,15 (m ol)

 →

−3

FI CI A

→ M g + 2e Mg 

3, 6 = 0,15 (m ol)  n M g ( N O 3 ) 2 = n M g = 0,15 (m ol) 24

n Mg =

0,3 (m ol)

B¶o toµn electron: 0,3 = 8.n N H 4 N O 3  n N H 4 N O 3 =

0, 3 = 0, 0375 (m ol) 8

 m = 0,15.148 + 0,0375.80 = 25,2 (gam )

Bài 4: Ngâm 6,4 gam Cu trong 120 ml dung dịch HNO3 1M, thấy thoát ra V lít khí NO duy nhất (đktc). Tính giá trị của V ? Hướng dẫn:

6, 4 = 0,1 (mol); n HNO3 = 0,12.1 = 0,12 (mol) 64

n Cu =

3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O  HNO3 hÕt, Cu d− 0,1/3 > 0,12/8 0,045 ← 0,12(mol) → 0,03(mol)

ƠN

V = 22,4.0,03 = 0,672 (lÝt)

2. Bài tập vận dụng: Hòa tan hoàn toàn 0,4 mol Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được a mol khí N2O duy nhất. Tính giá trị của a ? (ĐS: a = 0,05 mol)

DẠNG 2: MỘT KIM LOẠI + HNO3 TẠO THÀNH HỖN HỢP SẢN PHẨM KHỬ

QU Y

CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol: + Tính theo công thức tìm mol hoặc sử dụng phương trình, hệ phương trình toán học; + Áp dụng 1 số công thức như:

n1.M1 + n 2 .M 2 + ... V .M + V .M + ... Hoặc M = 1 1 2 2 (nếu các khí đo ở cùng điều kiện n1 + n 2 + ... V1 + V2 + ...

KÈ

nhiệt độ, áp suất) - Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 3: Suy ra mol e nhường và mol e nhận - Bước 4: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm mol kim loại hoặc mol sản phẩm khử - Bước 5: Tính toán theo yêu cầu đề bài 1. Bài tập minh họa Bài 1: Cho m gam Mg tác dụng với HNO3 dư thu được 6,72 lit hỗn hợp NO và N2O (đktc). Tính m? Biết tỷ lệ mol của NO và N2O là 1:2 Hướng dẫn: n hh ↑ =

6, 72 = 0,3(mol) 22, 4

DẠ

Vì tỷ lệ mol của NO và N2O là 1:2, gọi nNO = x (mol)  n N O = 2x (mol) Ta có x + 2x = 0,3  x = 0,1 = n NO  n N O = 2.0,1 = 0, 2(mol) Mg m/24

→

Mg+2 + 2e → m/12 (mol)

N+5 2N+5

Áp dụng định luật bảo toàn e: m/12 = 0,3 + 1,6

3e → N+2 (NO) 0,3 ← 0,1 (mol) + 8e → N2+1 (N2O) 1,6 ← 0,2 (mol)

209

FI CI A

Vậy m = 1,9 . 12 = 22,8 (g) Bài 2: (Trích đề thi vào 10 chuyên Hóa Hoàng Văn Thụ năm học 2017-2018) Chia 3,9 gam hỗn hợp X gồm 2 kim loại Mg và Al làm 2 phần bằng nhau: 1. Phần một: Hòa tan hết trong dung dịch H2SO4 loãng (axit dùng dư 10% so với lượng phản ứng) thu được 2,24 lít khí H2 ở đktc và dung dịch A. a. Tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp X. b. Cho 0,8 lít dung dịch Ba(OH)2 0,15M vào dung dịch A. Tính khối lượng kết tủa thu được. 2. Phần hai: Hòa tan hết trong dung dịch HNO3 đun nóng thì thu được V lít hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO ở đktc (không có sản phẩm khử khác), biết d X/H = 19 . Tính V. Hướng dẫn: a. Gọi x và y lần lượt là số mol Mg và Al trong phần I ta có: 24x + 27y =

3,9 = 1, 95 (gam) (*) 2

n H2 =

ƠN

Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2↑ 2Al + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + 3H2↑

2, 24 3 = 0,1 (mol)  x + y = 0,1 (**) 22, 4 2

- Từ (1) và (2) có x = 0,025 (mol) và y = 0,05 (mol) - Khối lượng mỗi kim loại trong X

m Mg = 2.0, 025.24 = 1, 2 (gam) m Al = 2.0, 05.27 = 2, 7 (gam)

b. Từ các phương trình hóa học ta có: n Ba (OH)2 = 0,8.0,15 = 0,12 (mol)

QU Y

n H2SO4 ph¶n øng = n H2 = 0,1 (mol)

n H2SO4 (du ) =

10 .0,1 = 0,11 (mol) 100

- Khi cho Ba(OH)2 vào dung dịch B có: H 2SO 4 + Ba(OH) 2  → BaSO 4 ↓ + 2H 2O

0,01 mol → 0,01 mol

→ 0,01 mol

MgSO 4 + Ba(OH)2  → BaSO 4 ↓ + Mg(OH) 2 ↓

0,025 mol → 0,025 mol → 0,025 mol → 0,025 mol

KÈ

Al 2 (SO 4 )3 + 3Ba(OH)2  → 3BaSO 4 ↓ + 2Al(OH)3 ↓

0,025 mol → 0,075mol

→ 0,075 mol → 0,05 mol

2Al(OH)3 + Ba(OH)2  → Ba(AlO 2 )2 + 4H 2O

0,02 mol ← 0,01 mol

DẠ

- Kết tủa gồm: 0,11 mol BaSO4; 0,025 mol Mg(OH)2 và 0,03 mol Al(OH)3: m kÕt tña = 233.0,11 + 58.0,025 + 78.0,03 = 29,42 (gam) 2. Gọi a và b lần lượt là số mol của NO2 và NO trong hỗn hợp - Áp dụng phương pháp thăng bằng electron ta có

210

0,025 mol → 0

→ Al +

N + e

a mol ← a mol

0,05 mol 3e

N + 3e

→ 0,15 mol

0,05 mol

→N +2

→N

→ Mg + 2e

FI CI A

3b mol ← b mol

a + 3b = 0, 05 + 0,15  a + 3b = 0, 2 (***)

ƠN

- Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí X. 46a + 30b MX = = 19.2 (g/mol) ⇔ a = b (****) a+b - Từ (***) và (****) giải hệ ta có: a = b = 0,05 (mol)  V = 22, 4.(0,05 + 0,05) = 2, 24 (lÝt) 2. Bài tập vận dụng: Bài 1. Cho m gam Al tác dụng với HNO3 dư thu được 6,72 lit hỗn hợp N2 và N2O (đktc) có tỷ khối so với H2 = 18. Tính m? (ĐS: m = 24,3 gam) Bài 2: Cho m gam kẽm tác dụng với HNO3 dư thu được 3,36 lit hỗn hợp N2 và N2O (đktc) có tỷ khối so với H2 = 18. Tính m? (ĐS: m = 43,875 gam) Bài 3. Hoà tan hoàn toàn 11,7 gam bột Zn trong dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch A và hỗn hợp khí N2, N2O có thể tích 0,672 lít (đkc). Thêm NaOH dư vào dung dịch A và đun nóng có khí bay ra, khí này tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch HCl 0,1 M. a. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. b. Tính % thể tích hỗn hợp khí N2, N2O. ( %VN ≈ 66, 67%  %VN O = 33,33% ) 2

QU Y

DẠNG 3: HỖN HỢP KIM LOẠI + HNO3 TẠO MỘT SẢN PHẨM KHỬ

DẠ

KÈ

CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol: Tính theo công thức tìm mol hoặc sử dụng phương trình, hệ phương trình toán học (nếu có thể) hoặc có thể đặt ẩn về số mol các kim loại trong hỗn hợp; - Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 3: Suy ra mol electron nhường và mol electron nhận - Bước 4: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm mol kim loại hoặc mol sản phẩm khử - Bước 5: Tính toán theo yêu cầu đề bài 1. Bài tập minh họa Bài 1: Cho 16,5 gam hỗn hợp Fe và Al có tỷ lệ mol tương ứng là 1:2 tác dụng với HNO3 dư. Tính V lit khí NO (đktc)? Hướng dẫn: Vì tỷ lệ mol của Fe và Al là 1:2, gọi nFe = x (mol)  n Al = 2x (mol) Ta có 56x + 27.2x = 16,5  x = 0,15 = n Fe  n Al = 2.0,15 = 0,3(mol) Gọi nNO = a (mol) Fe → Fe+3 + 3e N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,15 → 0,45 (mol) 3.a ← a (mol) Al → Al+3 + 3e 0,3 → 0,9 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn e:

211

4, 48 = 0,2 (mol) 22, 4

a. nNO =

FI CI A

0,45 + 0,9 = 3a Vậy a = 0,45 (mol) V = VNO = 0,45 . 22,4 = 10,08 (L) Bài 2. Cho hỗn hợp kim loại A gồm Zn và Al. Lấy nửa hỗn hợp A tác dụng với dung dịch CuSO4 dư. Phản ứng xong đem toàn bộ chất rắn tạo thành cho tác dụng hết với HNO3 thu được 4,48 lít NO duy nhất (đktc). a. Nếu cho hỗn hợp A tác dụng hết với HNO3. Tính thể tích khí N2 (sản phẩm khử duy nhất) sinh ra ở đktc. b. Nếu khối lượng hỗn hợp A là 24,9 gam. Tính khối lượng từng kim loại trong A. Hướng dẫn:

Gọi số mol của Zn, Al trong ½ hỗn hợp A lần lượt là x, y:

ƠN

Zn0 → Zn+2 + 2e N+5 + 3e → N+2 x→ 2x 0,6 ← 0,2 (mol) Al0 → Al+3 + 3e y → 3y (*) Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 2x + 3y = 0,6 Trong cả hỗn hợp A thì:  n e(cho) = 2.(2x + 3y) = 2 . 0,6 = 1,2 (mol) 2N+5 + 10e → N2 1,2 → 0,12 (mol) Vậy VN = 0,12.22, 4 = 2, 688(L) b. mhhA = 2x.65 + 2y.27 = 24,9 (**) Từ (*) và (**), giải hệ PT ta được: x = 0,15; y = 0,1 (mol) mZn = 0,15 .2 . 65 = 19,5 (g) mAl = 0,1 .2. 27 = 5,4 (g)

(đktc).

QU Y

Bài 3: Hỗn hợp X gồm 2 kim loại Fe, Al, chia X thành 2 phần bằng nhau: - Phần I: Hòa tan hết bằng dung dịch H2SO4 loãng vừa đủ thì thoát ra 8,96 lít khí H2

KÈ

- Phần II: Hòa tan hết bằng dung dịch axit H2SO4 đặc nóng, dư 10% thì thu được dung dịch A và thoát ra 10,08 lit SO2 (đktc). a. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b. Cho 600 ml NaOH 2M vào dung dịch A. Tính khối lượng kết tủa thu được sau khi kết thúc các phản ứng. Hướng dẫn: a. n H2 =

Gọi số mol của Fe, Al trong ½ hỗn hợp X lần lượt là x, y: Fe0 → Fe+2 + 2e 2H+ + 2e → H2 x→ 2x 0,8 ← 0,4(mol) 0 +3 Al → Al + 3e y → 3y Áp dụng định luật bảo toàn e: 2x + 3y = 0,8 (mol) Fe0 → Fe+2 + 3e S+6 + 2e → S4 x→ 3x 0,9 ← 0,45(mol) 0 +3 Al → Al + 3e

Y DẠ

8,96 10, 08 = 0, 4(mol) n SO2 = = 0, 45(mol) 22, 4 22, 4

212

b. Dung dịch A: n Al2 (SO4 )3 = 0,1(mol) n Fe2 (SO4 )3 = 0, 05(mol) n H 2SO4 (du) = 10%.(0,1.3 + 0, 05.3 + 0, 45) = 0, 09(mol)

m ↓ = 0,1.107 + (0, 2 - 0,12).78 = 16,94(g)

ƠN

H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O 0,09 → 0,18 (mol) Al2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 (mol) 0,1 → 0,6 → 0,2 Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 3Na2SO4 + 2Fe(OH)3 0,05 (mol) → 0,3 → 0,1 Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O (mol) 0,12 ← 0,12

FI CI A

m Fe(X) = 0,1.2.56 = 11, 2(g) 2 x+ 3 y = 0,8  x = 0,1    3 x+ 3 y = 0, 9  y = 0, 2 m Al(X) = 0, 2.2.27 = 10,8(g)

y → 3y Áp dụng định luật bảo toàn e: 3x + 3y = 0,9 (mol) Giải hệ phương trình

QU Y

Bài 4. Khi cho 9,25 gam hỗn hợp A gồm Fe và Fe3O4 vào 500 ml dung dịch HNO3 a(mol/l) thu được 1,12 lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc), dung dịch B và 0,73 gam kim loại còn dư. a. Viết các phương trình hóa học xảy ra. b. Tính giá trị của a. c. Tính % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp A. d. Cô cạn dung dịch B thu được bao nhiêu gam muối khan?. Hướng dẫn: a. 3Fe3O 4 + 28 HNO3  → 9 Fe(NO3 )3 + NO + 14 H 2O (1) Fe + 4 HNO3 → Fe(NO3 )3 + NO+ 2 H 2 O (2) Fe + 2 Fe(NO3 )3 → 3Fe(NO3 ) 2 (3)

DẠ

KÈ

b. Gọi x, y lần lượt là số mol Fe3O 4 , Fe trong hỗn hợp A đã phản ứng. Ta có 232x + 56y = 9,25 – 0,73 Fe0 → Fe+2 + 2e N+5 + 3e → N+2 y→ 2y 0,15 ← 0,05 (mol) Fe3+8/3 +2e → 3Fe+2 x → 2x (mol) Áp dụng định luật bảo toàn e: 0,15 + 2x = 2y  232 x+ 56 y = 8,52  x = 0,015    2 x- 2 y = -0,15  y = 0,09 n HNO3 = 0, 09.2 + 0, 015.3.2 + 0, 05 = 0,32(mol)

213 n 0,32 = = 0, 64(mol/ l) V 0, 5 c. Khối lượng Fe trong A là 0,73+ 56.0,09 = 5,77(g) 5, 77 % m Fe = .100% = 62,38% 9, 25 % m Fe3O4 = 100 − 62, 38 = 37, 62%

 a = CM HNO =

FI CI A

d. n Fe(NO ) = 0, 09 + 0, 015.3= 0,135 (mol)  m Fe(NO ) = 0,135.180 = 24,3(gam) Bài tập vận dụng: Bài 1: Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg có tỷ lệ mol tương ứng là 3:2 tác dụng với HNO3 dư. Tính V lit (đktc) khí N2 thu được? (ĐS: V = 2,912 lít) Bài 2: Cho m gam hỗn hợp Al và Fe có tỷ lệ mol 1:1 tác dụng với HNO3 dư sau phản ứng thu được 4,48 lit NO (đktc). Tính m? (ĐS: m = 8,3 gam) Bài 3: Cho m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỷ lệ mol 1:2 tác dụng với HNO3 dư sau phản ứng thu được 6,72 lit NO (đktc). Tính m? (ĐS: m = 19,8 gam) Bài 4: Hoà tan hoàn toàn m gam Cu trong dung dịch HNO3, thu được 1,12 lít hỗn hợp khí X gồm NO và NO2 (đktc), tỷ khối hơi của X đối với H2 là 16,6. Xác định giá trị của m? (ĐS: m = 4,16 gam) Bài 5. Cho 11 gam hỗn hợp Al và Fe vào dung dịch HNO3 loãng lấy dư thì có 6,72 lít (đo ở đktc) khí NO bay ra. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp. (ĐS: mAl = 5,4 gam ; mFe = 5,6 gam) Bài 6: Cho 2,76 gam Mg tác dụng hết với HNO3 sau phản ứng thu được dung dịch X và 0,336 lit N2 (đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X thu được 0,224 lit khí có mùi khai (đktc). Tính khối lượng muối tạo thành? (ĐS: mmuối = 17,82 gam)) DẠNG 4: HỖN HỢP KIM LOẠI, CÁC CHẤT KHỬ + HNO3 TẠO THÀNH HỖN HỢP SẢN PHẨM KHỬ 3 2

QU Y

ƠN

3 2

n1.M1 + n 2 .M 2 + ... V .M + V .M + ... Hoặc M = 1 1 2 2 (nếu các khí đo ở cùng điều kiện n1 + n 2 + ... V1 + V2 + ...

KÈ

CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol (nếu có thể): + Tính theo công thức tìm mol hoặc sử dụng phương trình, hệ phương trình toán học; + Áp dụng 1 số công thức như:

DẠ

1. Bài tập minh họa Bài 1. Hòa tan hết 2,987 gam hỗn hợp Al và Zn vào 220 ml dung dịch HNO3 (vừa đủ), phản ứng xong thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm NO, N2O và dung dịch B. Tỉ khối hơi của hỗn hợp A so với hidro là 16,75. a) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu?

214

FI CI A

a + b = 0, 04 a = 0, 03  trong A lần lượt là a, b. Ta có,  30a + 44b   0, 04 = 33,5 b = 0, 01 

b) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HNO3 ban đầu. Hướng dẫn nhhA = 0,896/22,4 = 0,04 (mol); MA = 16,75 . 2 = 33,5 (g/mol). Gọi số mol NO và N2O

Al0 → Al+3 + 3e N+5 + 3e → N+2(NO) x → 3x (mol) 0,09 ← 0,03 (mol) +2 +5 Zn → Zn + 2e 2N + 8e → N2+1(N2O) y → 2y (mol) 0,08 ← 0,08 (mol) Gọi số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp là x, y: 27x + 65y = 2,987 Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 3x + 2y = 0,17. Giải hệ phương trình tìm được x = 0,036; y = 0,031 0, 036.27.100 = 32,5% 2,987 0, 031.65.100 %mZn = = 67,5% 2,987

ƠN

% mAl =

QU Y

Bài 2. Hòa tan hoàn toàn 15,56 gam hỗn hợp 2 kim loại Al, Fe trong dung dịch HNO3 0,5M loãng, dư, sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A và 4,256 lít (ở đktc) hỗn hợp 2 khí N2O và NO có khối lượng 6,96 gam (không có sản phẩm khử khác). a) Tính phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b) Tính thể tích HNO3 đã phản ứng. c) Tính khối lượng muối thu được trong A. Hướng dẫn: Gọi n NO = x(mol); n N 2O = y(mol)(x, y > 0) 30.x + 44. y = 6,96  x = 0,1(mol )   4, 256   x + y = 22, 4 = 0,19  y = 0, 09(mol ) 

DẠ

KÈ

Gọi nAl = a (mol); nFe = b (mol). 27.a + 56.b = 15,56( *) Al0 →Al+3 + 3e N+5 +3e → N+2 a …. 3.a 0,3 0,1(mol) Fe0 →Fe+3 + 3e 2N+5 +8e → N2+1 b …. 3.b 0,72 0,09(mol) Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 3.a + 3.b =1,02 (mol) (**) Từ (*) và (**) ta có: 27.a + 56.b = 15,56 a = 0,12(mol )   3a + 3b = 1, 02 b = 0, 22(mol ) 0,12.27.100 %mAl = ≈ 20,8  %mFe = 100 − 20,8 = 79, 2% 15,56

215

c) mmuoi

1,3 = 2,6 (L) 0,5 = mAl(NO3 )3 + mFe(NO3 )3 = 0,12 . 213 + 0,22 . 242 = 78,8 (g)

FI CI A

VHNO3 =

b) n HNO3 = 0,12 . 3 + 0,22 . 3 + 0,1 + 2 . 0,09 = 1,3 (mol)

ƠN

a + b = 0, 06 a = 0, 015  A lần lượt là a, b. Ta có,  28a + 44b   0, 06 = 40 b = 0, 045 

Bài 3. Hoà tan hoàn toàn 4,77 gam hỗn hợp Al, Mg bằng dung dịch HNO3 0,75M (loãng), dùng dư 19,05% axit, thu được dung dịch A và 1,344 lít hỗn hợp khí B (đktc) gồm N2, N2O (không còn sản phẩm khử khác), dB/H2 = 20. Tính thể tích dung dịch HNO3 đã dùng và nồng độ mol mỗi chất tan trong dung dịch A. (Coi thể tích dung dịch sau phản ứng thay đổi không đáng kể) Hướng dẫn: nhhA = 1,344/22,4 = 0,06 (mol); MA = 20 . 2 = 40 (g/mol). Gọi số mol N2 và N2O trong

2N+5 + 10e → N20 Al0 → Al+3 + 3e x → 3x (mol) 0,15 ← 0,015 (mol) +2 +5 Mg → Mg + 2e 2N + 8e → N2+1(N2O) → 2y (mol) 0,36 ← 0,045 (mol) y Gọi số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp là x, y: 27x + 24y = 4,77 Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 3x + 2y = 0,51. Giải hệ phương trình tìm được x = 0,15; y = 0,03

QU Y

nHNO3( p .u ) = 3.nAl + 2.nMg + 2.nN 2 + 2.nN 2O = 3.0,15 + 2.0, 03 + 2.0, 015 + 2.0, 045 = 0, 63( mol ) nHNO3( p .u ) = 0, 63 + 0, 63.19, 05% ≃ 0, 75( mol ) 0, 75 = 1(lit ) 0, 75 0,15 CM [Al ( NO3 )3 ] = = 0,15( M ) 1 0, 03 CM [Mg ( NO3 )2 ] = = 0, 03( M ) 1 0,12 CM ( HNO3 ) = = 0,12( M ) 1

KÈ

VHNO3( p .u ) =

DẠ

2. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Hỗn hợp X gồm Fe và Cu có số mol tương ứng là x, y. Hòa tan hoàn toàn X bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thu được hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O với số mol lần lượt là a và b. Tìm mối liên hệ giữa x, y, a và b là (ĐS: 3x + 2y = 3a + 8b) Bài 2. Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và FeO. Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 8,96 lít khí SO2. Nếu hòa tan m gam X bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thì thu được a lít hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O. Tỉ khối hơi của Y so với hidro là 15,8. Các khí đo ở đktc. Tính giá trị của a ? (ĐS: a = 5,0176 lít)

216

QU Y

ƠN

FI CI A

Bài 3: Cho 8,676 gam hỗn hợp Cu và Ag tan hoàn toàn trong HNO3 sau phản ứng thu được 4,032 lit NO2 và 0,2016 lit NO (đktc). Tính khối lượng muối thu được? (ĐS: mmuối = 21,51 gam) Bài 4: Cho m gam hỗn hợp Al và Zn với tỷ lệ mol là 2:1 tác dụng với HNO3 dư thu được 6,72 lit N2 và N2O (đktc). Tính m? Biết rằng tỷ lệ mol của 2 khí tương ứng là 1:2 (ĐS: m = 38,675 gam) Bài 5. Hỗn hợp X gồm Fe3O4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2. Nếu hòa tan m gam X bằng dung dịch HNO3 loãng, dư thì thu được a lít khí NO. Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính giá trị của a và khối lượng muối thu được sau phản ứng. (ĐS: a = 4,48 lít; mmuối = ) Bài 6: Hoà tan hoàn toàn 4,431 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí đều không màu có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hoá nâu trong không khí (ngoài ra không còn sản phẩm khử nào khác). 1. Tính phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp. 2. Tính số mol HNO3 đã phản ứng. 3. Khi cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan. (87,2%; 12,8%; 0,49 Mol;28,301 g) Bài 7: Hoà tan 7,5 gam hỗn hợp X gồm Al, Mg có tỉ lệ mol 1:2 trong V lít dung dịch HNO3 1M vừa đủ thu được dung dịch Y và 7,616 lít hỗn hợp khí Z gồm NO, NO2 nặng 14,04 gam. a. Tính khối lượng các chất trong X? b. Tính % số mol các khí trong Z? c. Tính V? d. Cô cạn dung dịch Y thu được bao nhiêu g muối khan? (ĐS: mAl=2,7 g; mMg= 4,8 g; %NO2 =72,43%, %NO=28,57%; V=1,08 lít; m=52,5 g)

DANG 5: XÁC ĐỊNH TÊN KIM LOẠI

n1.M1 + n 2 .M 2 + ... n1 + n 2 + ...

KÈ

Hoặc nếu các khí ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất thì M =

V1.M1 + V2 .M 2 + ... V1 + V2 + ...

DẠ

- Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 3: Suy ra mol e nhường và mol e nhận - Bước 4: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm mol kim loại hoặc mol sản phẩm khử - Bước 5: Tìm kim loại

1. Bài tập minh họa Bài 1: Cho 8,1 gam kim loại M chưa rõ hoá trị tác dụng với HNO3 dư thu được 2,016 lit khí N2 (đktc). Xác định kim loại M? Hướng dẫn: n N2 =

2, 016 8,1 = 0, 09(mol); n M = (mol) 22, 4 M

217 → N20 0,09 (mol)

FI CI A

nhau.

2N+5 +10 e 0,9 ←

M0 → M+n + ne 8,1/M 8,1.n/M (mol) → Áp dụng định luật bảo toàn e: 8,1.n/M = 0,9  M = 9n Biện luận hóa trị tìm được M là Al

Bài 2: (Trích đề thi HSG cấp tỉnh năm học 2017-2018) Chia 32 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành hai phần bằng

- Phần I: hoà tan hết bằng dung dịch H2SO4 loãng được 8,96 lít H2. - Phần II: hoà tan hết bằng dung dịch HNO3 đun nóng thu được 17,92 lít hỗn hợp A gồm NO và NO2. Biết d A/O = 1,375, Fe tác dụng với HNO3 tạo muối sắt hóa trị (III) và thể tích các khí 2

QU Y

ƠN

đo ở đktc. a. Tìm tên M. b. Tính thể tích dung dịch HNO3 4M đã dùng, biết người ta dùng dư 10% so với lý thuyết. Hướng dẫn: a. Gọi a, b lần lượt là số mol của Fe và M trong ½ hỗn hợp. Ta có,: 56a + Mb = 16 (gam) (*) Phần I: H+ + 2e → 2H0 Fe0 → Fe+2 + 2e a→ 2a (mol) 0,8 ← 0,4 (mol) 0 +n M → M + ne bn (mol) b→ Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 2a + nb = 0,8 (**) Phần II: Gọi số mol NO và NO2 lần lượt là x, y. Ta có: 17,92 = 0,8(mol) 22, 4 30 x+ 46 y d A/O2 = 1,375  M A = = 1,375.32 = 44  30 x+ 46 y = 35, 2 x+ y  x+ y = 0,8  x = 0,1   30 x+ 46 y = 35, 2  y = 0, 7

x+y=

KÈ

Fe0 → Fe+3 + 3e N+5 + 3e → N+2 a→ 3a (mol) 0,3 ← 0,1 (mol) 0 +n +5 M → M + ne N + e → N+4 b→ bn (mol) 0,7 ← 0,7 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 3a + nb = 0,3 + 0,7 = 1 (***)

DẠ

2 a+ nb = 0,8 a = 0, 2    bn = 0, 4  M = 12 n 3a+ nb = 1 56 a+ bM = 16 56 a+ bM = 16  

Biện luận hóa trị tìm được: n = 2, M = 24, M là Mg

n

HNO3 (LT)

= 2.n Mg + 3.n Fe + n NO + n NO2 = 0, 2.2 + 0, 2.3 + 0,1+ 0, 7 = 1,8(mol)

n HNO3(T .T) = 1,8 +1,8.10% = 1,98(mol)

218 1,98 = 0, 495(l) 4

V(HNO3 ) =

FI CI A

Bài 3. Hoà tan 1,38 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M (có hoá trị không đổi) trong dung dịch chứa hỗn hợp HNO3 đặc và H2SO4 ở nhiệt độ thích hợp thì thu được 1,8816 lít hỗn hợp 2 khí (đktc) có tỉ khối hơi so với H2 là 25,25. Xác định kim loại M. Hướng dẫn: Gọi mol từng kim loại trong hỗn hợp đầu: x, y Ta có 56x + My = 1,38 (*) Mhh = 25,25 . 2 = 50,5 nhh = 0,084 (mol)

N+5 + 1e → N+4 0,063 ←0,063(mol) +6 S + 2e → S+4 0,042 ←0,021(mol)

QU Y

Fe0 →Fe+3 +3e x 3.x (mol) 0 +n M → M +ne y n.y (mol)

a + b = 0, 084 a = 0, 063   46a + 64b = 50, 5.0, 084 b = 0, 021

ƠN

Khi hỗn hợp A + HCl Fe0 →Fe+2 +2e 2H+1 + 2e → H02 x 2.x (mol) 0,09 ←0,045(mol) 0 +n M → M +ne y n.y (mol) Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 2x + ny = 0,09 (**) Khi kim loại tác dung với dung dịch HNO3 đặc khí tạo ra sẽ là NO2 có M = 46. Mà Mhh khí = 50,5 nên khí cong lại có M > 50,5. Vậy khí còn lại là SO2. Gọi số mol 2 khí NO2, SO2 lần lượt là a, b:

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: 3x + ny = 0,063 + 0,042 = 0,105 (***) Kết hợp (*), (**) và (***) ta được:

56 x + My = 1,38  x = 0, 015   3 x + ny = 0,105  ny = 0, 06 2 x + ny = 0, 09  M = 9n  

DẠ

KÈ

Biện luận hóa trị tìm ra M = 27 thỏa mãn với n = 3. Vậy kim loại là Al Bài 4. Hoà tan hoàn toàn 2,97 gam kim loại M trong 750 ml dung dịch HNO3 0,8 M thu được dung dịch A và 0,84 lít hỗn hợp khí B ở đktc gồm N2 và N2O (không có sản phẩm khử nào khác). Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí B so với H2 là 18,8. 1. Tính thể tích mỗi khí thu được ở đktc? 2. Xác định kim loại M? 3. Hoà tan hoàn toàn 14,076 gam Na kim loại vào 500 ml dung dịch HCl x mol/l thu được khí H2 và dung dịch E. Trộn dung dịch A với dung dịch E thu được 4,68 gam kết tủa. Tính giá trị của x? Hướng dẫn: a. n HNO = 0, 75.0,8 = 0, 6(mol) Gọi số mol N2 và N2O lần lượt là x, y. Ta có: 3

219 0,84 = 0, 0375(mol) 22, 4 28 x+ 44 y d B/ H 2 = 18,8  M B = = 18,8.2 = 37, 6  28 x+ 44 y = 1, 41 x+ y  x+ y = 0, 0375  x = 0, 015   28 x+ 44 y = 1, 41  y = 0, 0225 VN 2 = 0, 015.22, 4 = 0, 336 (L)

2N+5 + 10e → N20

0,33 ← n

2. M0 → M+n + ne

FI CI A

VN 2O = 0, 0225.22, 4 = 0,504 (L)

x+y=

0,15 ← 0,015 (mol)

0,33 (mol)

2N+5 + 8e → N2+1 0,18 ← 0,0225(mol)

MM =

ƠN

Áp dụng định luật bảo toàn e: n e cho = 0,15 + 0,18 = 0, 33(mol) 2,97 = 9n 0, 33 n

14, 076 = 0, 612(mol) 23 4, 68 n Al(OH)3 = = 0, 06(mol) 78

QU Y

n Na =

Biện luận hóa trị thấy n = 3 thỏa mãn M: Al 3. Dung dịch A gồm: Al(NO3)3 = 0,11 mol; HNO3 = 0,6 - 0,11 . 3 – 0,015 . 2 – 0,0225 . 2 = 0,195 (mol).

Cho Na + 800 mL dung dịch HCl x mol/L: 2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 (1) 0,5x ← 0,5x → 0,5x 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (2) (0,612 - 0,5x) (0,612 0,5x) → Dung dịch E gồm: n NaOH = 0,612 – 0,5x; nNaCl = 0,5x mol. Khi trộn dung dịch A với dung dịch E, Vì n Al(OH) < n Al(NO ) có 2 trường hợp: - Trường hợp 1 HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O (3) 0,195 → 0,195 (mol)

KÈ

Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaNO3

DẠ

0,06

← 0,18

← 0,06

3 3

(4)

(mol)

Từ (3), (4) → 0,612 – 0,5x = 0,195 + 0,18 ↔ x = 0,474 (M)

- Trường hợp 2 HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O 0,195 → 0,195

(5)

(6)

(mol)

Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaNO3

220 0,33

0,11

(mol)

n AlOH)3(tan) = 0,11- 0, 06 = 0,05(mol)

0,05

→

0,05

(7) (mol)

Từ (5), (6), (7) → 0,612 – 0,5x = 0,195 + 0,33 + 0,05 ↔ x = 0,074 (M)

(7)

FI CI A

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

0,11 →

Vậy nồng độ của dung dịch HCl đã dùng là 0,474M hoặc 0,074M. Bài 5. Hoà tan hoàn toàn 4,95 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hoá trị không đổi trong dung dịch HCl dư thu được 4,032 lit H2. Nếu cũng hoà tan 4,95 gam X ở trên bằng a gam dung dịch HNO3 có nồng độ 9,45% (dùng dư 10% so với lượng phản ứng) thu được dung dịch A và 1,344 lít hỗn hợp N2O và NO có tỷ khối so với H2 là 20,25 (các thể tích đo ở đktc). a) Tìm R và % về khối lương của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. b) Tính giá trị của a và nồng độ % các chất tan trong dung dịch A. Hướng dẫn

ƠN

1, 344 = 0, 06(mol) 22, 4 4, 032 = = 0,18(mol) 22, 4

n H2

M = 20, 25.2 = 40,5

n NO,N2O =

Gọi số mol NO và N2O trong A lần lượt là a, b. Ta có:

Vì số mol của H2 > mol của hỗn hợp khí NO và N2O, nên kim loại R có phản ứng với * Hỗn hợp X tan trong dung dịch HCl Gọi số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp là x, y: → H20 2H+1 + 2e Fe0 → Fe+2 + 2e x → 2x (mol) 0,36 ← 0,18 (mol) 0 +n R →R + n e → ny (mol) y Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 2x + ny = 0,36 (*) Fe0 → Fe+3 + 3e N+5 + 3e → N+2 → 3x (mol) x 0,045 ← 0,015 (mol) +n +5 R → R + ne 2N + 8e → N2+1(N2O) → ny (mol) y 0,36 ← 0,045 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: 3x + ny = 0,36 + 0,045 (**) Kết hợp (*) và (**), giải hệ phương trình tìm được x = 0,045; ny = 0,27 Mặt khác: 56. 0,045 + R. 0,27/n = 4,95 R = 9n Biện luận hóa trị tìm được R là Al mFe = 0,045 . 56 = 2,52 (g)

DẠ

KÈ

HCl

QU Y

a + b = 0, 06 a = 0, 015    30a + 44b  0, 06 = 40,5 b = 0, 045 

. % m Fe =

2,52.100 = 50, 9%; % m Al = 100 - 50,9 = 49,1% 4,95

n HNO3(p . u) = 3.n Al + 3.n Fe + n NO + 2.n N 2O = 3.0, 09 + 3.0, 045 + 0, 015 + 2.0, 045 = 0,51(mol) n HNO3( dung ) = 0,51+ 0,51.10% = 0, 561(mol) mdd HNO3 =

0,561.63 = 374( g ) 9, 45%

mdung dịch sau phản ứng = 374 + 4,95 – 0,015 . 30 – 0,045. 44 = 376,52 (gam)

0, 09.213 0, 045.242 .100 = 5,1(%);C %[Fe(NO3 )3 ] = .100 = 2,9(%) 376,52 376,52 0, 051.63 = .100 = 0,85(%) 376, 52

C %[Al(NO3 )3 ] = C %(HNO3 )

FI CI A

Chất tan trong dung dịch A: Fe(NO3)3, Al(NO3)3 và HNO3 dư

221

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

2. Bài tập vận dụng: Bài 1. Hòa tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp gồm sắt và kim loại M bằng dung dịch HCl thu được 1,064 lít khí H2 (đktc). Mặt khác, cũng đem lượng hỗn hợp kim loại đó hòa tan hết trong dung dịch HNO3 loãng dư thì thu được 0,896 lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Xác định tên kim loại X? Bài 2: Cho 6 gam kim loại M chưa rõ hoá trị tan trong HNO3 dư sau phản ứng thu được 1,4 lit khí N2O (đktc). Tìm M? (ĐS: Mg) Bài 3: Cho 10,4 gam kim loại M có hoá trị không đổi tan hoàn toàn trong HNO3 sau phản ứng thu được 0,7168 lit khí N2 (đktc). Tìm M? (ĐS: Zn) Bài 4: Hoà tan 1,35 gam một kim loại M bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 21. Tìm M. (ĐS: Al) Bài 5: Hoà tan hoàn toàn 1,805 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại R có hoá trị không đổi bằng dung dịch HCl, thu được 1,064 lít khí H2. Nếu hoà tan 1,805 gam X bằng dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được 0,896 lít khí NO duy nhất. Các thể tích khí đo ở đktc. Xác định kim loại R. (ĐS: Al) Bài 6: Chia 16 gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại có hoá trị không đổi M làm hai phần bằng nhau. - Hoà tan hết phần I bằng H2SO4 loãng được 4,48 lít H2 (đkc). - Hoà tan hết phần II bằng HNO3 đun nóng thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp A gồm NO và NO2. Biết dA/O2 = 1,375. a) Tìm tên M. b) Tính thể tích dung dịch HNO3 4M đã dùng biết người ta dùng dư 10% so với lý thuyết. (M: Mg; V = 247,5ml)

222

DẠNG 7: XÁC ĐỊNH SẢN PHẨM KHỬ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol: Tính theo công thức tìm mol hoặc sử dụng phương trình, hệ phương trình toán học; - Bước 2: Gọi số oxi hóa của sản phẩm khử là a (với HNO3 a có thể = 0, 1, 2, 4, -3, sản phẩm khử tương ứng là N2, N2O, NO, NO2, NH4NO3; với H2SO4 a có thể = 0, 4, -2, sản phẩm khử tương ứng là: S, SO2, H2S) - Bước 3: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 4: Suy ra mol e nhường và mol e nhận - Bước 5: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm giá trị của a rồi kết luận sản phẩm khử 1. Bài tập minh họa: Bài tập 1. Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong HNO3 sau phản ứng thấy thoát ra 0,244 lit khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Tìm X? Hướng dẫn Ta có: nFeO = 0,03 mol, nX = 0,01 mol Khí X sinh ra chứa nitơ: NxOy, Gọi số oxi hóa của sản phẩm khử chứa N là a. Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử: Fe+3 + 1e N+5 + (5-a)e → Na Fe+2 → 0,03 mol 0,03 mol (5-a)0,01mol 0,01 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta được: 0,03 = 0,01 . (5-a)  a = 2 Vậy sản phẩm khử là NO Bài tập 2: Cho 2,52 g hh X gồm Al và Mg trộn theo tỉ lệ mol 2 : 3 tác dụng với H2SO4 đặc thì thu được muối sunfat và 0,03 mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Xác định sản phẩm tạo thành và viết các phương phản ứng. Hướng dẫn: Theo bài ra ta tính được số mol của Al và Mg nAl = 0,04 (mol) nMg = 0,06 (mol) Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử như sau: Al → Al+3 + 3e S+6 + (6-a)e → Sa 0,04 mol → 0,12 mol 0,03(6-a) 0,03 (mol) +2 Mg → Mg + 2e 0,06 mol → 0,12 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: 0,03(6-a) = 0,24  a = -2. Vậy sản phẩm khử là: H2S

DẠ

2. Bài tập vận dụng: Bài 1: Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO3 (dư), sinh ra 2,24 lít khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Xác định khí đó? (ĐS: NO) Bài 2: Cho 15,4 gam hỗn hợp Zn và Mg có tỷ lệ mol 2:1 tan trong HNO3 dư thu được +5

4,48 lit khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất của N ). Xác định công thức?

223 Bài 3: Cho 11,9 gam hỗn hợp Al và Zn có tỷ lệ mol 2:1 tác dụng vừa đủ với 1 lit HNO3 +5

ƠN

FI CI A

1M, thu được khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất của N ). Tìm công thức NxOy? Bài 4. Một hỗn hợp X gồm 0,04 mol Al và 0,06 mol Mg. Nếu đem hỗn hợp X hoà tan hoàn toàn trong HNO3 đặc nóng thu được 0,03 mol sản phẩm Y do sự khử của N+5. Nếu đem hỗn hợp X đó hoà tan trong H2SO4 đặc nóng thu được 0,12 mol sản phẩm Z do sự khử của S+6. Xác định sản phẩm khử Y và Z ? Bài 5: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,15 mol Ca và 0,02 mol ZnO bằng m gam dung dịch HNO3 10% vừa đủ thu được dung dịch Y và 0,4928 lít một chất khí Z nguyên chất duy nhất. Cô cạn dung dịch Y thu được 29,18 gam muối khan. Xác định CTPT của Z và tính m? (Quá trình cô cạn không làm muối phân huỷ) (ĐS: Z là N2 ; m=254,52 gam) Chia h ỗ n h ợ p g ồ m Mg và MgO thành 2 ph ầ n b ằ ng nhau: Bài 6: - Phần 1: Cho tác dụng hết với dung dịch HCl thu được 3,136 lít H2 (đktc), dung dịch sau phản ứng chứa 14,25 gam muối - Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu dược 0,448 lít khí X nguyên chất (đktc). Cô cạn cẩn thận và làm khô dung dịch sau phản ứng thu được 23 gam muối. Xác định công thức phân tử của khí X? (ĐS: N2)

DẠNG 8: OXI HÓA KHỬ QUA NHIỀU GIAI ĐOẠN CÁCH GIẢI CHUNG CỦA DẠNG BÀI: - Bước 1: Chuyển đổi dữ kiện đề bài thành số mol: + Tính theo công thức tìm mol hoặc sử dụng phương trình, hệ phương trình toán học; + Áp dụng 1 số công thức như: n1.M1 + n 2 .M 2 + ... n1 + n 2 + ...

QU Y

Hoặc nếu các khí ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất thì M =

V1.M1 + V2 .M 2 + ... V1 + V2 + ...

DẠ

KÈ

- Bước 2: Xác định đúng số oxi hóa ban đầu và cuối cùng; Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử - Bước 3: Suy ra mol e nhường và mol e nhận - Bước 4: Áp dụng định luật bảo toàn e để tìm mol chất oxi hóa hoặc chất khử - Bước 5: Tính toán theo yêu cầu đề bài 1. Bài tập minh họa Bài 1. Cho m gam Fe tác dụng với oxi, sau một thời gian thu được 62,4 gam hỗn hợp chất rắn A gồm 4 chất. Cho toàn bộ lượng hỗn hợp A trên tác dụng hết với dung dịch HNO3 (dư), thu được dung dịch B và 8,96 lít hỗn hợp khí C (đktc) gồm các sản phẩm khử là NO và N2O, tỉ khối của hỗn hợp C so với H2 là 18,5. Tính giá trị của m. Hướng dẫn: Gọi số mol NO và N2O lẫn lượt là x, y (mol) (x, y > 0). 8, 96 = 0, 4(mol )(*) 22, 4 30 x + 44 y = = 18, 5.2 = 37(**) x+ y

n↑C = x + y = dC / H2

Kết hợp (*) và (**), giải hệ phương trình, được x = y = 0,2 (mol) Áp dụng BTKL => Khối lượng O2 là: (62,4 – m) gam

224 62, 4 − m (mol ) . 32 O2 Sơ đồ: Fe  +  → hỗn hợp A HNO 3 du hỗn hợp A + → dung dịch Fe(NO3)3 + hỗn hợp (NO, N2O)

N+5 + 3e → N+2 0,6 0,2 N+5 + 4e → N+1 1,6 0,4 O2 + 4e → 2O-2 62, 4 − m 8

62, 4 − m 32

Áp dụng BT e ta có:

FI CI A

Feo → Fe+3 + 3e m/56 3m/56

=> Số mol O2 =

3m 62, 4 − m = 0, 6 + 1, 6 +  m = 56( g ) 56 32

ƠN

Bài 2. Oxi hoá hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp X gồm hai oxit sắt. Hoà tan hoàn toàn X bằng dung dịch axit HNO3 loãng dư. Thể tích khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) thu được sau phản ứng và số mol HNO3 đã tham gia phản ứng. Hướng dấn: Áp dụng BTKL => Khối lượng O2 là: 1,016 – 0,728 = 0,288gam 0, 288 0, 728 = 0, 009(mol); n Fe = = 0, 013(mol) . 32 56 O2 Sơ đồ: Fe  +  → hỗn hợp X + HNO 3 du hỗn hợp X  → dung dịch Fe(NO3)3 + NO

=> Số mol O2 =

N+5 + 3e → N+2 (mol) 3a ← a O2 + 4e → 2O-2 0,009 → 0,036 (mol) Áp dụng BT e ta có: 0,039 = 3a + 0,036  a = 0,001 VNO = 0,001 . 22,4 = 0,224 (L)

QU Y

Fe0 → Fe+3 + 3e → 0,039(mol) 0,013

n HNO3 = 3.n Fe(NO3 )3 + n NO = 3.0, 013 + 0, 001 = 0, 004(mol)

KÈ

Bài 3 Nung m (g) Fe2O3 với khí CO thiếu thu được 6,52(g) hỗn hợp Y gồm 4 chất rắn. Hòa tan Y hết vào dd HNO3 thì thu được 6,72 lít khí NO (đktc) duy nhất. Tìm m. Hướng dẫn: nNO = 0,3 (mol) Ta có các bán phản ứng oxi hoá khử: C+2 → C+4 + 2e N+5 + 3e → N+2(NO) a mol a mol 2a mol 0,9 mol 0,3 mol

DẠ

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta được: 2a = 0,9  a = 0,45 = nCO = n CO Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta tính được: 2

m Fe2O3 + m CO = m X + m CO2  m = m Fe2O3 = 6,52 + 0, 45.44 - 0, 45.28 = 13, 72(gam)

2. Bài tập vận dụng

225

ƠN

FI CI A

Bài 1. Để m gam sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X có khối lượng (m + 1,6) gam. Nếu cho toàn bộ X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thì thu được 4,48 lít khí SO2 (đktc) duy nhất thoát ra. Tính m. Bài 2. Để m gam sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được hỗn hợp B gồm 4 chất rắn là: Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 có khối lượng 12 gam. Cho B tác dụng với axit HNO3 thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính m? Bài 3. Để a gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian sẽ chuyển thành hỗn hợp A có khối lượng là 75,2 gam gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho hỗn hợp A phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc). Tính giá trị của a. Bài 4. Nung x gam Fe trong không khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan A trong dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch B và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối đối với He là 10,167. Tính giá trị của x Bài 5. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO3 toàn bộ lượng khí NO (sản phẩm khử duy nhất) thu được đem oxit hoá thành NO2 rồi chuyển hết thành HNO3 . Tính thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia vào quá trình trên? Bài 6. Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian thu được 6,96 gam hỗn hợp rắn X, cho X tác dụng hết với dung dịch HNO3 0,1M vừa đủ thu được dung dịch Y chỉ chứa muối sắt III duy nhất và 2,24 lít hỗn hợp khí Z gồm NO và NO2 có tỉ khối so với hidro là 21,8. a. Hấp thụ hết khí sau khi nung vào nước vôi trong dư tính khối lượng kết tủa kết tủa thu được. b. Tính giá trị m. c. Thể tích dung dịch HNO3. d. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch Y e. Cô cạn dung dịch Y thì thu được bao nhiêu gam muối. ( m CaCO = 6, 5 (gam) , m = 8 (g) C M Fe( NO ) = 0, 25M )

DẠ

KÈ

QU Y

3 3

Chuyên đề 17 BÀI TẬP VỀ TÍNH CHẤT CỦA HIDRO CACBON

226

y y )O2 → xCO2 + H2O 4 2 3n + 1 CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2

ƠN

CxHy + (x +

FI CI A

A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. Một số Hiđrocacbon trong chương trình THCS 1. Ankan Mạch hở, CTCT chỉ có liên kết đơn ( δ ) liên kết bền CTPT có dạng CnH2n+2 (n ≥ 1). Chất đại diện: Mêtan CH4 *Tính chất hóa học - Phản ứng cháy (dùng cho tất cả các Hiđrocacbon), cháy hoàn toàn sản phẩm CO2, H2O. Cháy không hoàn toàn sản phẩm ngoài CO2, H2O ra còn có muội than. CH4 + 2O2→ CO2 + 2H2O

KÈ

QU Y

Nếu đốt cháy một Hiđrocacbon mà được số mol H2O > số mol CO2 => Hiđrocacbon đó phải là CnH2n+2 - Phản ứng thế: (đặc trưng cho những Hiđrocacbon chỉ có liên kết bền xích ma: δ ) CH4 + Cl2→ CH3Cl + HCl CnH2n+2 + Cl2 → CnH2n+1Cl + HCl ↑ - Phản ứng để hiđro hóa (tách phân tử H2) CnH2n+2 → CnH2n + H2 (n ≥ 2) - Phản ứng crắcking (bẽ gãy mạch cacbon) Ankan → Anken (CnH2n) + Ankan mới +Điều chế: Al4C3 + 12H2O → 3CH4 ↑ + 4Al(OH)3 CnH2n+1COONa + NaOH (r) → CnH2n+2 + Na2CO3 * Dãy đồng đẳng của ankan C2H6, C3H8...có tính chất hóa học tương tự CH4 . 2. Anken Mạch hở, trong phân CTCT có một liên kết đôi, trong đó có một liênkết kém bền (π ) CTPT: CnH2n (n ≥ 2) Chất đại diện: Etilen C2H4 * Tính chất hóa học - Phản ứng cháy: C2H4+ 3O2→ 2CO2 + 2H2O

DẠ

CnH2n +

3n O2 → nCO2 + nH2O 2

- Phản ứng cộng (đặc trưng cho các Hiđrocacbon có liên kết π ) + Cộng H2 C2H4 + H2→ C2H6 CnH2n + H2 → CnH2n+2 + Cộng halogen (Cl2, Br2) => Anken làm mất màu dd brôm C2H4 + Br2→ C2H4Br2

227

FI CI A

CnH2n + Br2 → CnH2nBr2 + Cộng axit, cộng nước CnH2n + H2O → CnH2n+1OH CnH2n + HCl → CnH2n+1Cl Phảnứng anken + HX (X là: OH, Cl, Br,….) tuân theo quy tắc Maccopnhicop tức là sản phẩm chính X đính vào vị trí C ở liên kếtđôi cóít H hơn, nên kể từ propen khi hợp nước sản phẩm chính là ancol bậc II - Phản ứng trùng hợp xt ,t nCH2=CH2  → -(CH2-CH2)nPoli Etilen (PE) - Phản ứng oxi hóa làm mất màu thuốc tím CH2=CH2 + KMnO4 + H2O → HOCH2-CH2OH + MnO2 + KOH + Điều chế:Đun nóng rượu với H2SO4đặcở 1700c 170 C , H SO C2H5OH     → C2H4 + H2O 170 C , H SO CnH2n+1OH     → CnH2n + H2O * Dãy đồng đẳng của anken C3H6, C4H8...có tính chất hóa học tương tự C2H4 3.Ankin Mạch hở CTCT có 1 liên kết 3, trong đó có 2 liên kết kém bền ( π ) CTPT: CnH2n-2 (n ≥ 2) Chất đại diện: Axêtilen :C2H2 *Tính chất hóa học - Phản ứng cháy: 2C2H2 + 5O2→ 4CO2 + 2H2O 0

4 ( dac)

ƠN

3n + 1 O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2

QU Y

CnH2n-2 +

DẠ

KÈ

Phản ứng tỏa nhiều nhiệt, C2H2 dùng hàn cắt kim loại - Phản ứng cộng: +Cộng H2: C2H2 + H2→ C2H4 C2H4 + H2→ C2H6 CnH2n-2 + H2→ CnH2n CnH2n + H2 → CnH2n+2 CnH2n-2 +2H2→CnH2n+2 Muốn dừng lại ở giai đoạn tạo anken phải dùng xúc tác là hỗn hợp Pd/PbCO3 + Cộng Halogen: C2H2 + Br2→ C2H2Br2 C2H2Br2 + Br2 → C2H2Br4 CnH2n-2 + Br2 → CnH2n-2Br2 CnH2n-2Br2 + Br2 → CnH2n-2Br4 CnH2n-2 + 2Br2 → CnH2n-2Br4 + Cộng HX( X là OH, Cl, Br……) Tuân theo quy tắc Maccopnhicop * Cộng Hiđro Clorua C2H2 + HCl → C2H3Cl (Vinyl Clorua) * Cộng nước có HgSO4xt C2H2 + H2O → CH3CHO (Anđêhit Axetic)

228

C6 H6 + toàn)

ƠN

FI CI A

Kể từ Propyn khi hợp nước thì sản phẩm là Xeton - Phản ứng trùng hợp nhị hợp: 2C2H2 → C4H4 tam hợp: 3C2H2 → C6H6 - Phản ứng thế bằng kim loại: NH 3 C2H2 + Ag2O  → C2Ag2 ↓ + H2O (vàng) Những ankin kháccũng tham gia phảnứng thế với Ag2O như C2H2 nhưng sản phẩm thế chỉ có 1 nguyên tử Ag + Điều chế: 2CH4 → C2H2 + 3H2ở t0=15000c CaC2 + H2O → C2H2 + Ca(OH)2 * Dãy đồng đẳng của ankin C3H4, C4H6...có tính chất hóa học tương tự C2H2 4. Hiđrocacbon thơm Mạch vòng, 6 cạnh, trong đó có 3 liên kết đôi xen kẽ với 3 liên kết đơn (hệ liên hợp π ), liên kết π trong Benzen bền vững hơn so với liên kết π ở Anken và Ankin CTPT: CnH2n-6 (n ≥ 6) Chất đại diện: Benzen C6H6 * Tính chất hóa học - Phản ứng cháy: 15 O2 → 6CO2 + 3H2O 2

Benzen cháy trong không khí thường có nhiều muội than( do cháy không hoàn

QU Y

- Phản ứng thế ( với Br2 lỏng): xt ,t → C6H5Br + HBr (xt: bột Fe) C6H6 + Br2(l)  (Brômbenzen) Benzen không phảnứng với Br2ở dạng dung dịch, nên Benzen không làm mất màu dd Br2. - Phản ứng Nitro hóa:(phảnứng thế) C6H6 + HNO3 → C6H5NO2+ H2O( xt: H2SO4 ) (NitroBenzen) - Phản ứng cộng: Benzen không làm mất màu dd Brôm. C6H6 + Cl2 → C6H6Cl6 C6H6 + H2 → C6H12  Benzen thể hiện tính chất của một Hiđrocacbon no và Hiđrocacbon không no. Tuy nhiên dễ tham gia phản ứng thế, khó tham gia phản ứng cộng. + Điều chế: C ,600 C 3C2H2  → C6H6 ( t0: 6000c than hoạt tính) *Chú ý một số phản ứng: + Phản ứng cộng: Một số hệ quả: - Trong phảnứng hidro hoáđộ giảm số mol của hỗn hợp luôn luôn bằng số mol H2 tham gia phảnứng

DẠ

KÈ

229

n ankin n Br2

≥ 2 chỉ có một sản phẩm ( chứa 4 nguyên tử Br)

≤ 1 chỉ có một sản phẩm (chứa 2 nguyên tử Br) n ankin n Br2 1< < 2 có 2 sản phẩm sinh ra n ankin

FI CI A

n Br2

- Độ tăng khối lượng bìnhđựngdung dịch Br2 chính bằng khối lượng hidrocacbon tham gia phảnứng - Trường hợp ankin vàodung dịch Br2( H2):

QU Y

ƠN

Tương tự với trường hợp cộng với H2 + Phảnứng thế và phản ứng hợp nước: - Chỉ có những ankyn-1( có nối 3 ởđầu mạch) mới có phản ứng thế với AgNO3/NH3 Phản ứng này dùngđể nhận biết Ankyn-1 với các ankyn khác và anken - Ngoại trừ CH ≡ CH , các ankin còn lại khi hợp nước sẻ cho sản phẩm chính là xêton - Nếu hidrocacbon hợp nước mà tạo ra ancol đơn chức no thì hidrocacbon này chính là anken *Một số chú ý khi giải toán về Hidrocacbon - Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố, khối lượng - Phương pháp áp dụng định luật về thành phần không đổi: Tỷ lệ khối lượng của mỗi nguyên tố đối với khối lượng hợp chất là một số không đổi, tỷ lệ khối lượng giữa các nguyên tố là một số không đổi. - Phương pháp áp dụng các định luật vật lí về chất khí: + Hai chất khí ( hỗn hợp) ở cùngđiều kiện: nhiệtđộ, áp suất thì tỷ lệ thể tích chính là tỷ lệ số mol. + Hai chất khí (hỗn hợp) cùng nhiệtđộ ,thể tích thì tỷ lệ áp suất chính là tỷ lệ số mol - Phương pháp chuyển bài toán hỗn hợp thành bài toán một chất tương đương (phương pháp công thức phân tử trung bình) m hh n hh

KÈ

M = a1M1+a2M2+a3M3+……….

DẠ

a 1, a2, a3, ……là thành phần % theo số mol của các chất 1,2,3,….. M1,M2,M3, ……….là khối lượng mol của các chất 1,2,3,…… Giá trị nhỏ nhất< Giá trị trung bình< Giá trị lớn nhất. Hai số có giá trị trung bình là trung bình cộng khi và chỉ khi hai sốđó có hệ số bằng nhau: n1=n2  a1=a2 - Phương pháp biện luận: khi sử dụng hết giả thiết mà chưa tìmđược kết quả hoặc cho nhiều kết quả không hợp lí thì bài toán phảiđược giải hoặc chọn nghiệm hợp lí bằng phương pháp biện luận. B. BÀI TẬP MINH HỌA Dạng 1. BÀI TẬP NHẬN BIẾT Bài 1. Bằng phương pháp hóa học nhận biết các chất khí đựng trong các lọ riêng biệt bị mất nhãn:

230

đen.

FI CI A

a) Metan, etilen, hidrosunfua, cacbon đioxit b) Hidro, metan, lưu huỳnh đioxit, axetilen. Bài giải: a) Dẫn lần lượt mỗi khí vào dung dịch CuCl2, nhận ra H2S vì xuất hiện kết tủa

ƠN

H2S + CuCl2 → CuS↓ + 2HCl Thử các khí còn lại bằng dung dịch nước vôi trong, lọ nào làm nước vôi vẩn đục là lọ CO2: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Thử lần lượt 2 khí còn lại bằng dung dịch nước brom, nếu màu cam của nước brom nhạt dần thì đó là C2H4. Lọ còn lại là CH4. b) Dẫn lần lượt mỗi khí qua dung dịch AgNO3(trong NH3) lọ nào tạo kết tủa vàng nhạt là C2H2. NH 3 C Ag ↓ + H O C2H2 + Ag2O  → 2 2 2 Thử các lọ khí còn lại bằng dung dịch nước vôi trong, nếu nước vôi vẩn đục đó là SO2 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O Dẫn lần lượt 2 khí còn lại qua CuO nung nóng,khí nào làm chất rắn màu đen chuyển đỏ thì đó là H2, khí còn lại là CH4.

DẠ

KÈ

QU Y

Bài 2. Có 4 lọ thủy tinh mỗi lọ đựng một hỗn hợp gồm 3 chất khí: Lọ 1: (CH4, C2H4, CO2) Lọ 2: (CH4, C2H4, SO2) Lọ 3: (CH4, C2H4, C2H2) Lọ 4: (CH4, H2, CO2) Hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt mỗi lọ khí trên. Viết phương trình hóa học (nếu có). Bài giải: Thử các hỗn hợp bằng dung dịch AgNO3/NH3 nếu có kết tủa màu vàng nhạt là hỗn hợp của lọ 3: (CH4, C2H4, C2H2) vì: C2H2 + Ag2O → C2Ag2 ↓ + H2O Dẫn lần lượt 3 hỗn hợp còn lại qua ống sứ đựng CuO nung nóng, nếu chất rắn đen chuyển thành màu đỏ thì nhận ra hỗn hợp Lọ 4: (CH4, H2, CO2) H2 + CuO → Cu + H2O Dẫn 2 hỗn hợp khí còn lại qua 2 bình đựng dung dịch brom dư, thu khí thoát ra rồi dẫn tiếp qua bình đựng nước vôi trong. Nếu bình nước vôi bị vẩn đục thì hỗn hợp đầu là lọ 1: (CH4, C2H4, CO2). Nếu nước vôi không vẩn đục thì đó là lọ 2: (CH4, C2H4, SO2). C2H4 + Br2 → C2H4Br2 SO2 + Br2 +2H2O → H2SO4 + 2HBr CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Bài 3. Có các chất khí sau: CH4, C2H4, C2H2, NH3, SO2. Bằng phương pháp hóa học hãy trình bày cách nhận biết các khí trong mỗi bình riêng rẽ. Bài giải: Trích mỗi chất ra các ống thử rồi đánh dấu. Cho quỳ tím ẩm vào mỗi mẫu thử:

231

FI CI A

lại.

+Mẫu làm xanh giấy quỳ là mẫu chứaNH3 + Mẫu làm hồng giấy quỳ là mẫu chứa SO2. Các mẫu khác không có hiện tượng gì,cho dung dịch brom vào các mẫu thử còn

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

+ Mẫu nào không làm mất màu dung dịch brom là CH4. + Mẫu làm mất màu dung dịch brom là mẫu C2H4 và C2H2: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H2 + Br2 → C2H2Br2 Dẫn khí ở 2 ống đựng C2H4 và C2H2 lần lượt vào dung dịch AgNO3/NH3 nếu có kết tủa màu vàng nhạt làC2H2 C2H2 + Ag2O → C2Ag2 ↓ + H2O Bài 4. Trình bày cách nhận biết các chất khí sau đây chỉ bằng 2 thuốc thử: C2H4, C2H2, C2H6, SO2,CO2. Bài giải: Ta dùng dung dịch Br2 và dung dịch Ca(OH)2 + Sục từng khí vào dung dịch brom nhận ra: Nhóm 1: Làm nhạt màu dung dịch brom là C2H4, C2H2,SO2 Nhóm 2: Không có hiện tượng gì làC2H6, CO2. + Sục từng khí vào dung dịch Ca(OH)2 dư, nhận ra CO2 và SO2, từ đó nhận được C2H6. + Sục 2 khí C2H4, C2H2có số mol bằng nhau vào 1 lượng dung dịch Br2 có nồng độ như nhau nhận ra dung dịch C2H2 làm nhạt màu dung dịch Brom ít hơn C2H4. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H2 + Br2 → C2H2Br2 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O Bài 5.Trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các khí đựng trong các bình riêng biệt không dán nhãn đựng: H2, O2,CH4,C2H4,C2H2. Bài giải: + Dẫn từng khí qua dung dịch AgNO3/NH3, khí cho kết tủa màu vàng nhạt là C2H2: C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3 + Dẫn lần lượt 4 khí còn lại qua dung dịch Brom, khí làm mất màu dung dịch Br2 là C2H4: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 + Ba khí còn lại dùng tàn đóm đỏ để nhận biết ra O2 vì O2 làm tàn đóm bùng cháy. + Đem đốt 2 khí còn lại rồi cho sản phẩm qua dung dịch nước vôi trong, nếu nước vôi vẩn đục thì ban đầu là CH4, còn lại là H2 . CH4 + 2O2→ CO2 + 2H2O CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 6. Dùng phương pháp hóa học nhận biết các bình mất nhãn chứa các hỗn hợp khí sau: (CH4, C2H4, CO2); (CH4, C2H4, C2H2); (N2, H2, CO2); (CH4, C2H4, SO2). Gợi ý: - Dùng dd Br2 nhận ra bình (N2, H2, CO2) vì không làm mất màu Brom. - Dùng dd Ca(OH)2 nhận ra bình (CH4, C2H4, C2H2) vì không tạo kết tủa.

232

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

- Đốt cháy, làm lạnh 2 hỗn hợp còn lại, sục vào nước brom, nhận được (CH4, C2H4, SO2) vì làm nhạt màu dd. Còn lại là (CH4, C2H4, CO2). Bài 7. Trong một bình chứa hỗn hợp khí : CO2, C2H4, SO2. Hãy trình bày phương pháp hóa học để nhận ra sự có mặt của các khí đó trong hỗn hợp. Gợi ý: - Dẫn hỗn hợp vào bình nước vôi trong dư CO2, SO2 phản ứng tạo kết tủa. Dẫn khí đi ra vào dung dịch brom thấy nhạt màu là C2H4. - Lọc kết tủa cho phản ứng với HCl, dẫn khí sinh ra vào dung dịch brom dư nếu nhạt màu là SO2, dẫn tiếp vào bình nước vooicos kết tủa là CO2. Bài 8. Có 5 chất khí: C2H4, C2H2, CH4, SO2,CO2 đựng trong các bình riêng biệt bị mất nhãn. Chỉ bằng 2 thuốc thử hãy trình bày cách nhận biết các chất khí trên và viết các phương trình hóa học. Gợi ý: - Dùng dd Br2 nhận ra 2 nhóm: nhóm I(C2H4, C2H2, SO2) làm nhạt màu dd; nhóm II (CH4, CO2) - Dùng dd Ca(OH)2 nhận ra CO2, SO2 => CH4. - Sục 1 lượng như nhau 2 khí C2H4 và C2H2 vào cùng lượng Br2 nồng độ như nhau nhận được 2 chất vì một chất làm nhạt màu dd nhiều hơn. Dạng 2. TÁCH CHẤT RA KHỎI HỖN HỢP Bài 1. Dùng phương pháp hóa học để tách các khí sau: a) Metan có lẫn etilen b) Etilen có lẫn khí cacbonic c) Metan có lẫn axetilen. Bài giải: a) Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch Br2 dư thì C2H4 bị giữ lại do có phản ứng xảy ra, khí còn lại ta thu được là CH4. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 b) Cho hỗn hợp còn lại qua dung dịch Ca(OH)2 dư thì CO2 phản ứng nên bị giữ lại, khí đi ra là C2H4. CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O c) Dẫn hỗn hợp đi qua dung dịch Br2 dư thì C2H2 bị giữ lại do có phản ứng xảy ra, khí còn lại ta thu được là CH4. C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 Bài 2. Có hỗn hợp các chất khí sau: CH4, C2H4, C2H2, NH3, SO2. Bằng phương pháp hóa học hãy trình bày cách tách riêng từng chất khí ra khỏi hỗn hợp của chúng. Bài giải: + Cho hỗn hợp vào dung dịch H2SO4 dư, rồi cho tiếp kiềm dư vào ta tách được NH3: NH3 + H2SO4→ NH4HSO4 NH4HSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + NH3 + 2H2O + Cho hỗn hợp còn lại qua dung dịch Ca(OH)2 dư, lọc lấy kết tủa CaSO3 cho vào dung dịch HCl thu được khí SO2. SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O CaSO3 + 2HCl→ CaCl2↓ + H2O + SO2 + Hỗn hợp khí thoát ra cho vào AgNO3/NH3 thu được kết tủa vàng: C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3

233

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

Lọc kết tủa vàng cho vào dung dịch HCl ta thu được C2H2: C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl↓ + Hỗn hợp khí còn lại gồm CH4, C2H4 dẫn vào dung dịch Br2 thì C2H4 bị giữ lại: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Thu được C2H4 , còn lại là CH4. Bài 3. Bằng phương pháp hóa học, làm thế nào để tách được riêng khí metan từ hỗn hợp X gồm các khí: sunfurơ, cacbonic, metan, axetilen, etilen và hơi nước. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Bài giải: + Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch NaOH đặc, dư thì 3 khí CO2, SO2, hơi H2O bị hấp thụ: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O + Thu lấy hỗn hợp khí còn lại cho phản ứng với dung dịch Br2 dư thì C2H4, C2H2 bị giữ lại do có phản ứng xảy ra, khí còn lại ta thu được là CH4. C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 Bài 4. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất khí ra khỏi hỗn hợp gồm các khí sau: C2H6, C2H4, C2H2, SO2 Bài giải: + Cho hỗn hợp đi qua dung dịch NaOH dư, chỉ có SO2 bị giữ lại, sau đó cho H2SO4 vào dung dịch trên ta thu được SO2: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Na2SO3+ H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O + Hỗn hợp khí còn lại chỉ gồm 3 hidrocacbon cho đi qua dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa vàng: C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3 Lọc kết tủa vàng cho vào dung dịch HCl ta thu được C2H2: C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl↓ + Cho hỗn hợp 2 khí còn lại tác dụng với dung dịch Br2 dư thì C2H4 bị giữ lại do có phản ứng xảy ra, khí còn lại ta thu được là C2H6. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 Cho dung dịch thu được tác dụng với kim loại Zn ta thu được C2H4: C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 5. Trình bày phương pháp tinh chế CH4 từ hỗn hợp khí gồm: CH4, C2H4, C2H2, CO2. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Gợi ý - Dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua dd brom dư và dd Ca(OH)2 dư. Bài 6. Trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng chất khí ra khỏi hỗn hợp gồm các khí sau: C2H6, C2H4, C2H2, SO2, CO2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Gợi ý - Cho hỗn hợp đi qua dung dịch NaOH dư thì thu được 1 dung dịch và 1 hỗn hợp khí (C2H6, C2H4, C2H2).

234

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

- Cho dung dịch tác dụng với H2SO4 loãng dư thu được 2 khí (SO2, CO2). Dẫn 2 khí này qua dd Br2 đặc dư thu khí đi ra là CO2. Cho tiếp S vào dd còn lại đun nóng được SO2. - Cho hỗn hợp 3 khí trên qua dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa vàng. Lọc kết tủa cho vào dd HCl được khí C2H2. Dẫn hỗn hợp 2 khí (C2H6, C2H4) qua dd brom dư thu khí thoát ra là C2H6. Cho Zn vào hỗn hợp còn lại sau phản ứng đun nóng được C2H4. Bài 7. Trình bày phương pháp hóa học và viết phương trình phản ứng để tinh chế: a) C2H2 có lẫn C2H4, CH4, CO2 b) C2H4 có lẫn C2H2, SO2, SO3, HCl c) CH4 có lẫn C3H6, C2H4, C2H2, SO2 Gợi ý: a) Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa vàng. Lọc kết tủa cho vào dd HCl được khí C2H2. b) Dẫn hỗn hợp khí qua dung dịch NaOH dư, sau đó dẫn qua dung dịch AgNO3/NH3, khí còn lại là C2H4 c) Dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua dd brom dư. Bài 8. Hỗn hợp X gồm: CH4, NH3, C2H4, C2H2, CO2. Hãy nêu phương pháp hóa học để tách riêng mỗi khí ra khỏi hỗn hợp. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Gợi ý: - Dẫn hỗn hợp qua bình đựng H2SO4 dư, sau đó cho tiếp kiềm dư vào dd thu được NH3. - Dẫn hỗn hợp còn lại qua dd Ca(OH)2 dư, lọc lấy CaCO3 cho vào dd HCl thu được CO2. - Dẫn hỗn hợp 3 khí CH4, C2H4, C2H2 qua dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa vàng. Lọc kết tủa cho vào dd HCl được khí C2H2. - Dẫn hỗn hợp 2 khí CH4, C2H4 qua dung dịch dd brom dư thu khí thoát ra là CH4. Cho Zn vào hỗn hợp còn lại sau phản ứng đun nóng được C2H4. Dạng 3. BÀI TẬP VỀ CHUỖI PHẢN ỨNG Bài 1. Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (các chất hữu cơ được viết dưới dạng CTCT, có ghi điều kiện phản ứng) Nh«m cacbua metan clometan ®iclometan

Bài giải: Các phương trình hóa học xảy ra: Al4C3 + 12H2O → 3CH4 ↑ + 4Al(OH)3 CH4 + Cl2→ CH3Cl + HCl CH3Cl + Cl2→ CH2Cl2 + HCl CH2Cl2 + Cl2→ CHCl3 + HCl CHCl3 + Cl2→ CCl4 + HCl

Y DẠ

tetraclometan

Bài 2.

triclometan

235

(4)

C2H2

(5)

(2)

(8)

C2H4

C2H5OH

(9)

(6)

(10) (15)

CH3CHO

(7)

(3) (14)

CH3COONa

(11)

C2H5Cl

(13)

CH3COOH

(12)

C4H10

C4H6

Bài giải: Các phương trình hóa học xảy ra:

(2) CH (3)

CH +

CH3CHO

(4) CH (5)

1500oC lµm l¹nh nhanh

H2O

(6) CH2

CH2

(9) CH 3

CH2OH

(10) CH3

CH2Cl

Y DẠ

Bài 3.

H3C

CH2 CH2 CH3 +

CH2

+ NaOH xt, to

CH2

CH2 CH2 CH3 +

2H2 5 O 2 2

+ NaOH + NaOH

CH2

CH2OH

Ni, to xt, to

CH4

H2O

NaCl

CH2 + 2H2O +

H3C

CH2 CH2 CH3

2 CH3COOH + H2O

CH3COONa CaO, to

2NaCl

CH2OH

CH3 CH2

CH2Cl

CH3

170oC

CH2

CH3CHO

CH3

H2SO4

CH3COONa

CH2

H+

H2O

CH2OH

(14) CH3COOH (15)

2Na

KÈ

(11) 2 CH3

(13) H3C

Pd, PbCO3

QU Y

(8) CH2

CH3COOH

HCl

(7) 2 CH3 CH2Cl +

(12) CH2

xt, to

1 PdCl2, CuCl2 O to 2 2

2H2

CH3CHO

80oC

1 O 2 2

CH2

HgSO4, H2SO4

CH2 +

CH2

ƠN

2 CH4

(1)

FI CI A

(1)

CH4

Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (các chất hữu cơ được viết dưới dạng CTCT, có ghi điều kiện phản ứng)

+ H2O Na2CO3

236 Hoàn thành các phương trình hóa học dưới đây bằng các CTCT phù hợp:

(B)

(3)

(B)

Cl2

(4)

(F)

(5)

(H)

Cl2

(6)

(I)

1500oC lµm l¹nh nhanh as

(C)

(D)

(E)

(F)

(G)

(2)

(B)

FI CI A

(A)

(H)

NaCl

(I)

(G)

(A)

NaCl

CRK

(1)

ƠN

Bài giải: Từ các điều kiện của phản ứng (2) B là CH4; D và E là CH≡CH và H2 Theo các phản ứng (2), (6), (1)  Theo các phản ứng (2) → (6) và (1)  (F) là CH3Cl, (G) là HCl, (H) là CH3CH3, (I) là CH3-CH2Cl, (A) làCH3-CH2-CH2-CH3, (C) là CH3-CH=CH2 Các phương trình hóa học xảy ra: CRK

(1) CH3 CH2 CH2 CH3 (A)

1500oC lµm l¹nh nhanh

QU Y

(2) 2 CH4 (B) (3) CH4 (B)

+ Cl2

CH3Cl (F)

M KÈ

(6) 2 CH3 CH2Cl + 2 Na (I)

CH3 CH3 (H) as

+ CH3 CH CH2 (C) +

CH CH (D)

(4) 2 CH3Cl + 2 Na (F)

(5) CH3 CH3 + Cl2 (H)

CH4 (B)

3 H2 (E) HCl (G)

CH3 CH2Cl (I)

2 NaCl

HCl (G)

CH3 CH2 CH2 CH3 + 2 NaCl (A)

BÀI TẬP VẬN DỤNG

DẠ

Bài 4. Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (các chất hữu cơ được viết dưới dạng CTCT, có ghi điều kiện phản ứng) n - C6H14

Bài 5.

C 4H 8

C4H10

C 2H 6

C2H 5Br

C2H 4

237

(1)

Vinyl clorua

(4)

Vinylaxetilen

(3)

Metan

Axetilen (5)

FI CI A

Metan

(2)

Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (các chất hữu cơ được viết dưới dạng CTCT, có ghi điều kiện phản ứng)

Buta -1,3-dien

(6)

Cao su Buna

Gợi ý - Công thức Vinyl clorua là CH2=CHCl; Vinyl Axetilen là CH2=CH-C≡CH

C6H6

C6H12

CH3CHO

C2H5OH

Bài 9. Viết các phương trình hóa học hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau (các chất hữu cơ được viết dưới dạng CTCT, có ghi điều kiện phản ứng) C2H2

cao su Buna

ƠN

Buta -1,3-®ien

( §Ò thi §H Hång Bµng 1998 -1999)

Dạng 4. BÀI TẬP ĐỊNH LƯỢNG I. Dạng toán tìm công thức phân tử dựa vào công thức đơn giản: Bài 1: Đốt cháy hoàn toàn m gam chất A cần dùng 5,824 lit O2 (đktc). Sản phẫm có CO2, H2O được chia đôi. Phần 1 cho đi qua P2O5 thấy lượng P2O5 tăng 1,8 gam. Phần 2 cho đi qua CaO thấy khối lượng CaO tăng 5,32 gam. Tìm m và công thức phân tử của A biết A ở thể khí trong điều kiện thường.

QU Y

Bài giải: Sản phẩm cháy: CO2, H2O  A chứa C, H có thể có O. P2O5 hấp thụ H2O  mH2O = 1,8 gam CaO hấp thụ H2O và CO2  mCO2 = 5,32 – 1,8 = 3,52 (g) Tính toán: mO2 (phản ứng) = mO2 (trong CO2 và H2O)  A chỉ có C, H A: CxHy 3,52 1,8 .12 = 0,96 (g) ; mH = .2 = 0,2 (g) 44 18

mC =

KÈ

 m = 0,96 + 0,2 = 1,16 (g) 0,96 0,2 x:y= : = 0,08 : 0,2 = 2 : 5 12 1

DẠ

(C2H5)n Vì A là chất khí trong điều kiện thường  2n ≤ 4  n ≤ 2  n = 1; n = 2 Chỉ chọn nghiệm thích hợp: n = 2  A: C4H10 II. Định lượng,định tính Hiđrocacbon nhờ so sánh số mol của sản phẩm

cháy. Cn H 2n + 2 cháy ⇔ số mol H2O > số mol CO2

Số mol ankan = số mol H2O - số mol CO2

238 C n H 2n cháy ⇔ số mol H2O = số mol CO2

n CO 2 n O2 n CO2 n O2 n CO 2

> 1, 5 thì hidrocacbon là ankan = 1, 5 thì hidrocacbon là anken < 1, 5 thì hidrocacbon là ankyn hoặc ankadien

n O2

FI CI A

Số mol Cn H 2n − 2 = số mol CO2 - số mol H2O Hoặc dựa vào tỷ lệ số mol O2 và số mol CO2 Xét hidrocacbon mạch hở trong chương trình THCS:

Cn H 2n − 2 cháy ⇔ số mol CO2> số mol H2O

Chúý: hidrocacbon ở thể khí trong điều kiện thường thì n ≤ 4 Bài 2: Hỗn hợp X chứa 2 Hiđrocacbon A, B thuộc loại Ankan, Anken, Ankin, tỉ

22 . Đốt cháy 0,3 mol hỗn hợp X, cho tất cả sản 13

ƠN

lệ khối lượng phân tử của chúng là

phẫm cháy hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thì khối lượng bình tăng thêm 46,5 gam và có 147,75 gam kết tủa. Xác định CTPT của các Hiđrocacbon.

nCO2 = nBaCO3 =

147,75 = 0,75 (mol) 197

= 46,5 – 0,75.44 = 13,5 (g)

 nH2O =

13,5 = 0,75 (mol) = nCO2 18

QU Y

 mH2O

Bài giải: Độ tăng của bình = m(CO2 + H2O) = 46,5 (g)

 Hai Hiđrocacbon chỉ có thể là 2 Anken hoặc 1 Ankan, 1 Ankin.

TH: A, B là 2 Anken. CT chung là C n H2 n

3n O2 → n CO2 + n H2O 2 0,3 n 0,3 n = 0,75   n = 2,5  có một Anken là C2H4,Anken còn lại là CmH2m

0,3 (m>2)

C n H2 n +

KÈ

14m 22 = 28 13



m lẻ, loại

Hai Hiđrocacbon phải là 1 Ankan và 1 Ankin: CnH2n+2 và CmH2m-2 (n ≥ 1, m ≥ 2)

MAnkan 22 = MAnkin 13 14n + 2 22 = (1)  14m − 2 13 3n + 1 CnH2n+2 + O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2

DẠ

TH 1:

x CmH2m-2 + y

nx + x

3m − 1 O2 → mCO2 + (m-1)H2O 2

my – y

239

FI CI A

MAnkin 22 14m − 2 22 = =  MAnkan 13 14n + 2 13

TH 2:

nx + my = 0,75 nx + my + x – y = 0,75  x – y = 0  x = y = 0,15 (2) n + m = 5 Kết hợp (1) và (2), ta có: n = 3; m = 2 C3H8 và C2H2 (3)

3m O2 → mCO2 + mH2O 2

CmH2m +

ƠN

Kết hợp (2) và (3) ta được m = 3,3; n =1,7 Vậy 2 Hiđrocacbon đó là C3H8 và C2H2 Bài 3: Đốt cháy hoàn toàn một hỗn hợp gồm những lượng bằng nhau về số mol của 2 Hiđrocacbon có cùng số nguyên tử C trong phân tử thu được 3,52 gam CO2 và 1,62 gam H2O. Xác định công thức phân tử 2 Hiđrocacbon. Bài giải: nCO2= 0,08 mol; nH2O = 0,09 mol; Vì nH2O >nCO2 , mà 2 hidro cacbon có cùng số nguyên tử C nên đó phải là 1 ankan và 1anken: Gọi số mol của chúng là x:

3m + 1 CmH2m+2 + O2 → mCO2 + (m+1)H2O 2

QU Y

x mx (mx+x) => 2mx =0,08 2mx + x = 0,09 => x = 0,01 => 2m = 8 => m=4 Vậy 2 Hiđrocacbon đó là C4H8 và C4H10 III. Xác định CTPT của Hiđrocacbon thông qua khối lượng phân tử trung bình và tỉ lệ thể tích

KÈ

Bài 4. Đốt cháy một hỗn hợp gồm 2 hydrocacbon A, B (có M hơn kém nhau 28g) thì thu được 0,3mol CO2 và 0,5 mol H2O. Tìm CTPT & tên A, B Bài giải: Hydrocacbon A, B có M hơn kém nhau 28g  A, B thuộc cùng dãy đồng đẳng. Cách 1 : A, B + O2→ CO2 + H2O n H 2O n CO 2

0,5 = 1,67 >1  A, B thuộc dãy đồng đẳng ankan. 0,3

DẠ

Đặt CTTB A, B : C n H 2 n + 2 : a mol C n H 2n+2 +

3n + 1 O 2 → nCO 2 + ( n + 1)H 2 O 2

a Ta có

n H2O n CO2

→ a n → a( n +1)

(mol)

0,5 n + 1 =  n = 1,5 0,3 n

Đặt CTTQ A, B : CnH2n+2 và CmH2m+2 Giả sử n< m  n< 1,5  n = 1  CTPT A : CH4 (M = 16)

240

 MB = 16 + 28 = 44  CTPT B : C3H8.

FI CI A

IV. Tìm CTPT của Hiđrocacbon dựa vào biện luận số liên kết kém bền (liên kết π ). Một Hiđrocacbon mạch hở CTTQ có thể viết dưới dạng CnH2n+2-2a, trong đó a là số liên kết kém bền (liên kết π ).

ƠN

Bài giải: 0,2688 nA = = 0,012 (mol) 22,4 3,2 nBr2 = = 0,02 (mol) 160 1,408 nCO2 = = 0,032 (mol) 44

Bài 6: Hỗn hợp khí A (đktc) gồm 2 Hiđrocacbon mạch thẳng. Lấy 268,8 ml hỗn hợp A cho từ từ qua bình nước Brôm dư thấy có 3,2 gam Brôm tham gia phản ứng, không có khí thoát ra khỏi bình Brôm. Mặt khác, đốt cháy 268,8 ml hỗn hợp A thì thu được 1,408 gam CO2. Xác định CTPT 2 Hiđrocacbon.

DẠ

KÈ

QU Y

Không có khí thoát ra khỏi bình Brôm dư  cả 2 Hiđrocacbon đều có liên kết kém bền Đặt CT của chúng là: CnH2n+2-2a và CmH2m+2-2b (a, b nguyên; n, m ≥ 2) Số mol của chúng có trong hỗn hợp lần lượtlà x, y. CnH2n+2-2a + aBr2 → CnH2n+2-2aBr2a x ax CnH2n+2-2b + bBr2 → CnH2n+2-2bBr2b y by Ta có: x + y = 0,012 (1) ax + by = 0,02 (2) nx + my = 0,032 (3) Vì a, b nguyên mà 0,02 không phải là bội số của 0,012  a ≠ b (a, b ≥ 1) Xét a = 1, b = 2 Thay vào (2) ta có: x + 2y = 0,02 Kết hợp với (1)  x = 0,004, y = 0,008. Thay vào (3)  n + 2m = 8 m = 2, n = 4  C2H2 và C4H8 m = 3, n = 2  C3H4 và C2H4 Vì a, b độc lập nhau nên không xét trường hợp ngược lại. Các trường hợp khác đều không thích hợp.

V. Tìm CTPT của Hiđrocacbon dựa vào độ chênh lệch khối lượng CO2 và H2O sau phản ứng cháy Bài 7: Hỗn hợp khí A (ở đktc) gồm Anken là đồng đẵng liên tiếp. Đốt cháy 8,96 lít hỗn hợp khí A rồi cho sản phẩm đốt cháy lần lượt đi qua ống 1 đựng P2O5 và ống 2

241

C n H2 n +

FI CI A

Bài giải: CnH2n, CmH2m m = n + 1 m ≤ 4 vì là chất khí Đặt CT chung là: C n H2 n n <n < m nhỗn hợp = 0,4 (mol)

đựng KOH rắn, thấy khối lượng ống 1 tăng m gam, ống 2 tăng (m + 39) gam. Xác định CTPT 2 Anken.

3n O2 → n CO2 + n H2O 2 0,4 n 0,4 n

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

0,4 mCO2 = độ tăng khối lượng bình KOH mH2O = độ tăng khối lượng nình P2O5 mCO2 – mH2O = 39 44.0,4 n - 18.0,4 n = 39  n = 3,75  m > 3,75  m = 4  n = 3 C3H6 và C4H8 VI. Dạng xác định của Hiđrocacbon dựa vào phảnứng cộng H2 và Br2, định luật bảo toàn khối lượng Chú ý: Trong phản ứng hiđro hóa của Hiđrocacbon thì tổng số mol (hoặc V) sau phản ứng luôn giảm so với trước phản ứng, lượng giảm đó luôn chính bằng số mol (hoặc V) của H2 tham gia phản ứng cho dù hiệu suất của phản ứng là bao nhiêu. Bài 8: Hỗn hợp khí X gồm H2 và ankin A. Cho 8,96 lít X (đktc) đi qua Ni,t0 sau khi phảnứng xãy ra hoàn toànđưa vềđktc thì thu được 4,48 lít hỗn hợp Y. Y không làm mất màu nước Br2 . Tính % các chất trong X và trong Y . Bài giải: Y không làm mất màu nước Br2 chứng tỏ Y chỉ có ankan và H2dư Số mol hỗn hợp sau phảnứng giảm: 0,2mol = số mol H2 tham gia phảnứng Số mol ankin A = ½ số mol H2 = 0,1mol Số mol H2 trong X = 0,3mol ⇔ 75% H2 và 25% ankin Trong Y có Ankan: 0,1mol và H2 dư: 0,1mol tương đương với 50%, 50% Bài 9: Trong một bình kín chứa 0,35 mol C2H2; 0,65 mol H2 và mộtít bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H2 bằng 8. Sục X vào lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3đến phảnứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y và 24 gam kết tủa. Hỗn hợp khí Y phảnứng vừađủ với bao nhiêu mol Br2 trong dung dịch? Bài giải: Khối lượng hỗn hợp trước phảnứng: 0,35.26+0,65.2=10,4 gam = khối lượng hỗn hợp sau phảnứng Msaupu = 2.8=16 Tổng số mol sau phảnứng=

10, 4 = 0, 65(mol) 16

số mol H2 tham gia= 0,35mol số mol H2 dư= 0,3mol n Ag2C2 =

24 = 0,1(mol) = n C2 H2du 240

242

Bài giải: CnH2n+2: b (mol)

FI CI A

Tổng số mol C2H4 và C2H6 trong X= 0,25(mol) C2H2 +H2 → C2H4 a a a C2H2 +2H2 → C2H6 b 2b b Giải hệ a+b=0,25 vàa+2b= 0,35 được a= 0,15 Vậy hỗn hợp phảnứng vừađủ với 0,15 mol Br2 Bài 10: Hỗn hợp khí A gồm H2, CnH2n+2, CmH2m, Cm+1H2(m+1). Cho 560 ml A đi qua ống chứa bột Ni, to, được 448 ml hỗn hợp khí A1. Cho A1 lội qua bình nước Brôm, thấy nước Brôm bị nhạt màu một phần, và khối lượng bình tăng thêm 0,345 gam. Hỗn hợp khí A2 đi ra khỏi bình Brôm chiếm V = 280 ml và có tỷ khối đối với không khí bằng 1,283. Xác định CTPT các Hiđrocacbon. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các Anken phản ứng với tốc độ bằng nhau, các V đo ở đktc.

 14 m =

QU Y

ƠN

A (H2: a (mol) C m H2 m : c (mol) nA = 0,025 (mol) A1 (CnH2n+2, C m H2 m +2:a (mol); C m H2 m dư: (c-a) (mol)) Vì A1 làm nhạt màu dd Br2  C m H2 m dư nA1 = 0,02 (mol)  nH2 = a = 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol) A1 → A 2 độ tăng khối lượng bình Br2 = khối lượng C m H2 m dư = 0,345 (gam)  A2 (CnH2n+2: b (mol); C m H2 m +2: a (mol)) nA2 = 0,0125 (mol) M A2 = 1,283 . 29 = 37,2 Trong A2 có b = 0,0125 – 0,005 = 0,0075 a + b + c = 0,025  c = 0,0125  Số mol C m H2 m dư = c – a = 0,0075 0,345 = 46  m = 3,3 0,0075

DẠ

KÈ

 2 Anken là: C3H6 và C4H8 Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = mA1 mA1 = mA2 + mAnken dư = 37,2 . 0,0125 + 0,345 = 0,81 (gam) Trong A: mH2 = 2 . 0,005 = 0,01 mC m H2 m = 14 m . c = 0,575  mCnH2n+2 = 0,225 0,225 = 30  n = 2  14n + 2 = 0,0075  C2H6

C. BÀI TẬP VẬN DỤNG ( Phần định lượng) Bài 11: Đốt cháy hoàn toàn 0,42 gam chất X chỉ thu được CO2 và H2O. Dẫn toàn bộ sản phẫm vào bình chứa dung dịch nước vôi trong dư thì khối lượng bình tăng thêm

243

ƠN

FI CI A

1,86 gam và có 3 gam kết tủa. Khi hóa hơi m gam X thì VX = 40% V của m gam N2 (trong cùng điều kiện). Tìm X. Bài giải: Khối lượng bình tăng thêm do nước và CO2 bị giữ lại. nCO2= nCaCO3 = 0,03mol=> mCO2 = 1,32g => mC= 0,36g hay 0,03mol. mH2O = 1,86-1,32= 0,54g => mH =0,06g hay 0,06 mol. Vì mC + mH = 0,36+ 0,06= 0,42 nên X chỉ chứa C và H. Gọi công thức là CxHy: ta có x:y = 0,03:0,06= 1:2=> CTĐG là (CH2)n Mặt khác: hóa hơi m gam X thì VX = 40% V của m gam N2 (trong cùng điều kiện)=> 0,4MX = MN2 => MX = 70 => X là C5H10 ĐS: C5H10 Bài 12 :Đốt cháy 19,2 g hỗn hợp 2 ankan kế tiếp thì thu được V lít CO2 (0oC, 2 atm). Cho V lít CO2 trên qua dd Ca(OH)2 thì thu được 30g kết tủa. Nếu tiếp tục cho dd Ca(OH)2 vào đến dư thì thu được thêm 100g kết tủa nữa. a) Xác định CTPT 2 ankan. b) Tính thành phần % theo khối lượng 2 hydrocacbon. Bài giải: Ở bài này, đốt cháy hỗn hợp gồm 2 ankan liên tiếp nên dùng phương pháp trung bình để giải. a) Xác định CTPT 2 ankan : Đặt CTTQ 2 ankan X : CnH2n+2 : a (mol) Y : CmH2m+2 : b (mol) CTPT trung bình 2 ankan C n H 2 n+ 2 Giả sử n < m  n< n < m = n + 1.

QU Y

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 Khi cho thêm dd Ca(OH)2 vào đến dư : Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 + 2H2O Áp dụng ĐLBT khối lượng thì mCO2 = mCO2 (trong

 nCO2 = nCaCO3 =

)

 mCO2 = 1,3 x 44 = 57,2 (g)

3n + 1 O2  → nCO2 + (n + 1) H 2 O 2 44 n

KÈ

C n H 2n+ 2 +

30 + 100 = 1,3 (mol) 100

 CaCO

19,2 Ta có tỉ lệ :

57,2

M 44n 14n + 2 44n = ⇔ = 19,2 57,2 19,2 57,2

 n = 2,6

DẠ

Ta có n < n = 2,6 < m = n+1  n = 2 và m =3 Vậy CTPT 2 ankan là C2H6 và C3H8 ĐS: C 2H6 và C3H8 Bài 13:Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp 2 hiđrocacbon mạch hở, liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 22,4 lít CO2 (đktc) và 25,2g H2O. CTPT 2 hiđrocacbon là: A. CH4, C2H6 B. C2H6, C3H8 C. C3H8, C4H10 D. C4H10, C5H12 Bài giải:

244 22, 4 25, 2 = 1(mol ); nH 2O = = 1, 4(mol )  nCO2 < nH 2O  Dãy đồng đẳng của ankan. 22, 4 18

nCO2 =

Cn H 2 n + 2

3n + 1 O2  → nCO2 + (n + 1) H 2 O 2 1 mol → n ( n + 1)

C n H 2n+ 2 +

Theo p/ư ta có Theo đầu bài

n n +1 = → n = 2,5 → 1 1, 4

1,4

FI CI A

Hai ankan kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng → công thức chung của 2 ankan là

mol mol

n1 = 2 < n =2,5< n2 = 3 → công thức của 2 ankan là C2H6

và C3H8

ƠN

ĐS: C2H6 và C3H8 Bài 14:Đốt cháy hoàn toàn 2 hiđrocacbon kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Sản phẩm cháy cho lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng KOH rắn thấy khối lượng bình 1 tăng 5,6 g và bình 2 tăng 8,8g. Hai hiđrocacbon đó là: B. C2H6, C3H8 A. C2H4, C3H6 C. C3H6, C4H8 D. C3H8, C4H10 Bài giải: Theo đầu bài khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng của H2O Khối lượng bình 2 tăng chính là khối lượng của CO2 8,8 5, 6 = 0, 2( mol ); nH 2O = = 0, 31( mol ) → nCO2 < nH 2O → Dãy đồng đẳng của ankan. 44 18 Hai ankan kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng → công thức chung của 2 ankan là Cn H 2 n + 2 nCO2 =

QU Y

Viết PTPƯ cháy giải tương tự bài 13 ta tìm được 2 ankan là CH4 và C2H6. ĐS: CH4 và C2H6 Bài 15: Hỗn hợp khí A (đktc), gồm 2 Anken, để đốt cháy 7 thể tích A cần 31 thể tích oxi ở đktc. Xác định CTPT của 2 Anken, biết rằng Anken chứa nhiều C hơn chiếm khoảng 40 – 50% thể tích của A. Bài giải: CnH2n CmH2m (n, m ≥ 2, m > n) Đặt CT chung của chúng là C n H2 n n < n < m 3n O2 → n CO2 + n H2O 2

KÈ

C n H2 n +

31 3n =  n = 2,95 2 7

 Phải

DẠ

có 1 Anken là C2H4 C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O x 3x 3m O2 → mCO2 + mH2O 2 3my y 2 31 3 x + 1,5my = Để làm xuất hiện % V của CmH2m ta biến đổi: 7 x+ y

CmH2m +

245 31 y y + 1,5m. = 7 x+ y x+ y y Đặt = T, đây là %V của CmH2m <=> 0,4 ≤ T ≤ 0,5 x+ y 31 => 3(1 – T) + 1,5mT = 7 31 −3 10 T= 7 = 1,5m − 3 7(1,5m − 3) 10 3,9 ≤ m ≤ 4,4  m = 4  C4H8  0,4 ≤ ≤ 0,5 <=> 7(1,5m − 3)

FI CI A

ƠN

ĐS: C2H4 và C4H8 Bài 16:Hỗn hợp gồm 2 Hiđrocacbon có thành phần hơn kém nhau hai nhóm (CH2-) bị đốt cháy hoàn toàn. Sản phẩm cháy chia đôi, một nửa dẫn qua P2O5 thì lượng P2O5 tăng 14,4 gam, một nửa dẫn qua CaO dư thì lượng CaO tăng thêm 36,4 gam. Tìm công thức 2 Hiđrocacbon và khối lượng mỗi chất. Bài giải: Thành phần 2 hidrocacbon hơn kém nhau 2 nhóm (-CH2-) nên chúng cùng dãy đồng đẳng. - Bình P2O5 tăng 14,4 gam => lượng H2O = 14,4 g hay 0,8 mol. - Bình CaO tăng 36,4 gam => lượng H2O + lương CO2 = 36,4 g => CO2 là 22 g hay 0,5 mol. Vì nH2O:nCO2=0,8:0,5>1 nên 2 chất thuộc dãy đồng đẳng hidrocacbon no. Đặt công thức chung là Cn H 2 n + 2 3n + 1 O2  → nCO2 + (n + 1) H 2 O 2 n + 1 0,8 Ta có = => n = 1, 67 0,5 n

QU Y

C n H 2n+ 2 +

Vậy hidrocacbon là CH4 và C3H8.

Tính được tổng số mol hidrocacbon là

0,5 .2 = 0,6mol , Tỉ lệ mol CH4 :C3H8 = 2:1 1,67

DẠ

KÈ

Từ đó tính được khối lượng 2 chất. ĐS: CH4 và C3H8; mCH4 = 6,4g và C3H8 = 4,4g Bài 17: Hỗn hợp khí A gồm 2 anken. 9,1 gam X làm mất màu vừa hết 40 gam Brom trong dung dịch. Trong X thành phần thể tích của chất có phân tử khối nhỏ hơn nằm trong khoảng 65% đến 75%. Tìm công thức phân tử 2 anken. Bài giải: Đặt CT chung của chúng là C n H2 n n < n < m C n H2 n + Br2 → C n H2 n Br2 0,25 ← 0,25mol Theo ptpư khối lượng mol trung bình 2 anken là: 9,1: 0,25= 36,4g . 14n= 36,4=> n=2,6. Vậy 1anken là C2H4 chiếm từ 65% đến 75%. Chất còn lại CxH2x có x >2,6, chiếm từ 25% đến 35%. Gọi số mol CxH2x là a thì số mol C2H4 là 1-a. Theo quy tắc trung bình cộng ta có ax+(1-a).2= 2,6 => a=

0,6 . x−2

Với 0,25< a<0,35 thì 3,7< x< 4,4 => x=4 anken còn lại là C4H8

246

CnH2n+2 +

3n + 1 O2 → nCO2 + (n+1)H2O 2 3n + 1 a na (n+1)a 2

FI CI A

ĐS: C2H4 và C4H8 Bài 18: Hỗn hợp gồm 2 Hiđrocacbon no kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Khi bị đốt cháy hoàn toàn cần dùng hết 30,24 dm3 oxi (đktc). Sản phẩm cháy dẫn lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng dd Ba(OH)2 dư. Thấy độ tăng khối lượng bình 2 lớn hơn độ tăng khối lượng bình 1 là 15,4 gam. Tìm CTPT của 2 Hiđrocacbon. Bài giải: Gọi công thức chung của 2 Hiđrocacbon no là CnH2n+2

Từ PTPƯ ta có: 44na - 18(n+1)a =15,4 và

a Theo bài bình đựng H2SO4 đặc hấp thụ nước và bình 2 đựng dd Ba(OH)2 dư sẽ hấp thụ hết CO2. Số mol O2 là 1,35mol. 3n + 1 a = 1,35 2

ƠN

Giải ra được n=2,67. Vậy 2 Hiđrocacbon no kế tiếp nhau là C2H6 và C3H8 ĐS: C2H6 và C3H8 Bài 19: Hỗn hợp X gồm 2 hidrocacbon A,B có khối lượng a gam nếu đem đốt

132.a 45.a gam CO2 và gam H2O. Nếu thêm vào X một nữa 41 41 165.a 60, 75.a gam CO2 và gam lượng A có trong X rồi đốt cháy hoàn toàn thì thu được 41 41

hoàn toàn X thì thu được

KÈ

QU Y

H2O. a) Tìm CTPT của A,B biết X không làm mất màu nước Br2 và A,B thuộc loại các hidrocacbon đã học b) Tính % số mol của A,B trong X Bài giải: Áp dụng hệ quả của định luật về thành phần không đổi ta suy ra số mol H2O và CO2 do một nữa lượng A trong X cháy tạo ra.Để đơn giản cho việc tính toán, ta chọn a = 41 bài toán vẫn không mất tính tổng quát 165 −132 nCO2 = = 0,75(mol) 44 60,75 − 45 n H2 O = = 0,875(mol) 18 A cháy tạo ra số mol H2O > số mol CO2 nên A là ankan và số mol của một nữa lượng A là: (0,875-0,75 )= 0,125 (mol) 132 − 2.0, 75 = 1,5(mol) 44 45 − 2.0,875 = 0,75(mol) Số mol H2O do B cháy là: 18

DẠ

Số mol CO2 do B cháy là:

số mol H2O > số mol CO2 nên B là aren: CnH2n-6 ta có tỷ lệ:

ngtuH 1,5 = (trong B) vậy B là C6H6 ngtuC 1,5

số nguyên tử C của A là: 0,75/0,125= 6 vậy A là: C6H14

247

3m O2 → mCO2 + mH2O 2

CmH2m +

FI CI A

vì A, B có cùng số nguyên tử C mà số mol CO2 tạo ra do A, B bằng nhau nên mỗi chất có thành phần % về số mol là 50% ĐS: C6H6 và C6H14 ; 50% Bài 20:A là hỗn hợp khí gồm 2 anken (hơn kém nhau 28 đvC) và khí H2. Đốt hoàn toàn 1,12 lít A cần dùng hết 2,856 lít O2, dẫn sản phẩm qua P2O5 dư thì còn lại 1,792 lít khí. Thể tích các khí đo ở đktc. Hãy tìm công thức phân tử 2 anken và tính % thể tích các khí trong A. Bài giải: Gọi công thức chung của 2 anken là CmH2m ( m là trị số trung bình)

ƠN

a 1,5am ma ma (mol) 2H2 + O2 → 2H2O b 0,5b (mol) Theo phương trình ta có: a + b = 0,05 1,5ma + 0,5b = 0,1275 ma = 0,08 Giải ra ta được: a = 0,035; b = 0,015; n = 2,286. Vậy 2 anken là C2H4 và C4H8...

DẠ

KÈ

QU Y

ĐS: C2H4 và C4H8 ; %H=30%, % C2H4= 60%, %C4H8 = 10%

248

Công thức tính:

Vr .100% Vhh

( Dr là độ rượu, Vr là thể tích rượu nguyên chất, Vhh là thể hỗn hợp rượu với

ƠN

2. Cấu tạo phân tử: * CTCT:

nước)

Dr =

FI CI A

CHUYÊN ĐỀ 18 BÀI TẬP VỀ TÍNH CHẤT CỦA DẪN XUẤT CỦA HIĐRO CACBON: RƯỢU ETYLIC, AXIT AXETIC; CHẤT BÉO, GLUCOZƠ VÀ SACCAROZƠ, TINH BỘT VÀ XENLULOZƠ A. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM I. RƯỢU ETYLIC - CTPT: C2H6O. PTK: 46 1. Tính chất vật lí: * Chất lỏng, không màu, nhẹ hơn nước, tan vô hạn trong nước, hoà tan được nhiều chất như iôt, benzen... * Độ rượu là số ml rượu etylic có trong 100 ml hỗn hợp rượu với nước.

QU Y

hay: CH3 – CH2 – OH. * Đặc điểm cấu tạo: Nhóm - OH → Tính chất đặc trưng. 3. Tính chất hoá học: a. Phản ứng với oxi: t C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O b. Phản ứng với natri: 2CH3 - CH2 - OH + 2Na → 2CH3 - CH2 - ONa + H2 c. Điều chế: * Phương pháp điều chế : Theo 2 cách: - Tinh bột hoặc đường Lenmen → Rượu etylic. Axit - Từ C2H4 + H2O → C2H5OH  II. AXIT AXETIC - CTPT: C2H4O2 . PTK : 60. 1. Tính chất vật lí: * Chất lỏng, không màu, vị chua, tan vô hạn trong nước. 2. Cấu tạo phân tử: * CTCT:

DẠ

KÈ

H H

C H

O C O

hay: CH3 – COOH * Đặc điểm cấu tạo: Nhóm – OH liên kết với nhóm nhóm – COOH. → Phân tử có tính axit.

C = O tạo thành nhóm

249

4, t 0

ƠN

FI CI A

2. Tính chất hoá học: a. Axit axetic có những tính chất hoá học của axit: * Axit axetic có tính chất hóa học của 1 axit yếu. - Làm quỳ tím chuyển đỏ nhạt - Tác dụng với một số chất, PTHH CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O 2CH3COOH + Na2CO3 → 2CH3COONa + H2O + CO2 CH3COOH + CuO → (CH3COO)2Cu + H2O CH3COOH + Zn → (CH3COO)2Zn + H2O b. Phản ứng với rượu etylic: H SO CH3COOH + C2H5OH ← → CH3COOC2H5 + H2O (Etyl axetat) Este. - Sản phẩm của phản ứng giữa axit và rượu etylic là este. → Phản ứng este hoá. 3. Điều chế: * Phương pháp điều chế : ,t - Trong CN: 2C4H10 + 5O2 xt  → 4CH3COOH + 2H2O - Trong đời sống: CH3- CH2 – OH + O2 mengiam  → CH3- COOH + H2O. III. CHẤT BÉO 1. Tính chất vật lí - Nhẹ hơn nước, không tan trong nước, tan được trong benzen, xăng, dầu hoả... 2. Thành phần và cấu tạo của chất béo: - Thành phần: Chất béo là hỗn hợp nhiều este của glixerol với các axit béo và có công thức chung là: (R- COO)3C3H5. 3. Tính chất hoá học (R- COO)3C3H5 + 3H2O t, Axit → C3H5(OH)3 + 3RCOOH. → Phản ứng thuỷ phân.

QU Y

DẠ

KÈ

t (R- COO)3C3H5 + 3NaOH → C3H5(OH)3 + 3RCOONa → Phản ứng xà phòng hoá. IV. GLUCOZƠ VÀ SACCAROZƠ 1. Tính chất vật lí: a. Glucozơ - Chất kết tinh, không màu, vị ngọt, dễ tan trong nước. b. Sacarozơ - Chất kết tinh, không màu, vị ngọt, dễ tan trong nước, đặc biệt tan nhiều trong nước nóng. 2. Tính chất hoa học: a. Phản ứng oxi hoá glucozơ: C6H12O6 + Ag2O NH  → C6H12O7 + 2Ag  Phản ứng tráng gương. - Saccarozơ không có phản ứng tráng gương. b. Phản ứng lên men rượu: , 30 − 32   → 2C2H5OH + 2CO2 C6H12O6 Menruou 3

250 c. Phản ứng thủy phân Axit ,t C12H22O11+H2O  → C6H12O6 + C6H12O6 Saccarozơ Glucozơ Fructozơ V.TINH BỘT VÀ XENLULOZƠ 1. Tính chất vật lí: - Tinh bột: Chất rắn màu trắng, không tan trong nước ở nhiệt độ thường, nhưng tan được trong nước nóng tạo ra dung dịch keo gọi là hồ tinh bột. - Xenlulozơ: Chất rắn màu trắng, không tan trong nước ngay cả khi đun nóng. 2. Đặc điểm cấu tạo phân tử: - Phân tử tinh bột và xenlulozơ được tạo tành do nhiều nhóm - C6H10O5- liên kết với nhau: ...- C6H10O5- C6H10O5- C6H10O5-... + Tinh bột: (- C6H10O5-)n → n ≈ 1.200 − 6.000. + Xenlulozơ (- C6H10O5-)n → n ≈ 10.000 − 14.000. 3. Tính chất hoá học: a. Phản ứng thuỷ phân: Axit ,t (- C6H10O5-)n + nH2O  → nC6H12O6 2. Tác dụng của tinh bột với iôt: - Khi cho Iot và dd Hồ tinh bột xuất hiện màu xanh.Iot dùng để nhận biết dd hồ TB và Ngược lại B. CÁC BÀI TẬP MINH HỌA DẠNG I: HOÀN THÀNH SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG. Bài 1: Viết các PTHH thực hiện các chuyển đổi hóa học sau( Ghi rõ điều kiện xảy ra phản ứng nếu có). Tinh bột → Glucozơ → Rượu Etylic → Axit Axetic → Etyl Axetat → Rượu Etylic Bài giải: Axit ,t (1) (- C6H10O5-)n + nH2O → nC6H12O6

FI CI A

QU Y

ƠN

, 30 − 32   → 2C2H5OH + 2CO2 (2) C6H12O6 Menruou (3) CH3- CH2 – OH + O2 mengiam  → CH3- COOH + H2O. H 2 SO

(4) CH3COOH + C2H5OH ← → CH3COOC2H5 + H2O (5) CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH

4,t 0

DẠ

KÈ

DẠNG II: Nhận biết các chất bằng phương pháp hóa học Bài 2: Có ba lọ hóa chất bị mất nhãn chứa các dung dịch là: Rượu Etylic, Axit Axetic, Glucozơ. Nhận biết các hóa chất trên bằng phương pháp hóa học Bài giải - Trích mỗi lọ một ít ra làm mẫu thử - Cho CaCO3 vào hai mẫu còn lại, mẫu nào xuất hiện bọt khí không màu bay lên là Axit Axetic 2CH3COOH + CaCO3 → (CH3COO)2Ca + H2O + CO2 - Cho dung dịch AgNO3 trong NH3 vào các mẫu thử rồi ngâm trong cốc nước nóng, mẫu nào xuất hiện phản ứng tráng gương là Glucozơ.  → C6H12O7 + 2Ag C6H12O6 + Ag2O NH - Còn lại là Rượu Etylic 3

251

ƠN

FI CI A

Bài 3: Nhận biết các chất lỏng: Cồn 900, giấm ăn, nước bột sắn dây, lòng trắng trứng bằng phương pháp hóa học. Bài giải - Trích mỗi lọ một ít ra làm mẫu thử - Cho cồn I2 vào các mẫu thử, mẫu nào xuất hiện màu xanh là nước bột sắn dây - Cho CaCO3 vào hai mẫu còn lại, mẫu nào xuất hiện bọt khí không màu bay lên là Axit Axetic 2CH3COOH + CaCO3 → (CH3COO)2Ca + H2O + CO2 - Lấy một ít hóa chất trong 2 mẫu còn lại rồi đem đốt, mẫu nào cháy là cồn DẠNG III: TÌM CÔNG THỨC CỦA HỢP CHẤT HỮU CƠ DỰA VÀO SẢN PHẨM ĐỐT CHÁY Cách giải: Khi đề bài yêu cầu xác định CTPT của hợp chất hữu cơ A (CxHyOzNt). Với dữ kiện như sau: - Biết thành phần phần trăm các nguyên tố và MA. Áp dụng công thức 12 x y 16 z 14t MA = = = =  Tìm được x, y, z, t %C % H %O %O 100

- Biết khối lượng CO2, H2O, N2, MA và khối lượng đốt cháy( a gam). Áp dụng công thức: 12 x y 16 z 14t MA = = = =  Tìm được x, y, z, t mC mH mO mN a

- Biết khối lượng CO2 và khối lượng nước, khối lượng đốt cháy( a gam) và MA

QU Y

44 x 9y 14t MA = = = mCO 2 mH 2O mN 2 a M .mCO 2 M .mH 2O x= ; y= ; z = (ma – mC – mH) : 16 44a 9a

DẠ

KÈ

Gọi CTTQ dạng (CxHyOz)n Từ đó tính tỉ lệ x : y : z - Nếu sản phẩm đốt cháy đi qua bình 1 đựng H2SO4, thấy khối lượng tăng m1 gam, bình 2 đựng Ca(OH)2 thấy có m2 gam kết tủa thì khối lượng m1 = mH2O ; m2 = mCO2 - Có thể thay H2SO4 đ ở bình 1 bằng các chất hút nước khác như P2O5, CuSO4 khan, Ca(OH)2 dư ở bình 2 bằng các chất hấp thụ CO2 khác như dd Ba(OH)2,NaOH, KOH - Nếu sp cho đi qua Bình Ca(OH)2 dư Khi đó: + Khối lượng bình tăng ∆m(g) = mCO2+ mH2O Có pư: CO2 + Ca(OH)2 →→ CaCO3 + H2O Nên m= mCaCO, suy ra: nCO2= nCaCO3 * Nếu khối lượng dd sau pư giảm = mCaCO3- ( mCO2 + mH2O) * Nếu khối lượng dd sau pư tăng = ( mCO2 + mH2O) - mCaCO3 - Có những bài tính toán thông thường sau đó biện luận Bài 4: Hợp chất X có thành phần các nguyên tố như sau:54,54%C; 9,1% H; 36,36% O. Khối lượng mol của X là 88g/mol. Tìm CTPT của X Bài giải: Gọi CTPT của X là CxHyOz

252 54, 54 9,1 36, 6 = 2: 4: 1 : : 12 1 16

Ta có x : y : z =

mH2O= 2,7 (g) => nH2O =

6, 6 = 0,15( mol) = nC => mC = 0,15.12= 1,8 (g) 44

Có mCO2 = 6,6 (g) => nCO2 =

FI CI A

CTTQ của X là (C2H4O)n => 44n = 88 => n = 2 Vậy CTPT của X là C4H8O2 Bài 5. Đốt cháy hoàn toàn 4,5 g một chất hữu cơ, sau phản ứng thu được 6,6 (g) CO2 và 2,7 gam nước a. Viết PTHH b. Xác định công thức phân tử của chất hữu cơ. Biết tỷ khối hơi của chất hữu cơ so với khí H2 là 30. Bài giải: 2, 7 = 0,15 (mol) => mH =0, 3 (g) 18

1,8 0, 3 2, 4 : : = 0,15 : 0,3 : 0,15 = 1: 2 : 1 12 1 16

Ta có x : y : z =

ƠN

Ta thấy mC + mH = 1,8 + 0, 3 = 2,1 (g) < m = 4,5 (g) nên chất hữu cơ còn chứa => mO = 4,5 – 2,1 = 2,4 (g) Gọi CTPT của hợp chất hữu cơ là CxHyOz

DẠ

KÈ

QU Y

Gọi CTTQ của chất hữu cơ là (CH2O)n Khối lượng mol của chất hữu cơ là: M(CH2O)n = 2.30 = 60(g/mol) => 30n = 60 => n = 2. Vậy CTPT của chất là C2H4O2 Bài 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,9(g) hợp chất hữu cơ X rồi dẫn toàn bộ sản phẩm cháy (gồm CO2 và H2O) lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, dư. Bình 2 đựng dd KOH dư. Kết thúc thí nghiệm thấy bình 1 tăng 0,54( g), bình 2 tăng 1,32 g. Biết rằng 0,9( g ).X chiếm thể tích hơi bằng thể tích của 0,48(g)O2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định công thức phân tử của X Bài giải: Cho hỗn hợp sản phẩm qua bình (1) đựng H2SO4 đặc, dư => H2O bị giữ lại => mH2O = 0,54(g) =>nH2O = 0,03(mol) => nH(trongX) = 2.nH2O = 0,06 => mH = 0,06 (g) Cho qua bình (2) đựng KOH dư => CO2 bị giữ lại => mCO2 = 1,32(g)=> nCO2=0,03(mol)=> nC = nCO2=0,03=> mC=0,36(g) Vì đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O => X gồm C, H và có thể có O Ta có: mC + mH = 0,36 + 0,06 = 0,42 < mX = 0,9( g) => trong X chứa O => mO = 0,9 -0,42 = 0,48 (g) => nO = 0,03 (mol) => nC : nH: nO = 0,03 : 0,06 : 0,03 = 1 : 2: 1 => CTĐGN của X là CH2O => CTPT của X có dạng (CH2O)n 0,9 gam X chiếm thể tích hơi bằng thể tích của 0,48 gam O2 => nO2 = 0,48 : 32 =0,015 (mol) => 1mol X M(CH2O)n = 0,9 : 0,015 = 60(g/mol) => 30n = 60 => n = 2. Vậy CTPT của chất là C2H4O2 => CTPT X là C2H4O2

253

3,52 . 12 = 0,96 g ; mH= (1,8:18).2 = 0,2 g 44

mC =

Khi đốt cháy sản phẩm thu dược gồm CO2 và H2O nên X gồm C và H có thể có

FI CI A

Bài 7: Đốt cháy hoàn toàn a g hợp chất X cần dùng hết 5,824 lit O2 . Sản phẩm sau phản ứng gồm CO2 và H2O được chia đôi. Phần 1 cho qua P2O5 khối lượng tăng 1,8 g. Phần 2 cho qua CaO thấy khối tăng 5,32 g. Tìm công thức của X biết X có số nguyên t ử C≤ 4 Bài giải: Khối lượng P2O5 tăng chính là khối lượng của nước, mH2O= 1,8 g Khối lượng CaO tăng là mH2O+ mCO2 - m CO2 = 5,32 – 1,8 = 3,52 g

mO trong X = mO trong CO2 + mO trong nước – mO phản ứng = 2,56 + 1,6 – (

5,824 ).16 = 0 22, 4

Vây X gồm 2 nguyên tố C và H . Gọi CTPT của X là CxHy 0, 96 0, 2 : = 0,08 : 0,2 = 2: 5 12 1

ƠN

Ta có x : y =

KÈ

QU Y

Công thức của X là (C2H5)n. Theo đầu bài cho số C ≤ 4 nên n = 2. CTPT là C4H10 Bài 8: Đốt cháy hoàn toàn 0,6 g hợp chất hữu cơ X rồi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dd Ca(OH)2 dư, thấy 2 g kết tủa và khối lượng bình tăng thêm 1,24 g. Tỉ khối hơi của X so với H2 bằng 30. Tìm công thức phân tử của X. Bài giải: n ↓ = nC = nCO2 = 2 : 100 = 0,02 (mol) m bình tăng = mCO2 + mH2O  nH2O = ( 1,24 – 0,02.44) : 18 = 0,02  nH = 0,04 mol mX = mC + mH + mO => mO= 0,32 g => nO= 0,02 (mol) Gọi CTPT là CxHyOz x : y : z = 0,02 : 0,04 : 0,02 = 1 : 2 : 1 Gọi CTTQ là (CH2O)n => 30n = 60 => n = 2 Vậy CTPT là C2H4O2 Bài 9: Cho 12,8 g dung dịch rượu A (trong nước) có nồng độ 71,875 % tác dụng với một lượng Na dư thu được 5,6 lit khí (đktc). Tìm công thức phân tử của A. Biết dA/NO2= 2. Bài giải: Có MA = 46.2 = 92 g Khối lượng rượu A có trong 12,8 g dung dịch có nồng độ 71,875 % 71,875 = 9,2 g 100 9, 2 => nA= = 0,1 mol 92

DẠ

12,8 .

Khối lượng nước có trong dung dịch rượu A mH2O= 12,8 – 9,2 = 3,6 gam => nH2O = 0,2 mol 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,2 mol 0,1 mol

254 5, 6 - 0,1 = 0,15 mol 22, 4

R(OH)n + nNa → R(ONa)n + n/2 H2 1mol 0,5 n mol 0,1 mol 0,15 mol Ta có 0,1 . 0,5n = 0,15 => n = 3 Công thức tổng quát của rượu là R(OH)3 Ta có R = 92 – 51 = 41=> R là CxHy với n ≤x; y ≤2x + 2 x 2 3 y 17 5 Nghiệm Loại Nhận

nH2 do rượu giải phóng là :

FI CI A

PTHH

4 -7 Loại

9, 2 = 46 => 14n + 18 = 46 => n = 2 0, 2

MA =

ƠN

Vậy công thức phân tử của A là C3H5(OH)3 Bài 10. Đốt cháy hoàn toàn 9,2g một ancol đơn chức A thu được 8,96 lít CO2 (đktc) và 10,8g H2O. Xác định công thức phân tử của A. Bài giải: Ta có nCO2 = 0,4 mol < nH2O = 0,6 mol => A là ancol đơn chức, no có công thức chung là CnH2n+2 nA = nH2O - nCO2 = 0,6 - 0,4 = 0,2(mol)

QU Y

Vậy công thức phân tử của A là C2H5OH DẠNG IV: BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HIỆU SUẤT PHẢN ỨNG Bài 11: Khi cho lên men 1m3 nước rỉ đường, sau đó chưng cất thu được 60 lit cồn 960. Tính khối lượng Glucozơ có trong 1m3 nước rỉ đường Glucozơ trên, biết dC2H5OH = 0,789g/ml ở 200C và hiệu suất quá trình lên men đạt 80%. Bài giải: Trong 60 lit cồn 960 có thể tích rượu Etylic là :

60.96 = 57,6 lit 100

Khối lượng rượu Etylic là m = d.V = 57,6.0,789 = 45,4464 kg , 30 − 32 C6H12O6 Menruou   → 2C2H5OH + 2CO2 180 kg 92kg xkg 45,4464kg x= 88,9168kg Do hiệu suất phản ứng là 80% do đó khối lượng Glucozơ thực tế có trong 1m3 nước rỉ đường là:

KÈ

88, 9168.100 = 111,146 kg 80

DẠ

Bài 12: Khi lên men 3,5 kg Glucozơ chứa 15% tạp chất thành rượu 400 thì thể tích rượu 400 thu được là bao nhiêu. Biết hiệu suất lên men là 80%.(d = 0,8g/ml) Bài giải: Khối lượng Glucozơ là

3, 5.85 = 2,975 kg = 2975 g 100 0

, 30 − 32   → 2C2H5OH + 2CO2 C6H12O6 Menruou 180 g 92g 2975g . 80% xg

255 x=1216,4 g Trong 100ml dung dịch rượu có 40 ml rượu Etylic xml? 1520,5 ml x=

1520, 5.100 = 3801,25ml hay khoảng 3,8lit 40

1216, 4 m = = 1520,5ml d 0,8

FI CI A

Thể tích rượu Etylic là V =

4,t 0

ƠN

Bài 13: Cho 30 gam axit axetic tác dụng với 27,6 g rượu etylic thu được 27,5 gam etyl axetat. Tính hiệu suất của phản ứng. Bài giải: Có nCH3COOH = 0,5 mol ; nC2H5OH= 0,6 mol H SO PTHH CH3COOH + C2H5OH ← → CH3COOC2H5 + H2O 0,5 mol 0,5 mol 0,5 mol Theo PTHH khối lượng etyl axetat thu được là: 0,5.88 = 44 gam Theo đầu bài lượng este thu được là 27,5 gam, nên hiệu suất phản ứng là: 27,5.100% = 62,5% 44

QU Y

DẠNG V: BÀI TOÁN HỖN HỢP Bài 14: Hỗn hợp X gồm rượu etylic và một rượu A có công thức CnH2n+1OH. Cho 1,52 gam X tác dụng hết với Na thấy thoát ra 0,336 lít H2 (đktc). Biết tỉ lệ số mol của rượu etylic và rượu A trong hỗn hợp là 2 : 1. a) Xác định công thức phân tử của rượu A. b) Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi rượu trong X. Bài giải a) Phương trình hoá học của phản ứng giữa X với Na (1) 2C2H5OH + 2Na —> 2C2H5ONa + H2 (2) 2CnH2n+1OH + 2Na —> 2CnH2n+1ONa + H2 Đặt số mol rượu etylic trong hỗn hợp là 2x=> số mol rượu CnH2n+1OH là x. Theo phương trình (1), (2) ta có : Số mol H2 = x+ x 2 = 3x 2

KÈ

Theo đề bài số mol nH2 = 0,336:22,4=0,015(mol) → 3x 2 =0,015→x=0,01(mol)

DẠ

Vậy mC2H5OH=2x×46=2×0,01×46=0,92(gam) →mCnH2n+1OH=1,52–0,92=0,6 (g) Ta có : x(14n + 1 + 17) = 0,6. Hay 0,01(14n + 18) = 0,6 => n = 3. Rượu A có công thức C3H7OH. b) Phần trăm khối lượng của C2H5OH 0,92: 1,52×100%=60,53% Phần trăm khối lượng của C3H7OH : 100% – 60,53% = 39,47%. Bài 15. Một hỗn hợp gồm hai axit cùng loại no đơn chức kế tiếp nhau. Lấy m gam hỗn hợp rồi thêm vào đó 75ml dung dịch NaOH 0,2M. Sau đó thêm 25 ml dung

256

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

dịch HCl 0,2M để trung hòa lượng NaOH dư. Sau khi đã trung hòa, đem cô cạn dung dịch đến khô thu được 1,0425g hỗn hợp các muối khan. Xác định công thức phân tử axit. Bài giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình của hai axit Gọi công thức chung của hai axit là CnH2n+1COOH PTHH: CnH2n+1COOH + NaOH → CnH2n+1COONa + H2O (1) HCl + NaOH → NaCl + H2O nNaOH ban đầu = 0,2. 0,075 = 0,015 mol nHCl= 0,2.0,025 = 0,005 mol => nNaOH phản ứng ở (1) là 0,015 – 0,005 = 0,01 mol = nCnH2n+2COONa nNaCl = 0,005 mol => mNaCl = 0,005 . 58,5 = 0,2925 g m CnH2n+2COONa = 1,0425 – 0,2925 = 0,75 g  (14n + 68).0,01 = 0,75 => n = 0,5 Gọi công thức tổng quát của hai axit là CnH2n+1COOH và CmH2m+1COOH ( m = n+1) Ta có n < 0,5 < m => n= 0 và m= 1 Vậy axit là: HCOOH và CH3COOH B . BÀI TẬP ÁP DỤNG 1. Cho các chất : Axit axetic, Saccarozơ, Glucozơ, Rượu Etylic, Etylen, Đibrom Etan. Hãy xây dựng sơ đồ chuyển hóa và viết PTHH . 2.Có 4 dung dịch bị mất nhãn đựng 4 lọ riêng biệt gồm: Glucozơ, long trắng trứng, axit axetic, Tinh bột. Hãy nêu phương pháp hóa học nhận biết các chất trên. 3. Hòa tan 92 gam rượu etylic vào nước để được 250ml dung dịch. Tính độ rượu. Giả thiết sự hao hụt về thể tích khi pha trộn không đáng kể, d của rượu là 0,8 g/cm3, d của nước là 1g/ml ĐS: 460 4. Cho 10ml cồn 960 tác dụng với Na dư, d của rượu là 0,8 g/cm3. Hãy tính khối lượng rượu nguyên chất đã tham gia phản ứng và thể tích khí H2 thu được ở đktc. ĐS: 2,12 lit 5. Đốt cháy hoàn toàn 30 ml rượu etylic chưa rõ độ rượu, cho toàn bộ sản phẩm sinh ra vào nước vôi trong dư, lọc lấy kết tủa sấy khô cân nặng 100g. Xác định độ rượu. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ĐS: 960 6. Hợp chất A chỉ chứa C, H, O. Đốt cháy hoàn toàn 1,38 g A thu được 1,344lit CO2 (đktc) và 1,62 g H2O. Tỉ khối hơi của A so với H2 là 23. Xác định công thức cấu tạo của A( Biết A tác dụng với Na giải phóng H2) ĐS: C2H5OH 7. Đốt cháy hoàn toàn một lượng chất hữu cơ X phải dùng 5,04 lit khí oxi(đktc) thu được 0,15 mol CO2 và 3,6 gam nước. Tỷ khối hơi của X so với H2 là 30. Xác định công thức phân tử của X. ĐS: C3H8O 8. a) Khi cho lên men 10 lit rượu Etylic 80, có thể điều chế được bao nhiêu gam CH3COOH. Biết hiệu suất quá trình lên men đạt 92% và d của rượu là 0,8 g/cm3

257

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

FI CI A

ĐS: 768g b) Cho m g tinh bột lên men thành rượu Etylic với hiệu suất 81%. Toàn bộ lượng CO2 sinh ra hấp thụ hoàn toàn vào dd Ca(OH)2, thu được 550 g kết tủa và dd X. Đun kĩ dd X lại thu them được 100 g kết tủa. Hãy xác định giá trị của m ĐS: 750g 9. Cho 11 g hỗn hợp hai rượu có công thức tổng quát dạng CnH2n+1OH kế tiếp nhau tác dụng với Na dư thu được 3,36 lit H2 (đktc). Xác định công thức của 2 rượu ĐS: CH3OH và C2H5OH 10. Một hỗn hợp gồm rượu etylic và axit axetic lần lượt có tỷ lệ số mol là 2 : 3. Nếu cho hỗn hợp này tác dụng với Na thì thu được 5,6 lit H2 (đktc). Hãy tính thành phần phần trăm theo khối lượng hai chất. ĐS: 33,8%C2H5OH và 66,2% CH3COOH 11. Đốt cháy hoàn toàn 10,4g hợp chất hữu cơ (A) rồi cho toàn bộ sản phẩm lần lượt qua bình một đựng H2SO4 đđ rồi qua bình hai đựng nước vôi trong dư. Sau thí nghiệm khối lượng bình một tăng 3,6g và bình hai có 30g kết tủa trắng. Khi hóa hơi 5,2g (A) thu được một thể tích đúng bằng thể tích của 1,6g khí O2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định CTPT của (A) ? ĐS: C3H4O4