Tài liệu Bài giảng-phương pháp giải nhanh hóa học thpt

VÕ TRƯỜNG GIANG PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH HÓA HỌC THPT 2010 Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học LỜI NÓI ĐẦU Giải nhanh một bài toán hóa học không chỉ phụ thuộc vào kiến thức, kinh nghiệm mà còn bị chi phối bởi phương pháp giải. Tuy nhiên, trong giới hạn của chương trình phổ thông, các em mới chỉ tập trung vào học Kiến thức mà chưa chú ý đến việc phát triển phương pháp giải. Đó là lý do căn bản khiến nhiều em gặp lúng túng khi làm bài thi trắc nghiệm và rất khó khăn để hoàn thành bài thi trong thời gian ngắn. Chính vì thế tài liệu này đã được biên soạn trên cơ sở tổng hợp lại những phương pháp giải nhanh đã biết dưới góc độ của người học, bên cạnh đó là sự hướng dẫn, góp ý của cô Hà Thị Kim Anh – PTTH Tầm Vu 2. Trong mỗi phần đều có ví dụ cụ thể được trích từ đề thi ĐH – CĐ các năm gần đây. Người học có thể nghiên cứu tài liệu này rồi tự rút ra cho mình những kinh nghiệm riêng để hình thành phản xạ nhanh khi làm bài. Tài liệu gồm 3 phần: Phần 1: 13 phương pháp giải nhanh thường gặp. Phần 2: Những lưu ý khi giải toán Hóa học. Phần 3: Kỹ năng phân tích bài toán theo phương pháp trắc nghiệm. Hi vọng đây sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn học sinh phổ thông. Cần Thơ, Ngày 05 tháng 01 năm 2010 Võ Trường Giang Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Phần I. Các phương pháp giải nhanh bài toán trắc nghiệm Hóa học 1. Phương Pháp Bảo Toàn Khối Lượng Định luật bảo toàn khối lượng là một trong những cách thường dùng nhất giúp ta giải các bài toán hóa học một cách đơn giản và nhanh chóng. Nội dung định luật: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng sản phẩm tạo thành”. Nếu gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng và mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng thì luôn có : mT = mS. Dù các chất phản ứng dư hay vừa đủ, hiệu suất phản ứng là bao nhiêu, thậm chí chỉ cần xét riêng cho một trạng thái nào đó vẫn luôn đúng. Lưu ý. Không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. 0 t Ví dụ Xét phản ứng : 2Al + Fe2O3   Al2O3 + 2Fe Thì luôn có m Al  m Fe O  mrắn sau pư, dù chất rắn sau phản ứng có chứa cả 4 chất (Al, Al2O3, 2 3 Al2O3, Fe). Các hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng: o Khi cation kim loại thay đổi anion tạo thành hợp chất mới, sự chênh lệch khối lượng giữa 2 hợp chất bằng sự chênh lệch giữa các anion. o Định luật bảo toàn nguyên tố cũng chính là một hệ quả từ định luật bảo toàn khối lượng. o Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng Al, H2, CO: NO(trong oxit)= nCO = nCO = n H O 2 o Khi các cation kim loại (hoặc NH4+) 2 kết hợp với anion (phi kim, gốc axit, hiđroxyl) tạo thành hợp chất, ta có : Khối lượng sản phẩm = khối lượng cation + khối lượng anion. Ta cũng có thể viết: Khối lượng sản phẩm = khối lượng kim loại + khối lượng anion. (Vì khối lượng electron rất nhỏ và không đáng kể) Ví dụ 1. Hoà tan 6,2 gam hỗn hợp gồm một số kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít H2 (đktc). Cô cạn dụng dịch sau phản ứng sẽ thu được bao nhiêu gam chất rắn? Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học HD: Với bài toán này, định luật bảo toàn khối lượng sẽ giúp chúng ta tiết kiệm thời gian hơn cách giải thông thường (lập hệ phương trình 2 ẩn số), ta nhận thấy : HCl  H+ + Cl- . n Cl n H  2n H 2  n Cl  2.0,1  0, 2(mol) Ta có : mmuối = 6,2 + 0,2.35,5 = 13,3 (gam). Hoặc m kim loại + mHCl pư = m muối + mH2 6,2 + 36,5.0,2 = m + 2.0,1  m = 13,3g Chú ý. Xét phản ứng kim loại tác dụng với axit tạo muối và H2, rõ ràng khối lượng kim loại giảm đi, vì đã tan vào dung dịch dưới dạng ion. Nhưng nếu cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn thu được sẽ tăng lên so với khối lượng ban đầu của kim loại, do có anion gốc axit thêm vào. Ví dụ 2. Cho 16,3 gam hỗn hợp 2 kim loại Na và X tác dụng hết với HCl loãng, dư thu được 34,05 gam hỗn hợp muối A khan. Thể tích H2 thu được là bao nhiêu lít? A. 3,36 lít. HD: nCl  B. 5,6 lít. 34,05  16,3   0,5 mol. Mà : 35,5 C. 8,4 lít. D. 11,2 lít. 1 1 1 n HCl  n   .0,5  0, 25mol. 2 2 Cl 2  V  0, 25.22, 4  5,6 lit. n H2  Ví dụ 3. Cho 24,12g hỗn hợp X gồm MgO, Fe2O3, Al2O3 tác dụng vừa đủ với 450ml dung dịch HNO3 4M rồi cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam hỗn hợp muối khan. Tính m. A. 121,32g B. 65,52g 1 2 C. 135,72g D. 67,86g 1 2 HD: nO  n NO  .1,8  0,9 mol.  mO = 14,4g  m kim loại = 24,12 – 14,4= 9,72g  3 m NO   1,8.62  111,6 g  m muối = m kim loại + m anion = 9,72 + 111,6 = 121,32g 3 Ví dụ 4. Sục hết một lượng khí Clo vào dung dịch hỗn hợp X chứa 2 muối NaBr và NaI, đun nóng thu được 4,9725g một muối duy nhất. Số mol hỗn hợp X đã phản ứng là: A. 0,1275 B. 0,0425 C. 0,085 HD: Theo đl bảo toàn khối lượng ta có: nX = nNaCl = D. 0,17 4,9725  0,085 mol 58,5 Ví dụ 5. Khử m gam hỗn hợp X gồm CuO và các oxit của Fe bằng khí CO ở nhiệt độ cao thu được 40g hỗn hợp rắn Y và 6.72 lít khí CO2. Tính giá trị của m. HD: nCO  nCO  nO  6,72 / 22,4  0,3mol  m CO pứ = 0,3.28=8,4g 2 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m X  mCO ( pý )  mran  mCO  mX = 0,3.44 + 40 – 8,4 = 2 44,8g Ví dụ 6. [Câu 26 – đề thi đại học khối A 2008 – mã đề 263] Trung hòa 5,48g hỗn hợp gồm axit axetic, phenol, axit benzoic cần dùng 600ml dung dịch NaOH 0,1M. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn khan có khối lượng là: A. 8,64g B. 6,84g C. 4,9g D. 6,8g HD: Khối lượng rắn khan = 5.48 + 0,60,140 – 0,618 = 6,8g Ví dụ 7. Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. HD: Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành n( n  1) 6 2 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O. Theo ĐLBTKL ta có m H O  m r­îu  m ete  132,8  11,2  21,6 gam  n H O  2 2 21,6  1,2 mol. Mặt 18 khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do đó số mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2  0,2 mol. 6 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 2. Phương Pháp Bảo Toàn Điện Tích 1) Trong dung dịch Trong một dung dịch khi tồn tại đồng thời các ion dương và ion âm thì theo tính chất trung hoà điện luôn có: tổng số điện tích dương do cation tải bằng tổng số điện tích âm do anion tải. Đây là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn quan hệ về số mol giữa các ion trong dung dịch. Ví dụ 1. Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl− và y mol SO42−. Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là A. 0,03 và 0,02 B. 0,05 và 0,01 C. 0,01 và 0,03 D. 0,02 và 0,05 HD: theo định luật ta có 0,02.2 + 0,03.1 = 1.x + 2.y (1) Khối lượng muối : 64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435 (2) Từ (1) và (2)  x = 0,03; y = 0,02 Ví dụ 2. Dung dịchA có chứa các ion Al3+ = 0,6mol; Fe2+ = 0,3mol; Cl- = a mol; SO42- = b mol .Cô cạn dung dịch A thu đuợc 140,2 gam muối .Giá trị của a và b lần lượt là : A. 0,6 và 0,9 B.0,9 và 0,6 C. 0,3 và 0,5 D.0,2 và 0,3 x  2 y  0,6.3  0,3.2   x = 0,6; y = 0,9 35,5 x  96 y  140,7  0,6.27  0,3.56 HD: Ta có  2) Trong phản ứng oxi hóa khử [Còn gọi là định luật bảo toàn electron] Nội dung: “Tổng số mol eletron do chất khử (một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) nhường (trong một phản ứng hay qua nhiều phản ứng oxi hoá khử) luôn bằng tổng số mol eletron chất oxi hoá (một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) nhận”. Phương pháp này thường được áp dụng thường xuyên trong bài toán có phản ứng oxi hóa khử, nhất là các bài toán có nhiều chất oxi hóa/khử. Sử dụng: a) Bước 1. Xác định chất khử và chất oxi hóa, nếu chất khử có nhiều trạng thái oxi hóa (chẳng hạn Fe, Cr..) chỉ cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối. b) Bước 2. Viết sơ đồ nhường/nhận electron ở dạng ion – electron có gắn số mol tương ứng của các chất. c) Bước 3. Áp dụng định luật trên để suy ra phương trình liên hệ giữa các đại lượng. Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Ví dụ 1. Để m gam phôi bào sắt X ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp Y có khối lượng 12 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho Y tác dụng hoàn toàn với axit HNO3 thấy thoát ra 2,24 lit khí NO duy nhất (đktc). Tính khối lượng m của X. HD: Tóm tắt phản ứng như sơ đồ sau: Fe  Y  Fe3+ Theo bảo toàn khối lượng mO = mY – mFe và số mol O2 là : nO  2 12  m (mol). 32 Chỉ có Fe phóng electron và cuối cùng tạo Fe3+ : (1) Fe - 3e m 56  Fe3+  2O 2  N+2 3m 56 Có O2 và NO3 nhận electron : (2) O2 12  m 32 (3) + 4e 4. 12  m 32 N+5 +3e 0,1 0,3 Theo bảo toàn electron thì số mol electron được giải phóng ở (1) phải bằng tổng số mol electron thu vào ở (2) và (3), tức là : 3m 12  m  4.  0, 3 56 32  m = 10,08 gam. Chú ý : “Cho a gam hỗn hợp các kim loại hoạt động M, R có hoá trị tương ứng là n, m tác dụng hết với oxi tạo oxit. Mặt khác, a gam hỗn hợp đó tác dụng hết với hỗn hợp axit clohiđric và axit sunfuric” thì số mol eletron do M và R phóng ra để oxi nhận hay H+ nhận cũng luôn bằng nhau. Cho x mol Fe tác dụng hết với H2SO4 loãng (tác nhân oxi hoá là H+) thì số mol eletron phóng ra là 2x mol; nhưng nếu nó tác dụng với H2SO4 đặc nóng thì số mol eletron phóng ra lúc này lại là 3x mol. Ví dụ 2. Cho 11.2g hỗn hợp khí Clo và oxi tác dụng hoàn toàn với 16.98g hỗn hợp Al và Mg thu được 42.34g hợp các oxit và muối. Tính % k/lượng các kim loại. HD: Ta có k/lượng hh khí = 42.34 – 16.98 = 25.36g 11.2   x y   x = 0.24, y = 0.26  22.4 71x  32 y  25.36 Cl2  2e  2Cl  O2  4e  2O 2  0.24 0.48 0.26 Mg  2e  Mg 2  1.04 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Al  3e  Al 3 Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học  24a  27b  16.98  2a  3b  1.04  0.48  a = 0.55mol, b = 0.14mol  %Mg = 0.55 * 24  77.73% 16.98 Ví dụ 3. [Câu 51 – Đề th đại học khối B 2009 – Mã đề 852). Hòa tan hoàn toàn 1.23g hỗn hợp X gồm Cu và Al vào dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được 1,344 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đkc) và dung dịch Y, Sục từ từ khí NH3 (dư) vào dung dịch Y, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được m gam kết tủa. Phần trăm về khối lượng của Cu trong hỗn hợp X và giá trị của m là: A. 21,95% và 2,25 B. 78,05% và 2,25 C. 21,95% và 0,78 B. 78,05% và 0,78 HD: Gọi x, y lần lượt là số mol Cu và Al. Theo đề bài ta có: 64 x  27 y  1,23 0,015.65  78,05%  x = 0,015, y = 0,01  %Cu =  1,23  2 x  3 y  0,06 (số mol e 2 kim loại nhường = số mol e N+5nhận). Khi sục khí Amoniac dư vào dd Y (chứa Cu2+ và Al3+) ta thu được 1 kết tủa duy nhất là nhôm hidroxit do Cu(OH)2 đã tạo phức tan với amoniac. n kết tủa = n Al = 0,01 mol  m = 0,78 Ví dụ 4. Hòa tan hoàn toàn 32,9g hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn, Fe trong dung dịch HCl dư sau phản ứng thu được 17,92 lít H2 (đkc). Mặt khác, nếu đốt hết hỗn hợp trên trong oxi dư thu được 46,5g rắn Y. % theo khối lượng của Fe trong hỗn hợp X là: A. 17,02 HD: B. 34,04 C. 74,6 D. 76,2 nH nhan  nOxinhan  nFe Ví dụ 5. Cho hỗn hợp A gồm 0,2 mol Mg và 0,3 mol Fe phản ứng với V lít dung dịch HNO3 1M thu được dung dịch B và hh khí C gồm 0,05mol N2O, 0,1 mol NO và 2,8g kim loại. V = ? Mg  2e  Mg 2  Fe  2e  Fe 2  0,2 0,4 n nhường = 0,9 mol. 0,3-0,05 0,5 2 N 5  8e  N 2 O N 5  3e  NO nFe dư = 2,8  0,05 56 0,25 0,1 0,4 0,05 0,1 0,3 0,1 n nhận = 0,7  n nhường. Vậy trong phản ứng đã có 0,2 mol được N+5 nhận tạo muối amoni. NO3  NH 4  8e 0,025 0,2 n HNO3 = n tạo muối + n tạo khí = (0,1 + 0,1 + 0,025) +(0,4 + 0,3 + 0,2) = 1,125 mol V = 1,125 lít. Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 3. Phương Pháp Quy Đổi Phương pháp quy đổi là 1 phương pháp tương đối ưu việt. Phương pháp này có thể tìm ra đáp số một cách nhanh chóng và thường được vận dụng vào một số bài toán trắc nghiệm với mục đích phân loại học sinh. Lưu ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: Khi quy đổi hỗn hợp X gồm nhiều chất (từ 3 chất trở lên) thành hỗn hợp ít chất hơn ta cần chú ý bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp. Trong quá trình tính toán theo phương pháp này, đôi khi các bạn có thể gặp số âm do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Khi đó, các bạn hãy bình tĩnh và tiếp tục tính toán bình thường vì kết quả cuối cùng vẫn thỏa mãn. Đặc biệt, khi thực hiện quy đổi hỗn hợp các oxit của Fe về 1 chất là FexOy thì oxit FexOy tìm được chỉ là oxit giả định không có thực. Các bạn có thể sử dụng phương pháp này để quy đổi nhiều chất thành 1 chất và ngược lại tùy từng bài toán cụ thể, không nên áp dụng 1 cách máy móc. Trong từng trường hợp ta cũng có thể chọn cách quy đổi khác nhau sao cho đơn giản nhất. Ví dụ 1. Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là A. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. HD: Cách 1: Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O 0,1  3 0,1 mol  Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là n Fe  Vậy: 8,4 0,1 0,35   56 3 3  n Fe2O3  0,35 3 2 m X  m Fe  m Fe2O3 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ D. 6,9 gam. Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học  mX  0,1 0,35  56  160 = 11,2 gam. 3 3 Cách 2: Quy hỗn hợp X về một chất là Fe xOy: FexOy + (6x2y)HNO3  Fe(NO3)3 + (3x2y) NO2 + (3xy)H2O 0,1 mol  0,1 mol. 3x  2y  n Fe  8,4 0,1.x x 6   mol.  56 3x  2y y 7 Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và  n Fe6O7  0,1 = 0,025 mol. 3 6  2 7 mX = 0,025448 = 11,2 gam. Chú ý: Ta vẫn có thể quy hỗn hợp X về 2 chất (FeO và Fe3O4) hoặc (Fe và FeO), hoặc (Fe và Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn do phải đặt ẩn số mol mỗi chất rồi lập hệ phương trình và giải hệ phương trình hai ẩn số). Ví dụ 2. (Câu 29 – Đề thi đại học khối A 2008 – mã đề 263) Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư, thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc)và dung dich X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan giá trị của m là A. 38,72 gam. B. 35,5 gam. C. 49,09 gam. D. 34,36 gam. HD: Thực hiện quy hỗn hợp về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 0,18 mol  0,18 mol  0,06 mol m Fe 2O3  11.36  m FeO  -1.6g  n Fe2O3 = -0.01mol Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O -0.01 mol  -0,02 mol  khối lượng muối = (0,18 + (-0.02)) 242 = 38,72g. Ví dụ 3. Hòa tan 20,8g hỗn hợp FeS, FeS2, S bằng dung dịch axit nitric đặc nóng dư thu được 53,76 lít khí màu nâu đỏ (sp khử duy nhất, ở đkc) và dd X. Cho dd X tác dụng với NaOH dư, lọc lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là bao nhiêu? A. 16 B. 18 C. 8,2 D. 16,4 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học HD: FeS2 = FeS +S; FeS x mol; S y mol FeS  Fe+3 + S+6 +9e; S  S+6 + 6e (56  32) x  32 y  20,8  x = 0,2; y = 0,1 mol 9 x  6 y  2,4  ta có:  2Fe2+ Fe2O3 0,2 0,1 mol  m = 16g Ví dụ 4. Khi đốt cháy hoàn toàn 1 polime X (tạo thành do phản ứng trùng hợp 2,3 – dimetylbutadien và vinyl xianua) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành 1 hỗn hợp khí chứa 57,69% CO2 về thể tích ở nồng độ và áp suất xác định. Tỉ lệ 2 loại monome này là: A. 1:2 B. 1:3 C. 1:1 D. 1:4 HD: Tách polime thành 2 monome ban đầu C6 H 7  8,5O2  6CO2  5 H 2O x 6x 5x 2CH 2  CH  C  N  7,5O2  6CO2  3H 2O  N 2 y Theo đề: 3y 1,5y 0,5y 6 x  3 y 57,69 x 1   600 x  300 y  634,59 x  288,45 y  y  3x   11x  5 y 100 y 3 Ví dụ 5. Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc? A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. HD: Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe 2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2  0,2 0,4 mol Fe + 2H+  Fe2+ + H2 0,1  0,1 mol 2+ Dung dịch Z: (Fe : 0,3 mol; Fe3+ : 0,4 mol) + Cu(NO3)2:  3Fe 2+ + NO3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O 0,3 0,1 0,1 mol VNO = 0,122,4 = 2,24 lít. Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học  n Cu ( NO3 )2  1 n  = 0,05 mol. 2 NO3 Vd 2 Cu ( NO  3 )2 0,05 = 0,05 lít 1 Ví dụ 6. Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Tính số mol NO bay ra. A. 0,01. HD: n Fe  B. 0,04. C. 0,03. D. 0,02. 8,96  0,16 mol. Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) 56 ta có phương trình: 2Fe + O2  2FeO x  x 4Fe + 3O2  2Fe2O3 y  y/2 3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x  10x/3  x/3 Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O y/2  3y Hệ phương trình: n NO   x  y  0,16  x  0,06 mol    10x  y  0,1 mol  3  3y  0,5 0,06  0,02 mol. 3 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 4. Phương Pháp Tăng Giảm Nguyên tắc của phương pháp là dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất X thành 1 hoặc nhiều mol chất Y (phản ứng có thể xảy ra theo nhiều giai đoạn) để tính số mol của các chất hoặc ngược lại. Phương pháp này thường được áp dụng nằm tránh việc viết nhiều phương trình và giải các hệ phương trình. Ví dụ: trong phản ứng este hóa: CH3COOH + ROH  CH3COOR + H2O thì từ 1 mol ROH chuyển thành 1 mol este khối lượng tăng (R + 59)  (R + 17) = 42 gam. Như vậy nếu biết khối lượng của rượu và khối lượng của este ta dễ dàng tính được số mol rượu hoặc ngược lại. Ví dụ 1. [Câu 18 – Đề thi tuyển sinh Đại học khối A 2009 – Mã đề 175] Cho 10gam một amin đơn chức X phản ứng hoàn toàn với HCl dư thu được 15gam muối. Số đồng phân cấu tạo của X là: A. 4 B. 8 C. 5 D. 7 HD: Cứ 1 mol amin tác dụng với HCl thì khối lượng tăng 36,5g x mol M= 15 – 10 = 5g 10 10.36,5   73 đvC. Vì X là amin đơn ta có: R + (14 + 2) = 73  R = 57  12x + y = 57 x 5  x = 4, y = 9. X là C4H9NH2 có 8 đồng phân (4 bậc 1, 3 bậc 2, 1 bậc 3) Ví dụ 2. Hòa tan hoàn toàn 2.81g hh A gồm Fe2O3, MgO, ZnO bằng 300ml axit sunfuric 0.1M vừa đủ. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam muối sunfat khan. Cứ 1 mol axit sunfuric tác dụng với oxit thì khối lượng tăng 96 – 16 = 80g 0.03 mol 2.4g k/l muối khan là: 2.4 + 2.81 = 5.21g Ví dụ 3. Cho 2.55 gam một axit no, đơn chức A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 3.485 gam muối khan. CTPT của A là A. HCOOH B. C3H7COOH C. CH3COOH D. C2H5COOH. HD Cứ 1 mol axit đơn chức tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng (23  1) = 22 gam 0.0425 mol Tăng 3.485 – 2.55 = 0.935 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Maxit = 2.55/0.0425 = 60 gam. Đặt CTTQ của axit no, đơn chức A là CnH2n+1COOH nên ta có: 14n + 46 = 60  n = 1. Vậy CTPT của A là CH3COOH. Ví dụ 4. Cho dung dịch AgNO3 dư tác dụng với dung dịch hỗn hợp có hòa tan 6,25 gam hai muối KCl và KBr thu được 10,39 gam hỗn hợp AgCl và AgBr. Hãy xác định số mol hỗn hợp đầu. A. 0,08 mol. B. 0,06 mol. C. 0,03 mol. D. 0,055 mol. HD: Cứ 1 mol hh KCl, KBr tạo thành 1 mol kết tủa AgCl thị khối lượng tăng 108  39 = 69 gam; 0,06 mol  khối lượng tăng: 10,39  6,25 = 4,14 gam. Vậy tổng số mol hỗn hợp đầu là 0,06 mol. Ví dụ 5. Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dung dịch CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO3) 2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. A. Al. B. Zn. C. Mg. D. Fe. HD: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, M là nguyên tử khối của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO4  MSO4 + Cu M (gam)  1 mol  64 gam, giảm (M – 64)gam. x mol   0,05.m x = 100 M  64 giảm 0,05.m gam. 100 (1) M + Pb(NO3)2  M(NO3)2 + Pb M (gam)  1 mol  207, tăng (207 – M) gam x mol  Từ (1) và (2) ta có:  tăng 7,1.m x = 100 (2) 207  M 0,05.m 7,1.m 100 = 100 M  64 207  M 7,1.m gam 100 (3). Từ (3) giải ra M = 65. Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Ví dụ 6. Cho 3,78 gam bột Al phản ứng vừa đủ với dung dịch muối XCl3 tạo thành dung dịch Y. Khối lượng chất tan trong dung dịch Y giảm 4,06 gam so với dung dịch XCl3. xác định công thức của muối XCl3. A. FeCl3. B. AlCl3. C. CrCl3. D. Không xác định. HD: Gọi A là nguyên tử khối của kim loại X. Al + XCl3  AlCl3 + X 3,78 = (0,14 mol)  0,14 27 0,14 mol. Ta có : (A + 35,53)0,14 – (133,50,14) = 4,06. Giải ra được: A = 56. Đối với andehyt: xét phản ứng oxi hóa của andehyt (tráng gương, + dd Brom, oxi, Cu(OH)2/OH,...) 1 RCHO  O2  RCOOH 2 Theo pt phản ứng ta thấy cứ 1 mol andehyt bị oxi hóa thành axit thì khối lượng tăng 45 – 29 = 16g. Do đó, nếu đề cho k/l andehyt, và khối lượng axit ta dễ dàng tìm được công thức phân từ của andehyt. – Từ 1 mol CaCl2 1 mol CaCO3, khối lượng tăng : 71 – 60 = 11 (gam). – Từ 1 mol NaBr  1 mol NaCl, khối lượng giảm : 80-35,5 = 44,5 (gam). – Từ 1 mol CaBr2  2 mol AgBr, khối lượng tăng : 2.108 – 40 = 136 (gam). Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 5. Phương Pháp Bảo Toàn Nguyên Tố Định luật bảo toàn nguyên tố là một hệ quả của định luật bảo toàn khối lượng. Nguyên tắc: “Tổng khối lượng của một nguyên tố trước phản ứng bằng tổng khối lượng nguyên tố đó sau phản ứng”. Phương pháp này có thể áp dụng trong rất nhiều trường hợp khác nhau như phản ứng đốt cháy chất hữu cơ, khử oxit kim loại.... Ví dụ 1. [Câu 20 – Đề thi Đại học khối A 2007 – mã đề 863] Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào axit HNO3 vừa đủ, thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là A. 0,06 B. 0,04 C. 0,075 D. 0,12 HD: Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe và Cu ta có: 2 Fe2 S  Cu 2 S  Fe2 ( SO4 ) 3  2CuSO4 0,12  0,06 Ví dụ 2. Tiến hành Cracking 5,8g butan, sau một thời gian thu được hỗn hợp X gồm metan, etan, propan, butan dư. Đốt cháy hoàn toàn hh X trong khí oxi dư rồi dẫn toàn bộ sản phẩm qua bình đựng nước vôi axit sunfuric đậm đặc. Tính độ tăng khối lượng của bình axit. HD: số mol butan = 0,1 mol. H (trong butan ban đầu)  H (nước). và C4H10  10H  5 H2O Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố H:  nH bandau =  nH H 2O = 10.0,1= 1 mol  n nước = 0,5  độ tăng khối lượng = 18.0,5 = 9g Ví dụ 3. Nung hỗn hợp bột gồm 15,2g Cr (III) Oxit và m gam Al ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 23,3g hh rắn. Cho toàn bộ hỗn hợp X phản ứng vừa đủ với 1 lít dung dịch axit HCl x mol/l. x = ? A. 1 B. 1,3 C. 1,6 D. 0,9 n Cr2O3 = 0,1 mol  0,2 mol Cr  0,4 mol HCl mAl = 23,3 – 15,2 = 8,1g  nAl = 0,3 mol HCl   0,9 mol HCl   nHCl  1,3 mol Ví dụ 4. Cho 3,44g hỗn hợp Fe và oxit sắt từ tác dụng hết dung dịch Hcl thu được dung dịch A. Cho xút dư vào A, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi cân nặng 4g. Khối lượng Fe và oxit sắt từ trong hh ban đầu lần lượt là: A. 2,32g và 2,8g B. 1,12g và 2,32g C. 3,23g & 2,8g D. 2,8g & 2,32g Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 56 x  232 y  3,44 4  nFe( III )oxit   0,025(btnt) 160   HD:  x  3 y  2 Ví dụ 5. Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. 2,24  0,1 mol . Thực chất phản ứng khử các oxit là: 22,4 HD: n hh (CO H )  2 CO + O  CO2 H2 + O  H2O. Vậy: n O  n CO  n H  0,1 mol .  mO = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  2 1,6 = 22,4 gam. Ví dụ 6. Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. o t HD: CnH2n+1CH2OH + CuO   CnH2n+1CHO + Cu + H2O Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: mO = 0,32 gam  nO  0,32  0,02 mol .  16 Hỗn hợp hơi gồm: C n H 2 n 1CHO : 0,02 mol  : 0,02 mol.  H 2O Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31  mhh hơi = 31  0,04 = 1,24 gam. mancol + 0,32 = mhh hơi mancol = 1,24  0,32 = 0,92 gam. * Sử dụng định luật bảo toàn nguyên tố trong phản ứng đốt cháy: Khi đốt cháy 1 hợp chất (C, H) thì nO (CO )  nO ( H O )  nO pứ  mO (CO )  mO( H O )  mO pứ 2 2 2 2 2 2 Ví dụ 7. Khử hoàn toàn 44,4 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit của sắt bằng hidro dư ở nhiệt độ cao thu được 35,6g hỗn hợp kim loại. Tính khối lượng nước thu được. A. 9.9g B. 4,95 g C. 19,8g D. 8,8g mO = 44,4 – 35,6 = 8,8g  nO = 8,8/16 = 0,55mol mà nO = nH2O  mH2O = 0,55.18 = 9,9g Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 6. Phương Pháp Đường Chéo Phương pháp đường chéo là một phương pháp phổ biến trong giải toán Hóa học, thường được áp dụng trong các trường hợp sau:  Tính toán pha chế dung dịch  Hỗn hợp đồng vị  Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí.  Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng cảu đa axit và đơn và bazơ  Bài toán hh 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất.... Khi sử dụng sơ đồ đường chéo cần chú ý: - Chất rắn coi như dung dịch có C = 100% - Dung môi coi như dung dịch có C = 0% - Khối lượng riêng của H2O là d = 1g/ml. Nguyên tắc của việc sử dụng quy tắc đường chéo là : Trộn m1 gam dung dịch có nồng độ C1% với m2 gam dung dịch có nồng độ C2% thu được dung dịch mới có nồng độ C%, ta có : Dung dịch 1 : m1 C1 | C2 - C | C C2 Dung dịch 2 :  | C1 - C | m2 m1 C 2  C  m 2 C  C1 (chọn C2 > C1) Khi thay đổi nồng độ % bằng nồng độ mol và khối lượng dung dịch bằng thể tích dung dịch thì : Dung dịch 1 : V1 CM1 C ` | C2 - C | CM2 Dung dịch 2 :  V1 C M 2  CM  V2 C M  CM1 | C1 - C | V2 (chọn C M 2  C M1 ). Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học Quy tắc đường chéo áp dụng cho hỗn hợp khí: Hỗn hợp khí cũng được xem như là một dung dịch – dung dịch khí. Nếu biết M của 2 khí cụ thể, có thể tìm tỉ lệ mol hoặc tỉ lệ thể tích giữa chúng bằng quy tắc đường chéo mở rộng sau đây : Khí 1 : n1, V1 M1 M2 M M Khí 2 : Luôn có : n 2, V2 n1 V1 M 2  M   n 2 V2 M  M1 M2 M M1 (Chọn M2 > M1). Ví dụ 1. Hỗn hợp A gồm 2 khí NO và NO2 có tỉ khối so với hiđro bằng 17. Tỉ lệ mol giữa chúng được xác định nhanh như sau : M A  17, 2  34 . Chọn M2 = 46 (NO2), áp dụng quy tắc đường chéo mở rộng ta có : n NO V 46  34 12  NO   3 n NO2 VNO2 34  30 4 Nghĩa là NO chiếm 3/4 ; NO2 chiếm 1/4 số mol khí A. Ta cũng có thể dùng cách giải thông thường: lập hệ phương trình hoặc giải bằng M . Ví dụ 2. Để pha chế 500ml dung dịch nước muối sinh lí C = 0,9% cần lấy bao nhiêu ml dung dịch NaCl 3%. A. 150 HD: B. 250 C. 300 V1 NaCl 3 D. 450 0 – 0,9 0,9 V2 nước  0 3 – 0,9 V1 0.9 0,9   V1  V2  150ml V2 2,1 2,1  0,9 Ví dụ 3. Hòa tan hoàn toàn 200g SO3 vào m gam dung dịch axit sunfuric 49% ta được dung dich axit 78,4%. m = ? A. 133,3 B. 284,5 C. 146,9 D. 300,0 HD: Đây là dạng toán trộn m1 gam dung dịch có nồng độ C1% với m2 gam dung dịch có nồng độ C2% thu được dung dịch mới có nồng độ C%, Phương trình pứ: SO3  H 2 O  H 2 SO4 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ Tài liệu luyện thi Đại học môn Hóa học 100 gSO3  98  100  122,5 gamH 2 SO4 80 Nồng độ axit sunfuric tương ứng là 122,5% Gọi m1 là khối lượng SO3 và , m2 làm dd axit sunfuric 49% cần lấy . m1 122,5 29,4 78,4 49 m2  m2 = 44,1 44,1m1 44,1  200   300 g 29,4 29,4 Ví dụ 4. Brom có hai đồng vị bền là 79 35 Br và 81 35 Br . Tính thành phần % số nguyên tử 79 35 Br biết nguyên tử khối trung bình của Brom là 79,319. 81 35 Br 81 0,319 79,319 79 35  % 3579 Br  Br 79 1,681 1,681 .100%  84,05% 1,681  0,319 Ví dụ 5. Cho 500 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng với 240 ml dung dịch H3PO4 1,25M. Tính khối lượng muối tạo thành? HD: 1  nOH   2  tạo hh 2 muối HPO42  và H 2 PO 4 nPO43 HPO42 2/3 n1  2 n = 5/3 H 2 PO4 1/3 n2  1 Ta có: n Na2 HPO4  2  n NaH 2 PO4  n Na HPO  n NaH PO  n H PO  0,3 2 4 3 4  2 4  số mol 2 muối  k/l 2 muối. Ví dụ 6. Hỗn hợp X gồm 2 khí oxi và ozon có tỉ khối so với hidro bằng 20. Hỗn hợp Y gồm Hidro và CO có tỉ khối so với oxi bằng 0,225. Tính số mol hỗn hợp X cần dùng để đốt cháy hoàn toàn 1 mol hỗn hợp Y. A. 0,3 B. 0,4 C. 0,2 D. 0,55 Võ Trường Giang – Công nghệ Hóa học K35, Khoa Công nghệ, Đại học Cần Thơ