Tài liệu Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học

TS. PHẠM NGỌC SƠN Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm ho¸ häc LUYỆN THI ĐẠI HỌC Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc Lời nói đầu Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các bài tập trắc nghiệm hoá học trong chương trình THPT một cách ngắn gọn, khoa học và chính xác. Nội dung cuốn sách gồm 10 phương pháp giải nhanh với hệ thống các ví vụ minh họa cùng hướng dẫn giải chi tiết. Nội dung các bài tập hoá học phong phú, đa dạng, cập nhật. Tác giả hi vọng rằng cuốn sách này sẽ giúp cho bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi. Quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong nhận được những góp ý xây dựng của bạn đọc để cuốn sách được hoàn thiện hơn trong lần xuất bản sau. Xin trân trọng cảm ơn ! TÁC GIẢ 1. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG 1. Nguyên tắc Xét phản ứng A + B  C + D ta có ; mA + mB = mC + mD Một số dạng thƣờng gặp : - Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H2SO4 loãng moxit + maxit = mmuối + mnước Trong đó số mol nước được tính theo axit. - Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H2 : moxit  mCO,C,H2  mran  mCO2 ,H2O Trong đó số mol CO2, H2O được tính theo CO, C và H2 - Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H2. mkim loại + maxit = mmuối + mH2 số mol H2 = 2HCl = H2SO4 - Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit mmuối (1) + maxit = mmuối + mH2O + mCO2 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Hƣớng dẫn  Fe2(SO4)3 + 3H2O (1) Fe2O3 + 3H2SO4   MgSO4 + H2O (2) MgO + H2SO4   ZnSO4 + H2O (3) ZnO + H2SO4  Theo các pt hoá học (1, 2, 3): n H2O = n H2SO4 = 0,5  0,1 = 0,05 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m hh muối khan = 2,81 + 98  0,05 – 18  0,05 = 6,81 (g). Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Giá trị của m là A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4. Hƣớng dẫn Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có: 0 t  2Fe3O4 + CO2 (1) 3Fe2O3 + CO  0 t Fe3O4 + CO   3FeO + CO2 (2) 0 t FeO + CO  Fe + CO2 (3)  Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành Gọi x là số mol CO2 tạo thành nB = 11, 2 = 0,5 (mol) 22, 4 44x + 28(0,5 – x) = 0,5  20,4  2 = 20,4  x = 0,4 (mol) Do đó n CO phản ứng = 0,4 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m = mA + mCO2 – mCO = 64 + 44  0,4 – 28  0,4 = 70,4 (g). Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích khí B (đo ở đktc). Hƣớng dẫn Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y 2X + 2m HCl   2XClm + m H2 (1) 2Y + 2n HCl   2YCln + n H2 (2) Theo (1, 2): n HCl = 2  n H2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 5 + 36,5  2  n H2 = 5,71 + 2  n H2  n H2 = 0,01 (mol) Vậy VH2 (đktc) = 0,01  22,4 = 0,224 (l). Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 10%, thu được 2,24 lít khí H2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là A. 101,68 gam. B. 88,20 gam. C. 101,48 gam. D. 97,80 gam. Hƣớng dẫn  Al2(SO4)3 + 3H2  (1) 2Al + 3H2SO4   ZnSO4 + H2  (2) Zn + H2SO4  Từ (1, 2): n H2SO4 = n H2 =  mdd H2SO4 = 2, 24 = 0,1 (mol) 22, 4 98  0,1 100 = 98 (g) 10 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mdd sau phản ứng = mhh + mdd H2SO4 – mH  = 3,68 + 98 – 2  0,1 = 101,48 (g). 2 Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO và CO2 cho sục qua dung dịch Ca(OH)2 dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là A. 70,4g B. 74g C. 47g D. 104g Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO2 và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH)2 dư : CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 40  0,4 (mol) 100 0,4 (mol) Sơ đồ phản ứng: FeO Fe2O3 Fe3O4 + CO   Fe + CO2 28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H2 đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp chất rắn A và 1,62 gam H2O. Vậy m có giá trị là A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g Lời giải : nH2  nH2O  0, 09 (mol) Sơ đồ phản ứng: FeO H2 + Fe2O3  A + H2O Fe3O4 CuO 0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g Lời giải : Sơ đồ phản ứng: Na 2 CO3 K 2 CO3  BaCO3 + + BaCl2  NaCl KCl nBaCl2  nBaCO3  0,3 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mhh  mBaCl2  m   m dd m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g) Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na2SO4, K2SO4, (NH4)2SO4 tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch Ba(NO3)2 0,1M . Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g Lời giải : Sơ đồ phản ứng: Na2SO4 K2SO4 + Ba(NO3)2   BaSO4 + (NH4)2SO4 NaNO3 KNO3 NH4NO3 nBa(NO3 )2  nBaSO4  0, 03 (mol) ; 4, 48  7,83  6,99  mB  mB  5,32 (g) Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu được m gam muối khan, m có giá trị là A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g Lời giải: Sơ đồ phản ứng : Cu MgSO4  + Cu + H2   Mg + H2SO4  Al (SO ) 2 4 3  Al  m  m (AlMg)  m SO2  (2,57  1,28)  0, 065.96  7,53 (g) 4 Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 1,344 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan có khối lượng là A. 7,12g B. 7,98g C. 3,42g D. 6,12g Lời giải : Theo phương trình điện li : n H  n Cl   2. 1,344  0,12(mol) 22, 4 mmuối = mKL + mCl = 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g) Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO3 và CaCO3 cho đến khi không còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi 2 lít dung dịch Ba(OH)2 thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g Lời giải: m = mB + mCO2  BaCO3  + H2O CO2 + Ba(OH)2   Ba(HCO3)2 2CO2 + Ba(OH)2  m = 3,52 + ( 7,88 3,94  2. ).44  7, 04 (g) 197 197 2. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ 1. Nguyên tắc Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau. Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố : nnguyên tử A = x.nX = (số nguyên tử A trong X).số mol X ví dụ : nO = 4.nH2SO4 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà 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. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06. Hướng dẫn Fe2 (SO4 )3 FeS2  HNO3     NO   H 2O Cu 2S CuSO4 Sơ đồ phản ứng:  2FeS2   Fe2(SO4)3 0,12  0,06 Cu2S   2CuSO4 a 2a Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có: 2  0,12 + a = 3  0,06 + 2a  a = 0,06 (mol). Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, Fe2O3 (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)2 thì tạo thành 4 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 1,120. B. 0,896. C. 0,448. D. 0,224. (Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B) Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng: CuO t0  CO2  (X) + hỗn hợp rắn + CO   Fe 2 O3  CaCO3  + H2O CO2 + Ca(OH)2 dư  Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C: n C trong CO = n C trong CO2 = n C trong CaCO3  n C trong CO = n CaCO = 3 4 = 0,04 (mol) 100 Vậy V = 0,04  22,4 = 0,896 (l). Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Z. Giá trị của m là A. 16,0. B. 24,0. C. 28,8. D. 32,0. Hướng dẫn Sơ đồ các phản ứng: FeCl2  NaOH Fe  HCl X  Y    Fe2O3 FeCl3 Fe(OH) 2 t0  Z (Fe2O3)  Fe(OH)3 Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe: n Fe trong Z = n Fe trong X = n Fe  2n Fe2O3 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)  n Fe2O3 trong Z = 1  n Fe trong Z = 0,2 (mol) Vậy m = 0,2  160 = 32,0 (g). 2 Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml. (Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A) Hướng dẫn MgO  Mg    O2 X Cu  Y CuO Al O  Al   2 3  MgCl2 + H2O (1) MgO + 2HCl   CuCl2 + H2O (2) CuO + 2HCl   2AlCl3 + 3H2O (3) Al2O3 + 6HCl  Ta có mO / hhY = 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay n O / hhY = 1, 2 = 0,075 (mol) 16 Theo (1, 2, 3): n HCl = 2  n O / hhY = 2  0,075 = 0,15 (mol) Vậy Vdd HCl = 0,15 = 0,075 2 (l) = 75 (ml). Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H2SO4 loãng, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể Na2SO4.10H2O. Khối lượng mẩu Na là A. 0,575 gam. B. 1,15 gam. C. 2,3 gam. D. 1,725 gam. Hướng dẫn  Na 2 O  NaOH H2SO4 kk   dd Y (dd Na2SO4)   Na2SO4.10H2O Na  X   Na 2 CO3  Na 8,05 Ta có n Na 2SO4 .10H2O = = 0,025 (mol)  n Na của mẩu Na = n Na trong 322 2  n Na 2SO4 .10H2O = 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,05  23 = 1,15 (g). tinh thể = Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A bằng dung dịch có chứa y mol HNO3. Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa NH4NO3 và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO2 và NO. Biểu thức tính y theo x và V là A. 8x + V . 22, 4 B. 6x + V . 22, 4 C. 5x + V . 22, 4 D. 10x + V . 22, 4 Hướng dẫn Ta có n hh E = V (mol) 22, 4 Theo đề bài n X : n Y : n Z = 1 : 2 : 3 Mà n X = x (mol) nên n Y = 2x (mol), n Z = 3x (mol) Sơ đồ phản ứng: X , Y , Z + HNO3   X(NO3)3, Y(NO3)2, ZNO3 + NO2  , NO  + H2O x 2x 3x x 2x 3x  Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N: n HNO3 = n N = 3 n X(NO3 )3 + 2 n Y(NO3 )2 + n ZNO3 + n NO2 + n NO = 3. x + 2. 2x + 3x + V V = 10x + (mol). 22, 4 22, 4 Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch HNO3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO2 ( n NO  n NO2  0,1 mol ). V có giá trị là A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít Lời giải Sơ đồ phản ứng: Cu Ag + HNO3   Cu(NO3 )2 AgNO3 + NO NO2 + H2 O Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : nCu = nCu(NO3 )2 = 0,1 mol và nAg = n AgNO3 = 0,2 mol Áp dụng cho nguyên tố N : n N (HNO3 ) = n N(Cu(NO3 )2 AgNO3  NO NO2 ) n(HNO3 ) = 2nCu(NO3 )2  n AgNO3  n NO  n NO2 n(HNO3 ) = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol VHNO3  0,6  0,6(lit) 1 Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe2O3 (0,02 mol), Fe3O4 (0,03 mol) tan vừa hết trong dung dịch HNO3 thu được một muối duy nhất và 0,448 lít khí N2O4 (đktc). Khối lượng muối và số mol HNO3 tham gia phản ứng là A. 32,8 g ; 0,4 mol C. 33,88 g ; 0,06 mol B. 33,88 g ; 0,46 D. 33,28 g ; 0,46 mol mol Lời giải Sơ đồ phản ứng : FeO Fe2O3 + HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + H2O Fe3O4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Fe : nFe [Fe(NO3 )3 ]  nFe [FeO,Fe2O3 ,Fe3O4 ] nFe [Fe(NO3 )3 ] = nFeO  2nFe2O3  3nFe3O4 = 0, 01  2.0, 02  3.0, 03  0,14 (mol) mFe(NO 3 )3  0,14.242  33,88 (g) Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố N : n N [HNO3 ]  n N [Fe(NO3 )3 N 2O4 ]  n HNO3  3n Fe(NO3 )3  n N2O4  3.0,14  2.0, 02  0, 46 (mol) Ví dụ 9: Cho 1,1 gam hỗn hợp Fe, Al phản ứng với dung dịch HCl thu được dung dịch X, chất rắn Y và khí Z, để hoà tan hết Y cần số mol H2SO4 (loãng) bằng 1/2 số mol HCl ở trên thu được dung dịch T và khí Z. Tổng thể tích khí Z (đktc) là 0,896 lít. Tổng khối lượng muối sinh ra trong hai trường hợp trên là A. 2,54 gam B. 2,77 gam C. 3,36 gam D. 1,06 gam Lời giải : Sơ đồ phản ứng : Fe Al + HCl H 2 SO 4   hỗn hợp muối ( X+T ) + H2 Đặt x= nHCl ; n H2SO4 = y (mol) Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H: n H [HClH2SO4 ]  n H [H2 ] n HCl  2n H2SO4  2n H2  0, 04 (mol) x + 2y = 0,04 x  x = 0,02 ; y = 0,01 2 mmuối = m(Al,Fe) + mCl  mSO 2 = 1,1 + 0,02.35,5 + 0,01.96 = 2,77 (gam) y= 4 Ví dụ 10. Cho 1,48 g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 loãng, ta thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch khối lượng muối khan thu được là A. 4,84 g B. 5,65 g C. 5,56 g D. 4,56 g Lời giải : Sơ đồ phản ứng : Fe FeSO4 Al + H2SO4   Al2(SO4)3 + H2 Zn ZnSO4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:  n H2SO4 = n H 2 = 0, 784 = 0,035 (mol) 22, 4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố S: = 0,035 (mol)  n 2  n 2 SO [H SO ] SO [muèi] 4 2 4 4 mmuối = m(Fe, Al, Zn) + mgốc axit = 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam) 3. PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG 1. Nguyên tắc Khi chuyển từ chất X (thường tính cho 1 mol) thành chất Y (không nhất thiết trực tiếp, có thể bỏ qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam. Dựa vào khối lượng thay đổi đó ta tính được số mol các chất cần thiết hoặc ngược lại. Ghi nhớ: Trường hợp kim loại A đẩy kim loại B trong dung dịch muối thành kim loại B tự do. Ta có:  Khối lượng A tăng = mB bám vào – mA tan ra  Khối lượng A giảm = mA tan ra – mB bám vào. Một số dạng thƣờng gặp : HCl + 1 mol kim loại   muối Cl thì khối lượng tăng 35,5n gam (n là số oxi hóa của kl) + 1 mol muối CO32-   2 mol Cl khối lượng tăng 35,5.2 - 60 = 11 gam 2+ 1 mol O (trong oxit)   1 mol SO4 (trong muối) thì khối lượng tăng 96 - 16 = 80 gam. + 1 mol O (trong oxit)   2 mol Cl (trong muối) thì khối lượng tăng 35,5.2 - 16 = 55 gam. 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Thể tích khí B (đo ở đktc) là A. 0,224 lít B. 0,448 lít C. 0,112 lít D. 0,336 lít Hƣớng dẫn Gọi công thức chung của 2 kim loại là M và có hoá trị là n M  MCln + + n HCl  n H2  2 M g (M + 35,5n) g Theo pt hoá học, cứ 1 mol kim loại tạo thành 1 mol muối thì khối lượng tăng 35,5n gam và có n mol H2 bay ra. 2 Theo đề bài, khối lượng tăng 5,71 – 5 = 0,71 gam thì số mol H2 bay ra là: n 2 = 0,01 (mol); Vậy V = 22,4  0,01 = 0,224 (l). H2 35,5n 0,71  Ví dụ 2: Tìm công thức muối amoni photphat. Biết rằng muốn điều chế 100 gam muối trên phải cần 200 gam dung dịch axit photphoric 37,11%. Hƣớng dẫn Khối lượng axit H3PO4 = 37,11 200 = 74,22 (g) 100 H3PO4 + nNH3  (n = 1, 2, 3)  (NH4)nH3 - nPO4 98 g (17n + 98) g 74,22 g 100 g Theo pt hoá học, cứ 1 mol H3PO4 biến thành muối amoni photphat thì khối lượng tăng: (17n + 98) – 98 = 17n (g) Theo đề bài, khối lượng muối tăng: 100 – 74 ,22 = 25,78 (g) Do đó 98 17n = 74, 22 25,78  n= 98  25,78 =2 17  74, 22 Vậy muối cần tìm có công thức là: (NH4)2HPO4. Ví dụ 3: Ngâm một lá kẽm trong dung dịch có hoà tan 8,32 gam CdSO4. Phản ứng xong, lấy lá kẽm ra khỏi dung dịch rửa nhẹ, làm khô, nhận thấy khối lượng lá kẽm tăng lên 2,35% so với lá kẽm trước phản ứng. Khối lượng lá kẽm trước khi tham gia phản ứng là A. 1,88 gam. B. 18,8 gam. C. 0,8 gam. D. 80 gam. Hƣớng dẫn Zn + CdSO4   ZnSO4 + Cd  0,04  0,04  0,04 Ta có n CdSO4 = 8,32 = 0,04 (mol) 208 Khối lượng lá kẽm tăng = 112  0,04 – 65  0,04 = 1,88 (g) . Vậy khối lượng lá kẽm trước phản ứng là: 1,88  100 = 80 (g). 2,35 Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp Z gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch E. Sục khí Cl2 dư vào dung dịch E. Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan. Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp Z là A. 32,175 gam. B. 29,25 gam. C. 26,325 gam. D. 23,40 gam. Hƣớng dẫn Khí Cl2 dư chỉ oxi hoá được muối NaI:  2NaCl + I2 2NaI + Cl2  150 g  58,5 g Cứ 1 mol NaI tạo thành 1 mol NaCl khối lượng giảm: 91,5 (g) Vậy x mol NaI thì khối lượng giảm: 104,25 – 58,5 = 45,75 (g)  x= 1  45,75 = 0,5 (mol) 91,5 Vậy m NaCl trong Z = 104,25 – 150  0,5= 29,25 (g). Ví dụ 5: Có 500 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,2M và (NH4)2CO3 0,5M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch đó. Sau các phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 gam kết tủa A và dung dịch B. Khối lượng các chất trong A là A. 19,7 gam BaCO3 và 20 gam CaCO3. B. 9,7 gam BaCO3 và 30 gam CaCO3. C. 29,7 gam BaCO3 và 10 gam CaCO3. D. 9,85 gam BaCO3 và 29,85 gam CaCO3. Hƣớng dẫn Trong dung dịch:  2 Na2CO3   2 Na + CO3 0,1  0,1 BaCl2   Ba 2 + 2 Cl 2 (NH4)2CO3  CaCl2  + 2 Cl  2 NH 4 + CO32  Ca 0,25  0,25 Các phương trình hoá học của các phản ứng dạng ion: Ba 2 + CO32   BaCO3  (1) x x 2 2 + CO3  Ca  CaCO3  (2) y y Ta có n Na 2CO3 = 0,5  0,2 = 0,1 (mol) ; n (NH4 )2 CO3 = 0,5  0,5 = 0,25 (mol) Theo (1, 2), cứ 1 mol BaCl2 hoặc 1 mol CaCl2 biến thành BaCO3 hoặc CaCO3 thì khối lượng muối giảm: 71 – 60 = 11 (g) Như vậy, theo đề bài khối lượng hai muối giảm: 43 – 39,7 = 3,3 (g) Do đó tổng số mol hai muối BaCO3 và CaCO3 là: 3,3  1 = 0,3 (mol) 11 Tổng số mol CO32 = 0,1 + 0,25 = 0,35 mol Điều đó chứng tỏ phản ứng còn dư CO32 = 0,35 – 0,3 = 0,05 (mol) Gọi x, y là số mol BaCO3 và CaCO3 có trong A  x  y  0,3  x  0,1   197x  100y  39,7  y  0, 2 Ta có  Vậy mBaCO3 19,7gam mCaCO3  20gam Ví dụ 6 : Cho 84,6 gam hỗn hợp A gồm BaCl2 và CaCl2 vào 1 lít hỗn hợp Na2CO3 0,3M và (NH4)2CO3 0,8 M. Sau khi các phản ứng kết thúc ta thu được 79,1 gam kết tủa A và dung dịch B. Phần trăm khối lượng BaCl2 và CaCl2 trong A lần lượt là A. 70,15 ; 29,25 B. 60,25 ; 39,75 C. 73,75 ; 26,25 D. 75,50 ; 24,50 Lời giải : Đặt nBaCl2  x(mol); nCaCl2  y (mol) BaCl2 +  CaCl  2  Na 2 CO3    (NH ) CO  4 2 3 BaCO3  CaCO3  NaCl  NH 4 Cl +  Cứ 2 mol Cl– mất đi (71 gam) có 1 mol muối CO32 thêm vào (60 gam)  Độ chênh lệch (giảm) khối lượng của 1 mol muối là : M = 71 – 60 =11 (g)  Độ giảm khối lượng muối : Vậy số mol muối phản ứng : m = 84,6 – 79,1 = 5,5 (g) 5,5  0,5 (mol) 11 Số mol CO32– = 0,3 + 0,8 = 1,1 (mol) > 0,5 mol. Vậy muối cacbonat dư. x  0,3 x + y = 0,5 (1)    y  0, 2 208x + 111y = 84,6 (2) 0,3.208  .100%  73,75% %m BaCl2  84.6  %mCaCl  100  73,75  26,25(%)  2 Ví dụ 7: Hỗn hợp A gồm 10 gam MgCO3,CaCO3 và BaCO3 được hoà tan bằng HCl dư thu được dung dịch B và khí C. Cô cạn dung dịch B được 14,4 gam muối khan. Sục khí C vào dung dịch có chứa 0,3 mol Ca(OH)2 thu được số gam kết tủa là A. 10g B. 20g C. 30g D. 40g Lời giải CO32– + 2H+   CO2 + H2O 14, 4  10  0, 4 (mol) 3 11  CaCO3  + H2O CO2 + Ca(OH)2  Số mol A = nCO 2  nCO2  0,4 0,3 0,3 CO2 + H2O + CaCO3   Ca(HCO3)2 0,1 0,1 (mol) (mol) mCaCO3  0,2.100  20 (g) Ví dụ 8: Cho 68g hỗn hợp 2 muối CuSO4 và MgSO4 tác dụng với 500 ml dung dịch chứa NaOH 2M và KOH 0,8M. Sau phản ứng thu được 37g kết tủa và dung dịch B. Vậy % khối lượng CuSO4 và MgSO4 trong hỗn hợp ban đầu là A. 47,05% ; 52,95%. B. 47,05 % ; 52,95%. C. 46,41% ; 53,59%. D. 46,50% ; 53,50%. Lời giải : Đặt nCuSO4  x mol ; n MgSO4  y mol CuSO 4   MgSO4 +  NaOH  KOH   Cu(OH)2 +  Mg(OH)  2  Na 2 SO4  K 2 SO4 Từ độ chênh lệch khối lượng ta tính được tổng số mol hai muối sunfat: 68-37  = 0,5 (1) x  0, 2 x + y =  96-34  y  0,3  160x + 120y = 68(2) 0, 2.160  .100%  47, 05% %mCuSO4  68  %m MgSO  100  47, 05  52, 95%  4 Ví dụ 9: Nhúng một thanh kim loại X (hoá trị II) vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản ứng khối lượng thanh kim loại giảm 0,12g. Mặt khác cũng thanh kim loại X đó được nhúng vào dung dịch AgNO3 dư thì kết thúc phản ứng khối lượng thanh tăng 0,26g. Nguyên tố X là A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe Lời giải : Phương trình phản ứng : X + CuSO4 dư   XSO4 + Cu↓ a a X + 2AgNO3 dư   X(NO3)2 + 2Ag↓ a 2a Khối lượng thanh kim loại tăng = mA – mCu = 0,12g a.MX – 64a = 0,12  MX.a = 64a + 0,12 Mặt khác khối lượng thanh kim loại giảm = mAg + mX = 0,26 g 2a.108 – MX.a = 0,26  MX.a = 2a.108 – 0,26 (2)  x = 2,5.10–3 mol  MX = 64.2,5.103  0,12 2,5.103 (1)  112 (g/mol)  Chất X là Cd. Ví dụ 10. Cho 2 dung dịch FeCl2 và CuSO4 có cùng nồng độ mol. – Nhúng thanh kim loại vào M hoá trị II vào 1 lít dd FeCl2 sau phản ứng khối lượng thanh kim loại tăng 16g. – Nhúng cùng thanh kim loại ấy vào 1 lít dung dịch CuSO4 sau phản ứng khối lượng thanh kim tăng 20g. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và thanh kim loại M chưa bị tan hết. Kim loại M là A. Zn B. Mg C. Cd D. Fe Lời giải : Các phương trình phản ứng xảy ra :  MCl2 + Fe M + FeCl2  x x x  MSO4 + Cu↓ M + CuSO4  Theo giả thiết thì : nCu = nFe = x mol Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m  = mFe – mM = 16g 56x – MM.x = 16  M.x = 56x – 16 Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m  = mCu – mM = 20 g 64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20 M = 24. Vậy kim loại M là Mg. 4. PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG SƠ ĐỒ ĐƢỜNG CHÉO 1. Nguyên tắc  Đối với nồng độ % về khối lượng m1 C1 C2  C C m2  m1 C2  C  C m 2 C1  C (1)  V1 C2  C  C V2 C1  C (2) C2 C1  C  Đối với nồng độ mol/l V1 C1 C2  C C V2 C2 C1  C  Đối với khối lượng riêng V 1 D1 D2  D D D V  1  2 D (3) D V2 D1  D V 2 D2 D1  D 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 = 1 g/ml. 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: Để thu được dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15%. Tỉ lệ m1/m2 là A. 2 : 1. B. 3 : 1. C. 1 : 2. D. 1 : 3. Hướng dẫn Ta có sơ đồ đường chéo: 15  25 m1 (HCl) 45 m1 15  25 10 1     25 m2 45  25 20 2 45  25 m2 (HCl) 15 Ví dụ 2: Để pha được 500 ml dung dịch nước muối sinh lí nồng độ 0,9% cần lấy V ml dung dịch NaCl 3%. Giá trị của V là A. 150. B. 214,3. C. 350. D. 285,7. Hướng dẫn Sơ đồ đường chéo: 0  0,9 V1 (NaCl) 3 0  0,9 0,9 V   1  0,9 V2 3  0,9 2,1 3  0,9 V2 (H2O) 0  V = V1  0,9  500 = 150 (ml). 0,9  2,1 Ví dụ 3: Cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O và m2 gam dung dịch CuSO4 8% để pha thành 280 gam dung dịch CuSO4 16%. Giá trị của m1, m2 lần lượt là A. 40 và 240. B. 180 và 100. C. 60 và 220. D. 220 và 60. Hướng dẫn Ta xem tinh thể CuSO4.5H2O như là dung dịch CuSO4 có C% = 160  100% = 64% 250 Gọi m1 là khối lượng của CuSO4.5H2O và m2 là khối lượng của dung dịch CuSO4 8% Sơ đồ đường chéo: m1 64 8  16 8  16 m 8 1    1  16 m2 64  16 48 6 m2 8 64  16 Hay 6m1 – m2 = 0 (1) Mặt khác m1 + m2 = 280 (2) Giải hệ hai pt (1, 2), ta được m1 = 40, m2 = 240. 63 65 Ví dụ 4: Trong tự nhiên, nguyên tố đồng có hai đồng vị là 29 Cu và 29 Cu . Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54. Thành phần phần trăm tổng số nguyên tử của đồng 63 vị 29 Cu là A. 27%. B. 50%. C. 54%. D. 73%. (Trích đề thi TSCĐ năm 2007 - Khối A, B) Hướng dẫn Sơ đồ đường chéo: 65 % 29 63  63,54 Cu A1 = 65 A = 63,54 63 % 29 Cu A2 = 63 65  63,54  % % 65 29 Cu 63 29 Cu 63 Vậy % 29 Cu =  63  63,54 65  63,54  0,54 1, 46 1, 46  100% = 73%. 0,54  1, 46 Ví dụ 5: Một hỗn hợp gồm O2, O3 (ở đktc) có tỉ khối so với hiđro là 18. Thành phần % về thể tích của O2 trong hỗn hợp là A. 25%. B. 75%. C. 45%. D. 55%. Hướng dẫn Ta có M hh = 18  2 = 36 Sơ đồ đường chéo: 32  36 48 VO3  36 VO2 Vậy %VO2 = 32 48  36 VO3 VO2  32  36 48  36  4 1  12 3 3  100% = 75%. 1 3 Ví dụ 6: Hoà tan Cu trong dung dịch HNO3, thu được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ khối hơi so với hiđro là 16,6. Hệ số tỉ lượng (số nguyên, đơn giản nhất) của kim loại Cu trong phương trình hoá học chung là A. 4. B. 10. C. 13. D. 7. Hướng dẫn 5 0 2 2 4  Cu (NO3)2 + N O + N O2 + H2O Cu + H N O3  Đặt n NO = a (mol) và n NO2 = b (mol) Ta có M hh = 16,6  2 = 33,2 a (NO) 30 33,2 b (NO2) 46  33,2 46  a 46  33, 2 12,8 4    b 30  33, 2 3, 2 1 30  33,2 13  0 2 Cu   Cu + 2e 5 2 4 2  5 N + 13e   4N + N 13Cu + 36HNO3   13Cu(NO3)2 + 8NO + 2NO2 + 18H2O Ví dụ 7: Hoà tan 4,59 gam Al bằng dung dịch HNO3, thu được V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và N2O có tỉ khối hơi đối với hiđro là 16,75. Giá trị của V là A. 1,792. B. 2,688. C. 2,016. D. 3,584. Hướng dẫn Ta có M hh = 16,75  2 = 33,5 n Al = 4,59 = 0,17 (mol) 27 Sơ đồ đường chéo: a (NO) 30 10,5 33,5 b (N2O) 44 Hay a – 3b = 0 (1) Các quá trình oxi hoá - khử xảy ra: 0 3,5 5 3   Al + 3e 0,17  0,51 N + 3e Al  a 10,5 3   b 3,5 1 2   N 3a  a 5 1 2 N + 8e   N2 8b  b Do đó 3a + 8b = 0,51 (2) Giải hệ hai pt (1, 2), ta được: a = 0,09, b = 0,03 Vậy V = (0,09 + 0,03)  22,4 = 2,688 (l). Ví dụ 8: Số gam H2O cho vào 100 gam dung dịch H2SO4 80% để được dung dịch H2SO4 50% là A. 40 g B. 50 g C. 60 g D. 70 g Lời giải m 0 30 50 100 80 50 m 30   m  60 (g) 100 50 Ví dụ 9. Làm bay hơi 500 ml dung dịch chất A 20% (D = 1,2 g/ml) để chỉ còn 300 gam dung dịch. Nồng độ % của dung dịch này là A. 30% B. 40% C. 50% D. 60% Lời giải mdd = 500.1,2 = 600 (g) Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ : dd A : 20 – x 600 x x – 20 H O: 300 600 2 x    x  40% 300 x  20 Ví dụ 10. Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam KOH nguyên chất là A. 40 gam B. 50 gam C. 60 gam D. 70 gam Lời giải m 100 20 50 100 30 50  m 20   m  40 g 100 50 Ví dụ 11. Một dung dịch HNO3 nồng độ 60% và một dung dịch HNO3 khác có nồng độ 20%. Để có 100gam dung dịch mới có nồng độ 45% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch HNO3 60%, 20% lần lượt là A. 37,5g ; 62,5g. B. 62,5g ; 37,5g. C. 40g ; 60g. D. 53g ; 47g. Lời giải m1 20 15 45 m2  m1 15 3   m2 25 5 m1  m2  100 60 25 m1  37,5g  m2  62,5g Ví dụ 12. Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 1,5 thì VH2 và VCO trong hỗn hợp là A. 8 lít và 44 lít. C. 4 lít và 48 lít. B. 44 lít và 8 lít. D. 10 lít và 42 lít.