CHUYÊN ĐỀ: BÀI TOÁN TỔNG HỢP
PHẦN A: LÍ THUYẾT
••• Bảo toàn nguyên tố: Trong các phản ứng hoá học, số nguyên tử của mỗi nguyên tố giữ nguyên nên:
- Số mol nguyên tử của nguyên tố tham gia phản ứng bằng số mol nguyên tử của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
- Khối lượng của nguyên tố tham gia phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng.
••• Định luật bảo toàn khối lượng
“Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng”.
Tổng quát: A + B → C + D mA + mB = mC + mD
Từ đó tính được khối lượng của 1 trong 4 chất A, B, C, D khi biết khối lượng của 3 chất còn lại.
* Đối với phản ứng chỉ có chất rắn tham gia: Gọi mT là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, mS là tổng khối lượng các chất sau phản ứng. Phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn ta luôn có: mT = mS
* Đối với phản ứng xảy ra trong dung dịch mà sản phẩm có chất kết tủa tạo thành hoặc có chất khí bay ra thì khi tìm khối lượng của dung dịch sau phản ứng phải trừ đi khối lượng chất rắn và chất khí tách ra khỏi dung dịch. mdd sau pứ = mdd trước pứ - mkết tủa – mkhí
* Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng của các kim loại và gốc acid: mmuối = m kim loại + m gốc acid
••• Định luật bảo toàn điện tích
Trong dung dịch các chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy thì tổng số điện tích dương của các cation bằng tổng số điện tích âm của các anion.
••• Định luật bảo toàn electron: Trong các phản ứng oxi hoá khử thì tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận.
∑ne nhường = ∑ ne nhận
Khi có nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn thì cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá, hoặc chất khử không cần quan tâm đến trạng thái trung gian và không cần viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra.
PHẦN B: BÀI TẬP ĐƯỢC PHÂN DẠNG
DẠNG 1: ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN
* Phương pháp:
- Phân tích đề bài có đặc điểm sau:
+ Bài toán hỗn hợp có số chất thành phần nhiều hơn số dữ kiện đề bài cho.
+ Dữ kiện đề bài cho không thể chuyển đổi thành số mol.
+ Các bài toán có nhiều giai đoạn chuyển hóa phức tạp.
- Dựa vào dữ kiện đề bài để áp dụng bảo toàn khối lượng hoặc bảo toàn số mol nguyên tử nguyên tố, … cho phù hợp.
* Ví dụ minh họa:
VD1: Cho kim loại M (hoá trị II) tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl, thu được 9,916 lít khí H2 (ở đkc 250C, 1bar) và 125 gam dung dịch A có nồng độ 30,4%. Tìm tên kim loại M.
Giải
- Từ GT: = 0,4 (mol); = 38 (gam)
- PTHH: M + 2HCl → MCl2 + H2
0,4 0,8 0,4 0,4 (mol)
- Áp dụng BTKL, ta có: mM + mHCl = +
→ mM = 38 + 0,4. 2 – 0,8. 36,5 = 9,6 (gam)
→ M = 9,6 : 0,4 = 24 → M là kim loại Mg.
VD2: Nung m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe3O4 (tỉ lệ mol 2 : 1) ở nhiệt độ cao, sau một thời gian, thu được chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 loãng dư, thu được 6,1975 lít khí H2 (đkc 250C, 1bar) và dung dịch sau phản ứng chứa 78,54 gam hỗn hợp muối. Tính giá trị của m.
Giải
= 0,25 mol
Bảo toàn H: = y – 0,25
Bảo toàn O: y – 0,25 = 4x (1)
Muối → khối lượng muối: 2x.27 + 3x.56 + 96.y = 78,54 (2)
Giải hệ pt (1) và (2): x = 0,09 → m = 25,74 (gam)
VD3: Chia hỗn hợp X gồm 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,9832 lít H2 (đkc 250C, 1bar).
Phần 2: Nung trong không khí dư, thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxide. Tính khối lượng hỗn hợp X.
Giải
Vì hỗn hợp X được chia thành 2 phần bằng nhau nên tổng số mol x điện tích ion dương (KL) trong 2 phần bằng nhau.
BTĐT ⇒ 2nO2- = 1. nCl- ;
Mà: nCl- = nH+ = 2nH2 = 0,16 mol
⇒ nO2- = 0,16 /2 = 0,08 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng ở phần 2:
moxide = mKl + mO ⇒ mKl = 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam
⇒ Khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12 (gam)
VD4: Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp Al, Mg trong thể tích vừa đủ là 500 ml dung dịch HNO3 loãng thu được dung dịch A và 3,4706 lít (đkc 250C, 1bar) hỗn hợp hai khí đẳng mol có khối lượng 5,18 gam, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp.
Giải
nhh = 3,136/24,79 = 0,14 (mol) ;
hh khí  = 5,18/0,14 = 37
NO (M = 30) → Khí 2: N2O (M = 44)
nNO =  = 0,14/2 = 0,07 mol
Al → Al3+ + 3e N+5 + 3e → N+2 (NO)
x 3x (mol) 0,21 0,07 (mol)
Mg → Mg2++ 2e 2N+5 + 8e → 2N+1 (N2O)
y 2y (mol)       0,56 0,07 (mol)
Theo định luật bảo toàn e ⇒ 3x + 2y = 0,77 (1)
Lại có : 27x + 24y = 7,44 (2)
Giải hệ pt (1) và (2) → x = 0,2; y = 0,085
%mMg = 27,42%; %mAl = 72,85%
* Bài tập giải chi tiết
Câu 1: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe3O4; 0,1 mol FeS2 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m.
Hướng dẫn giải
ånFe (X) = 0,3 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 (mol)
Vì nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi Þ Y là Fe2O3
Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có sơ đồ sau:
2Fe ( trong X) ® Fe2O3
0,7mol 0,35 mol
= 0,35. 160 = 56 (gam)
Câu 2: Hỗn hợp X gồm 0,25 mol Cu2S và a mol FeS2. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 (vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa 2 muối sulfate và thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính a.
Hướng dẫn giải
Bảo toàn nguyên tố Cu: Cu2S 2CuSO4
0,25 mol 0,5 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe: 2FeS2 Fe2(SO4)3
a mol a/2 mol
Bảo toàn nguyên tố S ta có: 0,25 + 2a = 0,5 + 3.a/2 a = 0,5 (mol)
Câu 3: Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS2 (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H2SO4 98%; biết hiệu suất quá trình điều chế H2SO4 là 80%.
Hướng dẫn giải
(tấn)
Bảo toàn nguyên tố S: FeS2 2H2SO4
120 (g) 2.98 (g)
(tấn)
Þm(quặng prit) = 1 (tấn)
Câu 4: Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m.
Hướng dẫn giải
A + HNO3 Fe(NO3)3 + NO + H2O
Bảo toàn nguyên tố Fe: nFe(NO)= nFe = m/56 (mol);
Bảo toàn nguyên tố N: ånHNO= nNO + 3.nFe(NO)= 0,1 + 3m/56
Bảo toàn nguyên tố H: nHO = . nHNO= (0,1 + 3m/56)/2
ĐLBTKL: mA + mHNO = mFe(NO) + mNO + mHO
12 + 63.( 0,1 + 3m/56) = 242.m/56 + 30.0,1 + 18. (0,1 + 3m/56)/2 m = 10,08 (g)
Câu 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào acid HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sulfate) và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính tỉ số x/y.
Hướng dẫn giải
Cách 1: Bảo toàn nguyên tố
Bảo toàn Fe: 2FeS2 Fe2(SO4)3
x mol 0,5x mol
Bảo toàn Cu: Cu2S 2CuSO4
y mol 2y mol
ĐLBT nguyên tố S: 2x + y = 0,5x . 3 + 2y = 1,5x + 2y
0,5x = y =
Cách 2: Bảo toàn điện tích
dung dịch X chứa: Fe2(SO4)3 và CuSO4:
FeS2 Fe3+ + 2SO42- Cu2S 2Cu2+ + SO42-
x mol x mol 2x mol y mol 2y mol y mol
ĐLBTĐT: ån điện tích dương = ån điện tích âm
Û 3x + 2.2y = (2x + y).2 Û 2y = x =
Câu 6: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2 và m gam NaOH. Tính m.
Hướng dẫn giải
2Na + 2H2O 2NaOH + H2 (1)
Ba + 2H2O Ba(OH)2 + H2 (2)
Na2O + H2O 2NaOH (3)
BaO + H2O Ba(OH)2 (4)
Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y.
Bảo toàn H: nH (HO) = nNaOH + 2.nBa(OH)+ 2nH= x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)
nHO ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol)
ĐLBTKL: mX + mHO (pư) = mNaOH + mBa(OH)+ mH
21,9 + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05
x = 0,14 (mol) m = 0,14.40 = 5,6 (g)
Câu 7: Nung 23,70 gam KMnO4 một thời gian được 22,10 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc, đun nóng thu được dung dịch Y chứa các chất tan KCl, MnCl2, HCl dư và V lít khí Z (đktc). Tính số mol HCl đã phản ứng? Tính giá trị V?
Hướng dẫn giải
2KMnO4K2MnO4 + MnO2 + O2 (1)
Chất rắn gồm KMnO4; K2MnO4, MnO2
2KMnO4 + 16HCl2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2)
K2MnO4 + 8HCl 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3)
MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4)
nKMnO = 0,15 mol
BTKL: mKMnO= mX + mO nO = 0,05 mol.
Bảo toàn nguyên tố O: nO (X) = 4. nKMnO – 2.nO = 0,5 mol
Từ các PTHH (2,3,4) ta thấy nO (X) = nHO mà nHCl = 2.nHO
Vậy nHCl (pư) = 0,5.2 = 1 mol
nKCl = nKMnO= 0,15 mol = nMnCl
Bảo toàn nguyên tố Cl: nHCl = nKCl + 2. nMnCl+ 2. nCl
nCl = 0,275 mol V = 0,275.22,4 = 6,16 (lít).
Câu 8: Cho 33,6 gam hỗn hợp bột X gồm sắt với 2 oxide của sắt tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng, thu được 5,2059 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đkc 250C, 1bar) và còn 1,68 gam kim loại không tan.
a) Tính % khối lượng mỗi nguyên tố trong X.
b) Cho1,68 gam kim loại không tan ở trên vào dung dịch HCl 36,5% (dư 25%), được dung dịch Y. Cần dùng dung dịch chứa tối thiểu bao nhiêu gam KMnO4, có mặt H2SO4 loãng dư để phản ứng hết với dung dịch Y.
Hướng dẫn giải
Đặt công thức chung của các oxide của sắt là FexOy.
2Fe + 6H2SO4(đ) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1)
2FexOy + ( 6x – 2y)H2SO4(đ) xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x- 2y)H2O (2)
Vì Fe dư Þ Fe2(SO4)3 hết theo phản ứng sau:
Fe + Fe2(SO4)3 FeSO4 (3)
Gọi x là số mol FeSO4;
nSO= 0,21 (mol); mX (pư) = 33,6 – 1,68 = 31,92 (g)
Ta có sơ đồ sau: X + H2SO4 FeSO4 + SO2 + H2O
31,92 (g) x mol 0,21 mol
Bảo toàn S: nHSO= x + 0,21 (mol);
Bảo toàn H: nHO = nHSO= x + 0,21 (mol)
ĐLBTKL: 31,92 + 98.(x + 0,21) = 152.x + 0,21.64 + 18.(x + 0,21) Þ x = 0,49 (mol)
Þ åmFe = 0,49.56 + 1,68 = 29,12 (g)
Þ %mFe = 29,12.100%/33,6 = 86,67%; %mO = 13,33%
nFe (dư) = 1,68/56 = 0,03 (mol)
Fe + 2HCl FeCl2 + H2
0,03 mol 0,06 0,03
nHCl (dư) = 0,06.25% = 0,015 (mol)
10HCl + 2KMnO4 + 3H2SO4 ® K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O
10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4® 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 24H2O
nKMnO = .0,015 + .0,03 = 0,021 (mol) Þ nKMnO= 0,021.158 = 3,318 (g)
Câu 9: Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B.
Hướng dẫn giải
Vì tính khử của Cu < Fe Kim loại dư là Cu.
Cu dư HNO3 hết muối Fe(NO3)3 đã bị Cu khử hết thành Fe(NO3)2 và Cu(NO3)2.
nNO = = 0,2 (mol)
Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng.
56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (*)
A + HNO3 Fe(NO3)2 + Cu(NO3)2 + NO + H2O
a mol b mol 0,2 mol
Bảo toàn nguyên tố N Số mol HNO3 = 2a + 2b + 0,2 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H Số mol H2O = a + b + 0,1 (mol)
Áp dụng ĐLBTKL: mA (pư) + mHNO = m muối + mNO + mHO
17,6 + 63. (2a + 2b + 0,2) = 180a + 188b + 30.0,2 + 18. (a + b + 0,1)
72a + 80b = 22,4 (**)
Từ (*) và (**) a = 0,2 mol; b = 0,1 mol
CM (Fe(NO3)2) = 0,2/0,4 = 0,5M; CM (Cu(NO3)2) = 0,1/0,4 = 0,25M
Câu 10: Cho m gam bột sắt vào dung dịch gồm Fe(NO3)3 0,04M và H2SO4 0,28M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,2m gam chất rắn và 0,04 mol hỗn hợp khí gồm NO và H2. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Xác định giá trị m.
Hướng dẫn giải
Vì có H2 tạo thành Nhóm NO3 đã chuyển hết thành NO.
Mặt khác, vì Fe dư muối tạo thành là muối iron (II) sulfate: FeSO4
nFe(pư) = m – 0,2m = 0,8m.
Vì 0,04 : 0,28 = 1 : 7 Nếu gọi a là số mol Fe(NO3)3 thì số mol H2SO4 là 7a mol.
Bảo toàn nhóm SO4 nFeSO= 7a mol
Bảo toàn nguyên tố N và O: Fe(NO3)3 3NO + 6H2O
a mol 3a mol 6a mol
Ta có sơ đồ phản ứng:
Fe (0,8m gam) + + FeSO4 (7a mol) + H2O (6a mol) Bảo toàn nguyên tố H: 2.7a = 2.(0,04-3a) + 2.6a 8a = 0,08 a = 0,01 (mol)
Bảo toàn nguyên tố Fe: + 0,01 = 7.0,01 m = 4,2 (g)
DẠNG 2: QUI ĐỔI
- Bản chất quy đổi là chuyển hỗn hợp A chứa nhiều chất, phức tạp thành hỗn hợp B tương đương chứa ít chất hơn hoặc đơn giản hơn.
- Sau khi quy đổi thì:
+ thành phần nguyên tố không đổi.
+ số mol nguyên tố trong B = số mol nguyên tố đó trong A.
* Phương pháp:
- Qui đổi hỗn hợp A thành hỗn hợp B.
+ TH: Hỗn hợp gồm Fe và các oxide của Fe
VD: Hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 quy đổi thành hỗn hợp B gồm Fe và Fe2O3.
VD: Hỗn hợp A gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 quy đổi thành hỗn hợp B gồm FeO và Fe2O3.
+ TH: Hỗn hợp gồm (kim loại, lưu huỳnh và muối sulfide) quy đổi thành (kim loại và S).
VD: Hỗn hợp A gồm Fe, S, FeS, FeS2 quy đổi thành hỗn hợp B gồm Fe và S.
+ TH: Oxide FexOy
VD: Qui đổi FexOy thành Fe và O.
VD: FexOy quy đổi thành hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3
Nếu số mol FeO = 0 Þ oxide là Fe2O3.
Nếu số mol Fe2O3 = 0 Þ oxide là FeO.
Nếu số mol FeO = Fe2O3 Þ oxide là Fe2O3.
- Giải bài toán đối với hỗn hợp B.
* Ví dụ minh họa:
Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính m.
Giải
Quy đổi hỗn hợp thành 2 chất Fe, Fe2O3
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O
Theo (1): nFe = nNO = 0,1 (mol) = (12 – 0,1.56)/160 = 0,04 (mol)
ånFe = 0,1 + 2.0,04 = 0,18 (mol) mFe = 0,18.56 = 10,08 (g)
* Bài tập giải chi tiết:
Câu 1: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 4,958 lit khí NO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ?
Hướng dẫn giải
Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3
FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O (1)
0,2 0,2 0,2 mol
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)
y 2y
Ta có : 0,2 + 2y = 0,6 y = 0,2 mol.
m = 72.x + 160.y = 0,2.72 + 160.0,2 = 46,4 (g)
Câu 2: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,2395 lít khí H2 (đkc 250C, 1bar) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Tính khối lượng NaOH trong dung dịch Y.
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm: Ba, BaO, Na2O
nBa == 0,05 (mol) nBaO = 0,12 – 0,05 = 0,07 (mol)
Gọi x là số mol của Na2O 137.0,05 + 153.0,07 + 62x = 21,9 x = 0,07 (mol)
Ta có: nNaOH = 2.nNa2O = 2.0,07 = 0,14 (mol) mNaOH = 40.0,14 = 5,6 (g)
Câu 3: Cho l00ml dung dịch A chứa NaOH 0,1M và NaAlO2 0,3M. Thêm từ từ dung dịch HCl 0,1M vào dung dịch A cho đến khi kết tủa tan trở lại 1 phần. Đem nung kết tủa đến khối lượng không đổi thì thu được l,02g chất rắn. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1M đã dùng.
Hướng dẫn giải
Ta có: nNaOH = 0,01 mol;
PTHH: NaOH + HCl → NaCl + H2O
NaAlO2 + HCl + H2O → Al(OH)3 + NaCl
Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O
2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O
Qui đổi hỗn hợp ban đầu thành hỗn hợp NaOH 0,04 mol và Al(OH)3 0,03 mol
= 0,01 mol = 0,02 mol
* hòa tan = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol
* nHCl pứ = nNaOH + 3hòa tan = 0,04 + 0,013 = 0,07 mol
Vậy V = 0,7 lít
Câu 4: Cho khí CO qua m gam hỗn hợp X (gồm Fe và 3 oxide của sắt) nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Sục khí Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Tìm giá trị của m.
Hướng dẫn giải
Số mol CaCO3 = 4/100 = 0,04 (mol)
CO + FeO CO2 + Fe (1)
3CO + Fe2O3 3CO2 + 2Fe (2)
4CO + Fe3O4 4CO2 + 3Fe (3)
Y gồm: Fe, FeO dư, Fe2O3 dư và Fe3O4 dư; Z: CO2 và CO dư.
Vì Ca(OH)2 dư nên: Ca(OH)2 + CO2 CaCO3 + H2O
0,04 mol 0,04 mol
Theo (1,2,3): nO (X) pư = nCO2 = 0,04 (mol)
nSO2 = 1,008/22,4 = 0,045 (mol); nFe2(SO4)3 = 18/400 = 0,045 (mol)
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chỉ chứa Fe và Fe2O3
2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
0,03 mol 0,015 mol 0,045 mol
Số mol Fe2(SO4)3 do Fe2O3 tạo ra = 0,045 – 0,015 = 0,03 (mol)
Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,03 mol 0,03 mol
mY = 56.0,03 + 160.0,03 = 6,48 (g)
Ta có: mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g)
Câu 5: Hỗn hợp khí X gồm CH4 và C2H2 có tỉ khối so với khí hydrogen là 10. Hỗn hợp khí Y gồm oxygen và ozone có tỉ khối so với khí hydrogen là 20. Để đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít hỗn hợp khí X cần dùng vừa đủ V lít hỗn hợp khí Y (các khí đo ở đktc). Xác định V.
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có:
Qui đổi hỗn hợp X gồm CH4 và C2H2 thành hỗn hợp gồm: C 0,07 mol và H 0,16 mol
Qui đỗi hỗn hợp Y gồm O2 và O3 thành O.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, H, O trong phản ứng đốt cháy:
mY = mO = 0,22. 16 = 3,52 (g)
nY =
Vậy VY = 0,088 . 22,4 = 1,9712 (lít)
Câu 6: Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đkc 250C, 1bar) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V?
Hướng dẫn giải
Quy đổi hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S thành hỗn hợp gồm Fe, S.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, S và NO2.
Theo đề, ta có:
Fe Fe(OH)3
x mol x mol
S BaSO4
y mol y mol
HNO3 NO2
z mol z mol

Bảo toàn nguyên tố Fe: 2Fe Fe2(SO4)3
0,2 mol 0,1 mol
Vì số mol nhóm (SO4) = 0,1.3 = 0,3 (mol) = nS
Toàn bộ S chuyển hết về Fe2(SO4)3 trong dung dịch A không chứa H2SO4.
Bảo toàn nguyên tố N: HNO3 NO2
z mol z mol
Bảo toàn nguyên tố H: 2HNO3 H2O
z mol mol
Fe + S + HNO3 Fe2(SO4)3 + NO2 + H2O
0,2 mol 0,3 mol z mol 0,1 mol z mol z/2 mol
ĐLBTKL: 20,8 + 63z = 400.0,1 + 46z + 18.z/2 = 40 + 55z
8z = 19,2 z = 2,4 (mol) V = 2,4.24,79 = 59,496 (lít)
Câu 7: Hòa tan m gam Fex Oy bằng lượng vừa đủ dung dịch HCl, thu được dung dịch X chứa 1,27 gam muối. Cho X tác dụng với lương dư dung dịch AgNO3 thu được 3,95 gam kết tủa. Tính m.
Hướng dẫn giải
Câu 8: Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxide của sắt bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch X và 3,248 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối sulfate khan. Xác định m.
Hướng dẫn giải
Ta có:   = 0,145 mol
Quy đổi 20,88 g oxide của sắt FexOy thành 20,88 g Fe và O
Gọi nFe = x mol; nO = y mol
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
3x = 2y + 0,29 → 3x - 2y = 0,29         (1)
Mặt khác: 56x + 16y = 20,88              (2)                                                 
Từ (1) và (2) → x = 0,29 và y = 0,29
Muối sinh ra là muối Fe2(SO4)3. Áp dụng ĐL bảo toàn nguyên tố ta có:
Câu 9: Cho 169 gam oleum vào 200 gam dung dịch H2SO4 49,6% ta được dung dịch mới có nồng độ 80%. Xác định công thức của oleum.
Hướng dẫn giải
Quy đổi olem thành H2SO4 có nồng độ x% (x >100)
Vậy công thức cần tìm là H2SO4.3SO3.
Câu 10: Cho 0,02 mol P2O5 vào dung dịch chứa 0,02 mol KOH và 0,02 mol K3PO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Tính số mol của các chất tan có trong X.
Hướng dẫn giải
DẠNG 3: BÀI TOÁN TÌM KHOẢNG XÁC ĐỊNH CỦA ĐẠI LƯỢNG HÓA HỌC
* Phương pháp
Dựa vào các đại lượng có giới hạn như: Hóa trị, hiệu suất, số mol, ... để tìm ra mối quan hệ với giới hạn của đại lượng cần tìm bằng cách:
- Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng để dẫn đến yêu cầu của bài toán.
- Giả sử thành phần hỗn hợp A, B chỉ chứa toàn A hoặc B để suy ra giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.
TH: Nếu hỗn hợp đã biết lượng của mỗi chất thì xét 2 trường hợp:
- A tác dụng trước rồi đến B Þ lượng chất cần tìm m1
- B tác dụng trước rồi đến A Þ lượng chất cần tìm m2
Þ khoảng biến thiên: m1 < m < m2 (hoặc ngược lại )
TH: Nếu hỗn hợp chưa biết khối lượng của mỗi chất thì xét 2 trường hợp:
- Hỗn hợp chỉ có chất A Þ lượng chất cần tìm m1
- Hỗn hợp chỉ có chất B Þ lượng chất cần tìm m2
TH: Có thể dùng phương pháp đại số (dựa vào giới hạn của đại lượng đã biết Þ khoảng biến thiên của một đại lượng chưa biết):
; Hiệu suất: 0 < H% < 100%
0 < số mol A < số mol hỗn hợp A,B
Nếu thì A < m < B ( hoặc ngược lại )
* Ví dụ minh họa:
VD: Cho hỗn hợp gồm 8 gam CuO và 3,6 gam FeO vào trong 300ml dung dịch HCl 0,8M. Sau phản ứng có m gam chất rắn không tan. Hỏi m nằm trong khoảng nào?
Giải

Vậy HCl không đủ tác dụng với hỗn hợp oxide
+ Nếu CuO phản ứng trước:
CuO + 2HCl CuCl2 + H2O
(mol) 0,1 ® 0,2
FeO + 2HCl FeCl2 + H2O
(mol) 0,02 ¬ 0,04
Sau phản ứng : mFeO ( dư ) = 3,6 – (0,02 ´ 72 ) = 2,16 gam
+ Nếu FeO phản ứng trước
FeO + 2HCl FeCl2 + H2O
(mol) 0,05® 0,1
CuO + 2HCl CuCl2 + H2O
(mol) 0,07 ¬ 0,14
Sau phản ứng : mCuO ( dư ) = 8 – (0,07 ´ 80 ) = 2,4 gam
Vì thực tế FeO và CuO cùng phản ứng với HCl nên 2,16g < m < 2,4 g
Cách 2 : Có thể đặt RO là CTHH đại diện cho hỗn hợp
RO + 2HCl RCl2 + H2O
0,12 ¬ 0,24
nRO = 0,15 – 0,12 = 0,03; khối lượng RO dư : m = 0,03 ´
Vì 72< < 80 nên Þ 72´ 0.03 < m < 80 ´ 0,03
2,16gam < m < 2,4 gam
* Bài tập giải chi tiết:
Câu 1: Hòa tan 1,7 gam hỗn hợp gồm kẽm và kim loại A ( hóa trị II duy nhất) trong dung dịch HCl dư tạo 743,7 ml khí (đkc 250C, 1bar). Mặt khác, nếu hòa tan 1,9 gam kim loại A thì dùng không hết 200 ml dung dịch HCl 0,5M. Xác định kim loại A.
Hướng dẫn giải
nH = 0,03 (mol)
Zn + 2HCl ZnCl2 + H2 (1)
A + 2HCl ACl2 + H2 (2)
Theo (1,2): nZn + nA = nH= 0,03 (mol)
Khối lượng mol trung bình của 2 kim loại = = 56,67 (g/mol)
Vì MZn = 65 > 56,67 MA < 56,67 (*)
nHCl = 0,2.0,5 = 0,1 (mol)
A + 2HCl → ACl2 + H2 (2)
mol
Theo đề: < 0,1 MA > 38 (**)
Từ (*), (**) và A có hóa trị II A chỉ có thể là Ca (40)
Câu 2: Nung 20 gam hỗn hợp MgCO3, CaCO3, BaCO3 ở nhiệt độ cao thì thu được khí A. Dẫn khí A vào trong dung dịch nước vôi thì thu được 10 gam kết tủa và dd B. Đun nóng B hoàn toàn thì tạo thành thêm 6 gam kết tủa. Hỏi % khối lượng của MgCO3 nằm trong khoảng nào ?
Hướng dẫn giải
;Số mol CaCO3 ( tạo thêm ) = 0,06 mol
MgCO3 MgO + CO2 ­ (1)
(mol) x x
CaCO3 CaO + CO2 ­ (2)
(mol) y y
BaCO3 BaO + CO2 ­ (3)
(mol) z z
CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 ¯ + H2O (4)
(mol) 0,1 0,1
2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 (5)
Ca(HCO3)2 CaCO3 ¯ + H2O + CO2 ­ (6)
(mol) 0,06
Trong đó x,y,z là số mol MgCO3, CaCO3, BaCO3 trong 100gam hỗn hợp
Theo các ptpư:
Suy ra ta có hệ pt :
Û
Từ (1) và (2) ta có :
Suy ra ta có : giải ra được 0,625 < x < 1,032
Vậy khối lượng MgCO3 nằm trong khoảng : 52,5 % ® 86,69 %
Câu 3: Cho 6,2 gam hỗn hợp X gồm Na và K tác dụng với dung dịch HCl dư. Tính khối lượng muối tạo thành.
Hướng dẫn giải
Các phương trình phản ứng xảy ra:
2Na + 2HCl ® 2NaCl + H2 ­
2K + 2HCl ® 2KCl + H2 ­
Ta có : < n kl <
Theo PTPƯ ta có : số mol KL = số mol Cl-
Khối lượng muối tạo thành là : m = mKl + mCl = 6,2 + 35,5. nkl
Thay ( 1 ) vào ( 2) ta được : 11,84 gam < m < 15,77 gam
* Có thể giả sử chỉ có Na Þ m1 , giả sử chỉ có K Þ m2 . Þ m1 < m < m2
Câu 4: Cho m gam Fe vào 300ml dung dịch hỗn hợp 2 acid HCl 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 4,958 lít khí (đkc 250C, 1 bar). Cô cạn dung dịch sau phản ứng. Tìm giới hạn khối lượng muối khan thu được?
Hướng dẫn giải
= 0,2 (mol); nFe = 0,2 (mol);
nHCl = 0,2 x 1 = 0,3 (mol); = 0,3 x 0,5 = 0,15 (mol)
Giả sử Fe phản ứng với dung dịch HCl trước, khi HCl hết mới phản ứng với dung dịch H2SO4, ta có phương trình phản ứng:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
(mol) 0,15 0,3 0,15 0,15
→ nFe dư = 0,2 - 0,15 = 0,05 (mol)
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
(mol) 0,05 0,05 0,05 0,05
→ mmuối = 0,15 x 127 + 0,05 x152 = 26,65 (g)
Giả sử Fe phản ứng với dung dịch H2SO4 trước, khi H2SO4 hết thì mới phản ứng với dung dịch HCl, ta có phương trình phản ứng xảy ra:
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
(mol) 0,15 0,15 0,15 0,15
→ nFe dư = 0,2 - 0,15 = 0,05 (mol)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2
(mol) 0,05 0,1 0,05 0,05
→ mmuối = 0,15 x 152 + 0,05 x127 = 29,15 (g)
Vậy giới hạn khối lượng của muối khan thu được là:
26,65 gam < mmuối < 29,15 gam
Câu 5: Đem hoàn tan 6,285 gam hỗn hợp A gồm ba muối khan là BaCl2, MgCl2, AgNO3 vào nước (dư) thấy tạo ra kết tủa B và dung dịch C. Lọc tách kết tủa B, C chỉ chứa hai muối nitrate. Cho C tác dụng với 100ml dung dịch Ba(OH)2 0,1M tạo ra kết tủa D và dung dịch G. Đem nung D ở nhiệt độ cao đến khi khối lượng không đổi được m1 gam chất rắn I. G được trung hòa hoàn toàn bằng dung dịch HNO3 (vừa đủ) được dung dịch H, dung dịch này phản ứng vừa đủ với 175ml dung dịch Na2CO3 0,1M tạo ra lượng kết tủa tối đa là m2 gam. Tìm m1, m2.
Hướng dẫn giải
Vì dung dịch C chỉ chứa hai muối nitrate (Ba(NO3)2, Mg(NO3)2) nên cả ba chất đều phản ứng hết.
Gọi x, y lần lượt là số mol BaCl2, MgCl2.
BaCl2 + 2AgNO3 → Ba(NO3)2 + 2AgCl↓ (1)
(mol) x 2x x 2x
MgCl2 + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2AgCl↓ (2)
(mol) y 2y y 2y
Kết tủa B là AgCl
Dung dịch C: Ba(NO3)2: x mol và Mg(NO3)2: y mol
Ta có: 206 x + 95y + 340x(x+y) = 6,285 → 548x + 435y = 6,248 (I)
Số mol Ba(OH)2 ban đầu = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)
Mg(NO3)2 + Ba(OH)2 → Ba(NO3)2 + Mg(OH)2 ↓ (3)
(mol) y y y y
Theo (3): kết tủa D là Mg(OH)2 y mol
Dung dịch G gồm Ba(NO3)2 (x + y) mol; Ba(OH)2 dư (0,01 - y) mol.
Nung D: Mg(OH)2 MgO + H2O (4)
y y
=> m1 = 40y (II)
Dung dịch G + HNO3
Ba(OH)2 + 2HNO3 → Ba(NO3)2 + H2O (5)
(mol) 0,01 - y 0,01 - y
Dung dịch H: Ba(NO3)2: x + y + 0,01 - y = x + 0,01 (mol)
Ba(NO3)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaNO3 (6)
(mol) 0,01 + x 0,01 + x 0,01 + x
Theo (6) và giả thiết:

Thay vào (II) suy ra m1 = 40 x 0,005 = 0,2 (g)

onthicaptoc.com Chuyen de 23 Bai toan tong hop