Bài 1. Hòa tan 71 gam P2O5 vào bao nhiêu gam dung dịch H3PO4 24,5% để có dd

H3PO4 49%?

Lời giải

Số mol P2O5 là: (mol)

P2O5 + 3H2O 2H3PO4

0,5 1,5 1 (mol)

Gọi a là khối lượng dd H3PO4 24,5%

Gọi b là khối lượng dd H3PO4 78,4 % tạo thành

Cách 1.

Áp dụng phương trình nồng độ

Khối lượng H3PO4 là:

Khối lượng dd tạo thành là : 71 + a

Ta có:

a = 258 (gam)

Cách 2. Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố

nP = nP(P2O5) + nP(dd H3PO4 24,5%) = nP(dd H3PO4 49%)

1+0,0025a = 0,005(71+a)

a = 258 (gam)

Cách 3. Giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Khối lượng H3PO4 trong a gam dd H3PO4 24,5% là: 0,245a

Khối lượng H3PO4 trong b gam dd H3PO4 24,5% là: 0,49b

Ta có hệ:

98 + 0,245a = 0,49b

71 + a = b

1

a = 258 (gam)

Cách 4. Phương pháp đường chéo

P2O5 + 3H2O 2H3PO4

0,5 1,5 1 (mol

Do P2O5 phản ứng với nước trong dd nên từ a gam dd H3PO4 24,5% chuyển thành

a – 1,5.18 = a - 27 gam dd H3PO4 C%

mà C =

Ta có :

a = 258 (gam)

Cách 5. Lập biểu thức liên quan tới nước

Trong a gam dd H3PO4 24,5% có khối lượng nước là: 0,755a (gam)

Trong (a+71) gam dd H3PO4 49% có khối lượng nước là: 0,51(a+71) (gam)

Ta có: 0,755a – 1,5 x 18 = 0,51(a + 71)

a = 258 gam

Bài 2. Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 thì cần 0,05

mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trên bằng dd HNO3 loãng

thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Tính V.

Lời giải

Cách 1. Nhóm các phương pháp ghép ẩn

Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong hỗn hợp

Các PTHH

FeO + H2 Fe + H2O

y y

Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O 2

98 gam dd H3PO4 100% 49-C a-27 gam dd H3PO4 C% 51

49 49

z 4z

Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O

t 3t

Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

x 3x

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

y y

Fe3O4 + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O

z z

Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O

Ta có hệ:

56 + 72y + 232z + 160t = 3,04 (1)

y + 4z + 3t = 0,05 (2)

Số mol NO2 là : 3 + y + z = a (3)

Ta có thể tính a theo các cách sau

Cách 1.1 Từ (1) có :

V = 0,448 (l)

Cách 1.2

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có : mX + = mFe +

mFe = 3,04 + 0,05.2 – 0,05.18 = 2,24

nFe = x + y + 3z + 2t = 0,04 (4)

V = 0,02.22,4 = 0,448 (l)

Cách 2. Nhóm các phương pháp quy đổi

Cách 2.1. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3 với số mol tương ứng là x và y

3

FeO + H2 Fe + H2O

x x (mol)

Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O

y 3y (mol)

Ta có hệ:

x + 3y = 0,5

72x + 160y = 3,04

x = 0,02 ; y = 0,01

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

0,02 0,02 (mol)

Vậy V = 4,48(l)

Cách 2.2. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và FeO

FeO + H2 Fe + H2O

0,05 0,05 (mol)

Số mol Fe là: (mol)

Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

-0,01 -0,03 (mol)

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

0,05 0,05 (mol)

Vậy V = (0,05 - 0,03) x 22,4 = 4,48 (l)

Cách 2.3. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3

Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O

0,05 (mol)

Số mol Fe là: (mol)

Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

-0,01 -0,03 (mol)

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

0,05 0,05 (mol)

Vậy V = (0,05 - 0,03) x 22,4 = 4,48 (l) 4

Cách 2.4. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe3O4

Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O

0,0125 0,05 (mol)

Số mol Fe là: (mol)

Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

0,0025 0,0075 (mol)

Fe3O4 + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O

0,0125 0,0125 (mol)

Vậy V = (0,0075 + 0,0125) x 22,4 = 4,48 (l)

Cách 2.5. Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe3O4 với số mol tương ứng là x và y

FeO + H2 Fe + H2O

x x

Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O

y 4y

Ta có hệ

72x + 232y = 3,04

x + 4y = 0,05

x = 0,01; y = 0,01

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

0,01 0,01 (mol)

Fe3O4 + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O

0,01 0,01 (mol)

Vậy V = (0,01 +0,01) x 22,4 = 4,48 (l)

Cách 2.6. Quy hỗn hợp X về hai chất Fe2O3 và Fe3O4 với số mol tương ứng là x và y

Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O

x 3x

Fe3O4 + 4H2 3Fe + 4H2O

y 4y

Ta có hệ

160x + 232y = 3,04 5

3x + 4y = 0,05

x = -0,01; y = 0,02

Fe3O4 + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O

0,02 0,02 (mol)

Vậy V = 0,02 x 22,4 = 4,48 (l)

Cách 2.7. Quy đổi nguyên tử

Hỗn hợp X gồm Fe và các oxit sắt có thể quy đổi thành hỗn hợp gồm 2 nguyên tử Fe và O.

H2 + O H2O

0,05 0,05 (mol)

Số mol Fe là: (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn electron khi cho hỗn hợp X tác dụng với HNO3 :

Fe Fe3+ + 3e

0,04 0,12 (mol)

O0 + 2e O-2

0,05 0,1 (mol)

N+5 + 1e N+4

x x (mol)

Ta có : 0,12 = 0,1 + x

x = 0,02 mol

Vậy V = 0,02.22,4 = 4,48 (l)

Cách 2.8. Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy

(FexOy chỉ là công thức giả định)

FexOy + yH2 xFe + yH2O

0,05 (mol)

Ta có :

Công thức quy đổi là Fe4O5: 0,01mol

Fe4O5 + 14HNO3 4Fe(NO3)3 + 2NO2 + 7H2O

0,01 0,02 (mol)

6

Vậy V = 0,02 x 22,4 = 4,48 (l)

Cách 3. Nhóm các phương pháp bảo toàn

Cách 3.1. Bảo toàn khối lượng

Trong đó:

Thay số:

3,04 + 63(0,12 + ) = 0,04.242 + 46. + 18.0,5(0,12 + )

(lít)

Cách 3.2.

Bảo toàn nguyên tố oxi:

Trong đó:

Thay số:

(3,04 – 56.0,04) + 16.3.(0,04 + ) = 16.9.0,04 + 16. + 16.0,5.(0,12 + )

(lít)

Bài 3. Cho m gam Al tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 tạo ra 11,2 lít hỗn hợp 3 khí NO,

N2O và N2 là các sản phẩm khử với tỉ lệ số mol tương ứng 1 : 2 : 2 (thể tích các khí đo ở

đktc). m có giá trị là

Lời giải

Tổng số mol 3 khí là: (mol)

(mol); (mol)

Cách 1. Phương pháp thông thường

7

Al + 4HNO3 Al(NO3)3 + NO + 2H2O

0,1 mol 0,1 mol

8Al + 30HNO3 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O

mol 0,2 mol

10Al + 36HNO3 10Al(NO3)3 + 3N2O + 18H2O

mol 0,2 mol

Ta có mAl = (gam)

Cách 2. Viết gộp PTHH của các phản ứng

13Al + 48HNO3 13Al(NO3)3 + NO + 2N2O + 2N2+ 2H2O

1,3 0,1

mAl = 1,3 x 27 = 35,1 (gam)

Cách 3. Phương pháp bảo toàn electron

Al Al3+ + 3e

(mol)

N+5 + 3e N+2

0,3 0,1 (mol)

2N+5 + 8e 2N+1 (N2O)

1,6 0,2 (mol)

2N+5 + 10e N20

2 0,2 (mol)

Theo định luật bảo toàn electron ta có:

= (0,3 + 1,6 + 2) m = 35,1 (gam)

Cách 4. Áp dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố

Phân tích ta thấy HNO3 (với các nguyên tố H, N, O) đã tham gia phản ứng và chia thành các

phần như sau:

HNO3 NO3- + NO + N2O + N2 + H2O (1)

Tỉ lệ số mol NO : N2O : N2 = 1:2:2 ta viết lại (1) như sau:

HNO3 NO3- + NO + 2N2O + 2N2 + H2O (2)

8

Gọi x là số mol HNO3, (2) viết lại thành

xHNO3 (x-9) NO3+ NO + 2N2O + 2N2 + H2O

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố oxi có:

3x = 3(x-9) + 3 +

x = 48

48HNO3 39NO3- + NO + 2N2O + 2N2 + 24H2O

3,9 0,1 (mol)

39NO3 : 3,9 mol

13Al(NO3)3 : 1,3 (mol)

nAl = 1,3(mol) m = 1,3 x 27 = 35,1 gam

Cách 4 là một cách làm mới đối với học sinh dựa trên việc phân tích dạng tồn tại của

các phân tử, ion của một chất ban đầu sau khi tham gia phản ứng hóa học. Cách này áp dụng

chủ yếu liên quan đến tính oxi hóa mạnh của các axit H2SO4 và HNO3.

Bài 4. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S trong HNO3

(vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO(sản phẩm khử duy nhất ở

đktc). Tính giá trị của a

Lời giải

Đọc bài toán tưởng như rất đơn giản, thực tế đây là một bài toán khó. Nhiều HS cho

rằng thiếu dữ kiện, không giải được.

Cách cổ truyền mà HS hay dùng là phương pháp đại số, cân bằng phương trình phản

ứng hóa học và lập phương trình đại số. Tuy nhiên việc cân bằng hai phản ứng hóa học trong

bài này không phải là đơn giản, ngay cả khi cân bằng thành công rồi HS cũng chưa chắc đã

làm được tiếp. Điểm mấu chốt của bài này là HS phải biết phân tích triệt để các cụm từ đầu

bài cho “HNO3 vừa đủ”, “Dung dịch Y chỉ chứa 2 muối sunfat”.

Cách 1: Phương pháp đại số

Cách 1.1:

Phản ứng dưới dạng ion:

FeS2 + 4 H + 5 3NO 3Fe + 2 2

4SO + 5NO + 2H2O

9

0,12 0,48 0,6 0,12 0,24 (mol)

3Cu2S + 16 H + 10 3NO 6 2Cu + 3 2

4SO + 10NO + 8H2O

a 16a/3 10a/3 2a a (mol)

Vì dung dịch A chỉ chứa các muối sunfat và HNO3 dùng vừa đủ nên ta phải có:

Đáp án C

Cách 1.2:

Dung dịch A chỉ chứa 2 muối sunfat, nên ta viết cùng một phản ứng

Phương trình phản ứng xẩy ra là:

6FeS2 + 3Cu2S + 40HNO3 3Fe2(SO4)3 + 6CuSO4 + 40NO + 20H2O

0,12 0,06 0,06 0,12

a = 0,06

Cách 2. Áp dụng bảo toàn điện tích

Ta có sơ đồ:

FeS2 Fe3+ + 2S

0,12 0,12 0,24 (mol)

Cu2S 2Cu2+ + S

a 2a a (mol)

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,12 x 3 + 2a x 2 = (24 + a) x 2

a = 0,06

Cách 3. Áp đụng định luật bảo toàn nguyên tố S

2FeS2 Fe2(SO4)3

0,12 0,06 (mol)

Cu2S 2CuSO4

a 2a (mol)

Áp đụng định luật bảo toàn nguyên tố S có:

0,12 x 2 + a = 0,06 x 3 + 2a x 1

a = 0,06

Bài 5. Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm Fe, FeS, FeS2 trong dd

HNO3 thu được V lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dd Y. Cho Y tác dụng

với Ba(OH)2 dư thu được 126,25 gam kết tủa. Tính V.

Lời giải

PTHH của các phản ứng: 10

Fe + 6H+ + 3 Fe3+ + 3NO2 + 3H2O

x 3x (mol)

FeS + 10H+ + 9 Fe3+ + + 9NO2 + 5H2O

y y 9y (mol)

FeS2 + 14H+ + 15 Fe3+ + 2 + 15NO2 + 7H2O

z 2z 15z (mol)

Ba2+ + BaSO4

y + 2z y + 2z (mol)

Fe3+ + 3OH- Fe(OH)3

x + y + z x + y + z (mol)

Cách 1. Phương pháp ghép ẩn

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, FeS, FeS2 trong 25,6 gam hỗn hợp (x, y, z >0).

Ta có hệ:

56x + 88y + 120z = 25,6

107(x + y + z) + 233 (y + 2z) = 126,25

56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6 x + y + z = 0,3

107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25 y + 2z = 0,45

Số mol NO2 là :

9x + 9y + 15z = 3(x + y + z) + 6(y + 2z) = 3 x 0,2 + 6 x 0,45 = 3,3

V = 3,3 . 22,4 = 73,92 (lit)

Cách 2: Bảo toàn số mol electron

Đặt số mol các chất trong 25,6 gam X {Fe : x ; FeS: y ; FeS2: z}

56(x + y + 2z) + 32(y + 2z) = 25,6

Bảo toàn số mol electron

3Fe + 9e

x x 9x (mol)

5N + 1e 4N

FeS 3Fe + 6S + 9e

y y y 9y (mol)

2FeS 3Fe + 2 6S + 15e

11

z z 2z 15z

Ta có hệ :

56(x + y + z) + 32(y + 2z) = 25,6

107(x + y + z) + 233(y + 2z) = 126,25

Biến đổi đại số như cách 1 ta có V = 3,3 . 22,4 = 73,92 (lit)

Với HS có khả năng quan sát tinh tế, có khả năng tư duy độc lập, sáng tạo, nhận thấy

hỗn hợp ban đầu được tạo nên bởi 2 nguyên tố Fe và S sẽ làm theo cách 3, cách 4.

Cách 3. Nhóm các phương pháp quy đổi

Cách 3.1. Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và S với số mol tương ứng là x và y

Fe Fe3+ + 3e

x 3x

(mol)

N+5 + 1e N+4

S0 S6+ + 6e

y 6y

(mol)

Theo định luật bảo toàn e ta có :

Ta có hệ :

56x + 32y = 25,6 x = 0,2

107x + 232y = 126,5 y = 0,45

= 3,3 (mol)

V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

Cách 3.2 Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và FeS với số mol tương ứng là x và y

Fe + 6H+ + 3 Fe3+ + 3NO2 + 3H2O

x 3x (mol)

FeS + 10H+ + 9 Fe3+ + + 9NO2 + 5H2O

y y 9y (mol)

Ta có hệ :

56x + 88y = 25,6 x = -0,25614

107(x+y) + 232y = 126,5 y = 0,4526

12

= 3,3 (mol)

V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

Cách 3.3 Quy đổi hỗn hợp X thành Fe và FeS2 với số mol tương ứng là x và y

Fe + 6H+ + 3 Fe3+ + 3NO2 + 3H2O

x 3x (mol)

FeS2 + 14H+ + 15 Fe3+ + 2 + 15NO2 + 7H2O

y 2y 15y (mol)

Ta có hệ :

56x + 120y = 25,6 x = -0,0278

107(x+y) + 232.2y = 126,5 y = 0,226

= 3,3 (mol)

V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

Cách 3.4 Quy đổi hỗn hợp X thành FeS và FeS2 với số mol tương ứng là x và y

FeS + 10H+ + 9 Fe3+ + + 9NO2 + 5H2O

x x 9x (mol)

FeS2 + 14H+ + 15 Fe3+ + 2 + 15NO2 + 7H2O

y 2y 15y (mol)

Ta có hệ :

88x + 120y = 25,6 x = -0.05

107(x+y) + 232.(x + 2y) = 126,5 y = 0,25

= 3,3 (mol)

V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

Cách 4. Phương pháp trung bình

Coi 3 chất trong X có công thức là FeSn: x (56 + 32n)x = 25,6 (1)

Bảo toàn số mol electron

nFeS 3Fe + n 6S + (6n + 3)e

x x nx (6n + 3)x (mol)

5N + 1e 4N

107x + 232.nx = 126,5 (2)

Giải (1) và (2) ta được

13

x = 0,1967 ; nx = 0,454

(6n + 3)x = 3,3 V = 3,3.22,4 = 73,92 (lit)

Bài 6. Hòa tan hoàn toàn 9,65 gam hỗn hợp Al, Fe trong dung dịch HCl dư, dung dịch

thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, đem nung trong không

khí đến khối lượng không đổi còn lại 8 gam chất rắn. Phần trăm khối lượng của Fe

trong hỗn hợp ban đầu là

A. 58,03%. B. 41,97%. C. 46,20%. D. 47,91 %.

Lời giải

Cách 1: Với HS bình thường thì hay sử dụng phương pháp truyền thống như sau:

Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Fe trong hỗn hợp. Ta có:

27x + 56y = 9,65 (1)

PTHH của các phản ứng:

2Al + 6H+ 2Al3+ + 3H2 (2)

x x (mol)

Fe + 2H+ Fe2+ + H2 (3)

y y (mol)

H+ + OH- H2O (4)

Al3+ + 4OH- AlO 2 + 2H2O (5)

Fe2+ + 2OH- Fe(OH)2 (6)

y y (mol)

2Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (7)

y y (mol)

2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (8)

y 0,5y

Chất rắn còn lại là Fe2O3 nFe O 3 = 0,5y = = 0,05 y = 0,1 mol

%mFe = = 58,03% Chọn đáp án A.

14

t0

Cách 2: Với HS thông minh, sáng tạo dễ nhận thấy bài toán trên có thể giải nhanh bằng

phương pháp bảo toàn nguyên tố:

Theo ĐLBTNT ta có:

nFe = 2nFe O 3 = = 0,1 mol %mFe = = 58,03%

Chọn đáp án A

Bai 7. Hòa tan hoàn toàn 19 gam hỗn hợp Mg, Al và Fe vào dung dịch axit HCl dư thấy

có 13,44 lít khí thoát ra ở đktc và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được a gam

muối khan. Tính a.

Lời giải

Cách 1. Phương pháp ghép ẩn

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Mg, Al, Fe trong 19 gam hỗn hợp.

PTHH của các phản ứng:

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

x x x (mol)

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2

y y 1,5y (mol)

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

z z z (mol)

Ta có hệ phương trình :

x + 1,5y + z = 0,6 (1)

24x + 27y + 56z = 19 (2)

Ta có : a = 95x + 133,5y + 127z

= (24x + 27y + 56z) + 71(x + 1,5y + z)

Thay (1) và (2) vào ta có : a = 19 + 71.0,6 = 61,6 gam.

Cách 2. Đặt công thức tương đương

Gọi công thức chung của kim loại là M.

2M + 2nHCl → 2MCln + nH2

x x 0,5nx

Theo bài ra ta có : 15

M.x = 19

0,5nx = 0,6

Mặt khác : a = (M + 35,5n).x = 19 + 35,5.1,2 = 61,6 (gam)

Cách 3. Bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố

Theo định luật bảo toàn nguyên tố hidro ta có:

nHCl = 2. = 0,6.2 = 1,2(mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m kim loại + m HCl = m muối + m hidro

m muối = m kim loại + m HCl - m hidro

a = 19 + 36,5.1,2 – 2.0,6 = 61,6 (gam)

Cách 4. Phương pháp tăng giảm khối lượng

Ta có: nHCl = 2. = 0,6.2 = 1,2(mol) = 1,2 mol

Khối lượng muối tăng so với khối lượng kim loại ban đầu chính là khối lượng Cl -. Do đó:

m muối = m kim loại + m = 19 + 35,5.0,12 = 61,6 (gam)

Cách 5. Phương pháp bảo toàn electron

2H+ + 2e H2

1,2 0,6

M Mn+ + ne

1,2

Ta có: a = (M + 35,5.n) = 19 + 35,5.1,2 = 61,6 (gam)

Bài 8: Hòa tan 15 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị II và III bằng dung

dịch HCl thu được dung dịch A và 1120 ml khí (đktc). Khối lượng muối khan thu

được khi cô cạn dung dịch A là

A. 15,55 g. B. 20,50 g. C. 14,45 g. D. 30,00 g.

Lời giải

Cách 1: Dùng phương pháp thông thường:

Đặt ACO3 : x mol

15 gam B2(CO3)3 : y mol (A + 60)x + (2B + 180)y = 10 Ax + 2By = 10 - 60(x + 3y)

ACO3 + 2HCl ACl2 + CO2 + H2O (1)

x x x (mol) 16

B2(CO3)3 + 6HCl 2BCl3 + 3CO2 + 3H2O (2)

y 2y 3y (mol)

(1)(2) nCO 2 = x + 3y = = 0.05 mol

mmuối = (Ax + 2By) + 71(x + 3y) = 15 - 60(x+ 3y) + 71(x + 3y)

= 15 + 11(x+ 3y) = 15 + 11.0,05 = 15,55 gam Chọn đáp án A.

Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng:

Từ (1)(2) ta có: nHCl = 2nCO 2 = 0,1 mol

nH O = nCO 2 = 0,05 mol

Theo ĐLBT khối lượng:

15 + 36,5.0,1 = mmuối + 44.0,05 + 18.0,05 mmuối = 15,55 gam.

Chọn đáp án A

Cách 3: Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng:

Ta thấy cứ 1 mol CO 23 bị thay thế bởi 2mol Cl làm khối lượng muối tăng 71- 60

=11g. Vậy nếu có 0,05 mol CO 23 bị thay thế thì sẽ làm cho khối lượng muối tăng 0,55

gam mmuối = 15 + 0,55 = 15,55 gam. Chọn đáp án A

Nhận xét: Trong 3 cách trên chỉ có cách 2 và 3 là nhanh hơn và tối ưu hơn. HS tư duy

kém thường sử dụng cách 1 để giải. HS thông minh, sáng tạo thường sử dụng cách 2 hoặc

3 để giải.

Bài 9. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muối

tạo thành và khối lượng tương ứng là

A. 14,2 gam Na2HPO4 ;32,8 gam Na3PO4. B. 28,4 gam Na2HPO4 ; 16,4 gam Na3PO4.

C. 12 gam NaH2PO4 ;28,4 gam Na2HPO4. D. 24 gam NaH2PO4 ; 14,2 gam Na2HPO4.

Lời giải

Có:3 4

NaOH

H PO

n 0,25 2 51 2n 0,2 1,5 3

Dung dich sau phản ứng chứa hỗn hợp 2 muối: NaH2PO4, Na2HPO4.

Cách 1. Phương pháp thông thường.

Cách 1.1. NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O 17

x x (mol)

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

2y y (mol)

Ta có: x + 2y = 0,5 x = 0,1

x + y = 0,3 y = 0,2

m = 0,1.120 = 12 (gam)

m = 0,2.142 = 28,4 (gam)

Chọn đáp án C.

Cách 1.2. Ta quan niệm NaOH lấy lần lượt từng nguyên tử H trong H2PO4

NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O (1)

0,3 0,3 0,3 (mol)

Số mol NaOH còn lại sau phản ứng (1) là : 0,5 – 0,3 = 0,2 mol

NaOH + NaH2PO4 → Na2HPO4 + H2O

0,2 0,2 0,2 (mol)

Vậy trong dung dịch có: 0,2 mol Na2HPO4 và 0,3 – 0,2 = 0,1 mol NaH2PO4

m = 0,1.120 = 12 (gam)

m = 0,2.142 = 28,4 (gam)

Chọn đáp án C.

Cách 2. Phương pháp đường chéo:

2 4

2 4

Na HPO

NaH PO

n 2n 1

2 4 2 4Na HPO NaH POn 2n

Mà: 2 4 2 4 3 4Na HPO NaH PO H POn n n 0,3 mol

2 4

2 4

Na HPO

NaH PO

n 0,2 mol

n 0,1 mol

18

2 4

2 4

Na HPO

NaH PO

m 0,2 142 28,4 gam

n 0,1 120 12 gam

(Đáp án C)

Bài 10: Cho V lít khí CO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 250 ml dung dịch Ba(OH)2 0,6

M được 15,76g kết tủa. Tính giá trị của V.

Lời gải

Cách 1: Phương pháp thông thường.

Ta có : n = (mol) ; n = 0,25.0,6 = 0,15 (mol)

Nhận thấy số mol BaCO3 < Số mol Ba(OH)2 . Vậy xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

0,08 0,08

VCO = 0,08.22,4 = 1,792 lít

Trường hợp 2: Ba(OH)2 không dư.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

0,08 0,08 0,08 (mol)

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

0,14 0,07 (mol)

VCO = (0,08+0,14).22,4 = 4,928 (lít).

Cách 2: Phương pháp phương trình ion rút gọn.

(mol)

n = 2.0,25.0,6 = 0,3 (mol)

CO2 + 2OH- CO32- + H2O (1)

0,08 0,16 0,08 (mol)

CO2 + OH- HCO3-

0,14 0,14 (mol)

Trường hợp 1: Chỉ xảy ra pt(1). VCO = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Trường hợp 2: Xảy ra pt(1) và pt(2). VCO = (0,08+0,14).22,4 = 4,928 (lít).

Cách 3: Phương pháp đồ thị.

19

Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phương trình (1) và (2) ta vẽ được đồ thị biểu diễn lượng

kết tủa thu được theo lượng CO2 đã phản ứng như sau:

Số mol BaCO3

0,08 0,15 0,22 0,3 Số mol CO2

Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu được 15,76 gam kết tủa thì ta có ngay:

Trường hợp 1: Số mol CO2 = 0,08 (mol).

Thể tích khí CO2 là: 0,08.22,4 = 1,792 (lit)

Trường hợp 2: Số mol CO2 = 0,22 (mol)

Thể tích khí CO2 là: 0,22.22,4 = 4,928 (lit)

Bài tập áp dụng

Bài 1. Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lít CO2 (đktc) vào 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 nồng độ a mol/l

thu được 15,76 gam kết tủa. Giá trị của a là

A. 0,032 B. 0,06 C. 0,04 D. 0,048

Bài 2. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO2 (đktc) vào 0,5 lít dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M

và Ba(OH)2 0,2M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 11,82 B. 9,85 C. 11,73 D. 19,7

Bài 9. Hấp thụ toàn bộ 0,896 lít CO2 (đktc) vào 3 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M được m gam

kết tủa. Giá trị của m là

A. 2 B. 4 C. 2,5 D. 3

Bài 10. Dung dịch X có chứa 0,01 mol Al2(SO4)3 và 0,02 mol CuSO4 . Nếu thêm V ml dung

dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì thu được lượng kết tủa lớn nhất. Giá trị của V là

A. 120 B. 500 C. 200 D. 100

Bài 3. Cho 200 ml dung dịch AlCl3 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M. Lượng

kết tủa thu được là 15,6 gam. Giá trị lớn nhất của V là

20

0,15

0,08

A. 1,2 B. 1,8 C. 2,0 D. 2,4

Bài 4. Cho V ml khí NH3 sục vào 300ml dung dịch CuCl2 0,3M thu được 3,92 gam kết tủa.

Giá trị của V là

A. 0,08 và 0,38 B. 0,04 và 0,38 C. 0,04 và 0,3 D. 0,08 và 0,3

Bài 5. Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần dùng vừa đủ V lít

dung dịch HCl 1M, thu được 2 muối FeCl2 và FeCl3 có tỉ lệ số mol bằng 1:2. Giá trị của V là

A. 0,04. B. 0,06. C. 0,08. D. 0,12.

Bài 6. Để hòa tan hoàn toàn một hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng

số mol Fe2O3) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M, thu được 12,7 gam FeCl2. Giá trị

của V là

A. 0,4. B. 0,8. C. 0,6. D. 1,0.

Bài 7. Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp FeO, Fe3O4, Fe2O3 (trong đó số mol FeO

bằng số mol Fe2O3) cần vừa đủ m gam dung dịch HCl 36,5%. Giá trị của m là

A. 4,0. B. 8,0. C. 12. D. 10.

Bài 8. Để hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 (trong đó tỉ lệ số mol

FeO và Fe2O3 là 1:1) bằng dung dịch HCl. Khối lượng muối FeCl3 thu được sau phản ứng là

A. 3,25. B. 4,25. C. 1,27 D. 4,52.

Bài 9. Để hòa tan hoàn toàn m hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng

số mol Fe2O3) bằng dung dịch HCl, thu được 67,8 gam hỗn hợp FeCl2 và FeCl3. Giá trị của

m là

A. 23,2. B. 28,6. C. 34,8 D. 36,2.

Bài 10. Cần hòa tan 200 gam SO3 vào m gam dung dịch H2SO4 49% để có dung dịch H2SO4

78,4%. Giá trị của m là

A. 150 B. 300 C. 450 D. 600

Bài 11. Cho m1 gam N2O5 hòa tan vào m2 gam dung dịch HNO3 30% thu được dung dịch

HNO3 45%. Tỉ số giữa m1 và m2 là

A. 3/43 B. 9/43 C. 43/9 D. 43/3

21

Bài 12. Hòa tan m gam Na2O vào 278,2 gam dung dịch NaOH 40% thu được dung dịch

NaOH 60%. Giá trị của m là

A. 40,3 B. 30,4 C. 80,6 D. 60,8

Bài 13. Hòa tan m gam Na2O vào 75 gam dung dịch NaOH 12% thu được dung dịch NaOH

58,8%. Giá trị của m là

A. 66 B. 50 C. 112,5 D. 85,2

Bài 14. Cho m1 gam BaO hòa tan hoàn toàn vào m2 gam dung dịch Ba(OH)2 30% thu được

695 gam dung dịch Ba(OH)2 46%. Giá trị của m1, m2 là

A. 136 và 559 B. 272 và 423 C. 559 và 136 D. 423 và 272

Bài 15. Cho m gam BaO hòa tan hoàn toàn vào 559 gam dung dịch Ba(OH)2 30% thu được

dung dịch Ba(OH)2 46%. Giá trị của m là

A. 68 B. 136 C. 272 D. 204

Bài 16. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm a mol FeS2 và b mol Cu2S trong HNO3 (vừa đủ)

thu được dd Y chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Tỉ số

a/b là

A. 0,5. B. 1,0. C. 1,5. D.2,0

Bài 17. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm a mol FeS2 và 0,06 mol Cu2S trong HNO3 (vừa

đủ) thu được dd Y chỉ chứa hai muối sunfat và khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá

trị của a là

A. 0,12. B. 0,021. C. 0,06. D. 0,08

Bài 18. X là quặng hemantit chứa 60% Fe2O3. Y là quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4. Trộn

a tấn quặng X với b tấn quặng Y thu được quặng Z, mà từ 1 tấn quặng Z có thể điều chế

được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tỉ lệ a/b là

A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5

Bài 19. X là khoáng vật cupit chứa 45% Cu2O. Y là khoáng vật teorit chứa 70% CuO. Trộn

2 tấn X với m tấn Y được quặng C, mà nếu lấy 1 tấn quặng C có thể điều chế được tối đa 0,5

tấn đồng nguyên chất. Giá trị của m la

A. 1,2 B. 1,6 C. 2,5 D. 10/3

22

Bài 20. Nhiệt phân hoàn toàn 108 gam hỗn hợp X gồm Na2CO3 và NaHCO3 được chất rắn

Y có khối lượng bằng 75,4% khối lượng của X. Khối lượng NaHCO3 có trong X là

A. 54 B. 27 C. 72 D. 36

Bài 21. Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm Fe, FeS, FeS2 trong dung

dịch HNO3 thu được 3,3 mol NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cho X tác

dụng với Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 252,5 B. 126,25 C. 125,26 D. 255,2

Bài 22. Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm Cu, CuS, Cu2S và S trong

dung dịch HNO3 thu được 20,16 l NO2 (là sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X.

Cho X tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A. 81,55 B. 110,95 C. 104,2 D. 115,85

Bài 23. Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO

và Cu2O. Hòa tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thấy thoát ra 4,48 lít khí SO2 (là sản

phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m là

A. 9,6 B. 14,72 C. 21,12 D. 22,4

Bài 24. Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 nung nóng. Sau một thời gian

thu được 13,92 gam hỗn hợp X gồm 4 chất (Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3). Hòa tan hết X bằng

dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thu được 5,824 lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất ở đktc).

Giá trị của m là

A. 16 B. 32 C. 48 D. 64

Bài 25. Thêm 150ml dung dịch KOH vào 120ml dung dịch H3PO4 1M. Khối lượng các muối

thu được trong dung dịch là

A. 9,57 gam K2HPO4 và 8,84 gam KH2PO4 B. 10,44 gam K2HPO4 và 12,72 gam K3PO4

C. 10,24 gam K2HPO4 và 13,5 gam KH2PO4 D. 13,05 gam K2HPO4 và 10,6 gam K3PO4

23

24