Tải bản đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm áp DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY đổi GIẢI bài tập về sắt, hợp CHẤT của sắt và một số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bài tập hóa học hữu cơ 11

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP VỀ SẮT,
HỢP CHẤT CỦA SẮT VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI
TẬP HÓA HỌC HỮU CƠ 11”


PHẦN I. MỞ ĐẦU
I-LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
- Căn cứ vào tình hình kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh còn yếu kém.
- Đây là loại bài tập phổ biến trong chương trình học phổ thông; chương trình thi
đại học – cao đẳng và tốt nghiệp hiện nay.
- Bài tập trắc nghiệm là bài tập nâng cao mức độ tư duy, khả năng phân tích phán
đoán, khái quát của học sinh đồng thời cần kỹ năng giải nhanh chính xác hiệu quả để
thích hợp với thời gian ngắn(bình quân 1,8 phút/1 câu đối với đề thi đại học – cao đẳng
và 1,5 phút/1 câu đối với đề thi tốt nghiệm).
- Người giáo viên muốn giảng dạy, hướng dẫn học sinh giải bài tập loại này có hiệu
quả cao thì bản thân phải nắm vững hệ thống kiến thức cơ bản của chương trình, hệ thống
từng loại bài. Nắm vững cơ sở lý thuyết, đặc điểm và cách giải cho từng loại bài. Từ đó
mới lựa chọn phương pháp giải thích hợp cho từng loại bài và tích cực hoá được các hoạt

động của học sinh.
- Xuất phát từ tình hình thực tế học sinh lớp 11 tôi đang giảng dạy hiện nay: Kĩ
năng giải nhanh các bài tập hoá học còn chưa tốt do vậy cần phải giúp học sinh nắm chắc
kiến thức cơ bản và có kĩ năng giải tốt được các bài tập trắc nghiệm khách quan.
- Trong thực tế tài liệu viết về phương pháp giải bài tập về sắt và hợp chất của sắt
đã có nhiều nhưng phương pháp nhanh, hiệu quả còn ít. Vì vậy, khi gặp các bài toán về
sắt và hợp chất của sắt các em thường lúng túng trong việc tìm ra phương pháp giải phù
hợp.
- Qua quá trình tìm tòi, nghiên cứu trong nhiều năm tôi đã hệ thống hóa các dạng
bài tập bài tập về sắt, hợp chất của sắt và phương pháp giải các dạng bài tập đó cho học
sinh một cách dễ hiểu, dễ vận dụng, tránh được những lúng túng, sai lầm và nâng cao kết
quả trong các kỳ thi.
- Khả năng giải toán Hóa học của các em học sinh còn hạn chế, đặc biệt là giải toán
Hóa học Hữu cơ vì những phản ứng trong hoá học hữu cơ thường xảy ra không theo một
hướng nhất định và không hoàn toàn. Trong đó dạng bài tập về phản ứng cộng hiđro vào
liên kết pi của các hợp chất hữu cơ, bài tập về phản ứng đốt cháy hiđrocacbon, ... Khi giải
các bài tập dạng này học sinh thường gặp những khó khăn dẫn đến thường giải rất dài
dòng, nặng nề về mặt toán học không cần thiết thậm chí không giải được vì quá nhiều ẩn
số. Nguyên nhân là học sinh chưa tìm hiểu rõ, vững các định luật hoá học và các hệ số
cân bằng trong phản ứng hoá học để đưa ra phương pháp giải hợp lý


Từ những lí do trên, tôi chọn đề tài:
“ ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁP Q
Đ I GI I ÀI T P Ề
T H P H T
T ÀM T
PHƢƠNG PHÁP GI I ÀI T P H
H
H
Ơ ”
II. CƠ SỞ KHOA HỌC.
1. Các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học THPT
2. Hệ thống hoá các kiến thức hóa học cơ bản.
3. Phương pháp giải nhanh bài tập trên cơ sở nắng vững hệ thống lí thuyết hoá học
và công thức toán học.
4. Khả năng khái quát, tổng hợp đề bài nhanh, phát hiện điểm mấu chốt của bài
toán để lựa chọn phương pháp phù hợp nhất để giải bài tập một cách nhanh, gọn, chính
xác.
5. Thực trạng về kỹ năng giải bài tập trắc nghiệm của học sinh khối 12 khi làm các

bài kiểm tra và bài thi thử đại học – cao đẳng.
III- MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI.
- Giúp học sinh nghiên cứu cơ sở lý thuyết và phương pháp các giải bài tập trắc
nghiệm hóa học phổ thông.
IV- NHIỆM VỤ CỦA ĐỀ TÀI.
- Hệ thống, phân loại các bài tập trắc nghiệm và xác định phương pháp giải thích
hợp, qua đó giúp học sinh hệ thống lại các kiến thức cơ bản nhất và có kỹ năng tôt để giải
nhanh các bài tập trắc nghiệm hóa học trong chương trình THPT hiện nay để đạt kết quả
cao trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT và đại học cao đẳng,...
V- PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Qua các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển
sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề
thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT trên toàn quốc từ đó phân loại thành các
dạng bài tập và rút ra phương pháp giải tương ứng.
- Hướng dẫn cho học sinh khối 12 áp dụng một số phương pháp giải nhanh để giải
các bài tập trắc nghiệm.
VI. NỘI DUNG ĐỀ TÀI.
A. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM.


1. Á
2. M

hƣơ
hƣơ





h

h
h

h

ơ

B. NGUYÊN TẮC ÁP DỤNG.
C. MỘT SỐ VÍ DỤ CỤ THỂ
D. HỆ THỐNG BÀI TẬP ÁP DỤNG TỰ GIẢI
VII- KẾ HOẠCH THỰC HIỆN ĐỀ TÀI.
1. Nghiên cứu thực trạng học sinh khối 11, 12, khảo sát về khả năng giải bài tập
trắc nghiệm.
2. Lập kế hoạch thực hiện đề tài từ đầu học kỳ I năm học 2012 - 2013
11A1 và 11A2

ở 2 lớp

3. Nhận xét – kết luận về hiệu quả của đề tài ở học sinh lớp 11A1, 11A2 và hoàn
thiện đề tài: cuối tháng 3 năm 2013.
Thể:
1. Tháng 10/2012
Khảo sát 2 lớp 11A1, 11A2
2. Tháng 11/2012 đến tháng 12/2012
Hướng dẫn học sinh các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
3. Tháng 1/2013 đến hết tháng 3/2013
Hướng dẫn học sinh giải các ví dụ trong các tài liệu, sách giáo khoa, sách bài
tập, sách tham khảo, các đề thi tuyển sinh vào đại học – cao đẳng, các đề thi tốt nghiệp
THPT từ năm 2007 – 2012 và các đề thi thử đại học – cao đăng của các trường THPT
trên toàn quốc.
4. Hoàn thiện đề tài cuối tháng 3/2013 .


PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI GIẢI BÀI TẬP SẮT VÀ HỢP CHẤT CỦA
SẮT
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT.
M t số c c qu

t

n

p:

Một h n hợp gồm (Fe và oxit FeO, Fe2O3, Fe3O4 hoặc h n hợp gồm (các oxit sắt
FeO, Fe2O3, Fe3O4 thường quy đổi thành (Fe + O) hoặc h n hợp gồm (Fe một oxit
hoặc h n hợp hai oxit
Một h n hợp gồm (Fe, S, FeS, FeS2 thường quy đổi thành (Fe

S

Một h n hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4 c ng có thể quy đổi thành h n hợp (FeO
+ Fe2O3)
Một h n hợp gồm (FeO, Fe2O3, Fe3O4 với số mol của FeO
quy đổi thành Fe3O4

số mol Fe2O3 thì

II. BÀI TOÁN ÁP DỤNG:
Bài toán 1: ( T í h ề h

h ĐH Đ- Kh
- 2010). Cho 11.36 gam h n hợp
gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thu được
1.344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X
sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m là:
A. 34.36 gam.
Bài

B. 35.50 gam.

C. 49.09 gam

.

Cách 1: Q

hỗ h

ềh

h : Fe Fe2O3

Hoà tan h n hợp với HNO3 loãng dư  1,344 lít NO
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
0,06mol
Fe2O3
0,05
 n NO 

0,6mol


2Fe(NO3)3

0,1mol
1, 344
 0, 06mol;
22, 4

0,06mol
(2)

D. 38.72 gam.


Từ (1  mFe = 56 . 0,06 = 3,36 g  mFe2O3  11,36  3,36  8g

8
 0, 05mol  mX = 242 (0,06 + 0,1) = 38,72g  D đúng
160
hỗ h
ề h h : FeO Fe2O3

 n Fe2O3 
Cách 2: Q

3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
0,18

0,18mol


Fe2O3
-0,01

0,06

2Fe(NO3)3

-0,02

 mFeO = 12,96g; mFe2O3  1, 6g
 mFe(NO3 )3  242(0,18  0,02)  38,72g  D đúng
Bài toán 2: Hoà tan hết m gam h n hợp X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4 trong dung dịch HNO3
đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu duy nhất (đktc . Cô cạn dung dịch sau phản ứng
thu được 145,2gam muối khan, giá trị m là:
A: 78,4g

B: 139,2g

C: 46,4g

D: 46,256g

:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy h n hợp X về h n hợp hai chất
Cách 1: Q

hỗ h

X ề2 h

Fe

Fe2O3:

Hoà tan h n hợp X vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư.
Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (1)
0,2/3

0,2/3

0,2

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O
Ta có: n NO2 

(2)

4, 48
145, 2
 0, 2mol ; n muèi khan  n Fe(NO3 )3 
 0,6mol
22, 4
242

 Từ pt (2 : n Fe2O3  1 n Fe( NO3 )3  1  0,6  0, 2   0,8 (mol)
2
2
3
3




 mh2X  mFe  n Fe2O3  0, 2 .56  0,8 .160  46, 4g  C đúng
3

3


Nếu mh2X  mFe  n Fe2O3  0,66.56  0, 266.160  46, 256g  D sai
Cách 2: Q

hỗ h

X ề hỗ h

2 h

FeO

Fe2O3 ta có:

FeO + 4HNO3  Fe(NO3 )3 + NO 2 + 2H 2 O (3)
0,2

0,2

0,2

Fe 2 O3 + 6HNO3  2Fe(NO3 )3 +3H 2 O
0,2mol

(4)

0,4mol

 n Fe(NO3 )3  145, 2  0, 6mol , mX = 0,2 (72 + 160) = 46,4gam  C đúng
242

Nếu từ (4 không cân bằng  n Fe2O3  0, 4mol

Chú ý:

 mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai
Bài toán 3: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng H2SO4
đặc, nóng thu được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO2(đktc . Thành phần phần trăm về khối
lượng của oxi trong h n hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượt là:
A. 20.97% và 140 gam.

B. 37.50% và 140 gam.

C. 20.97% và 180 gam

D.37.50% và 120 gam.

:
Cách 1: + Q

hỗ h

X ềh

h

FeO và Fe2O3 ta có:

 2FeO  4H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2O 

0, 4
0, 4mol
49,6gam 0,8



 Fe 2 O3  3H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  3H 2O

 0, 05

 0, 05

m Fe2O3  49, 6  0,8.72  8g
 n Fe2O3  

8
 0, 05mol
160

 noxi (X) = 0,8 + 3.(-0,05) = 0,65mol
 %mO  0, 65.16.100  20, 97%  A và C
49, 6

mFe2 (SO4 )3  [0, 4  (0, 05)).400  140gam  A đúng

Chú ý:

Nếu mFe2 (SO4 )3  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai


Tương tự quy đổi về hai chất khác…
Cách 2. áp dụng phương pháp quy đổi nguyên tử
Ta xem 49,6 gam h n hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là h n hợp của x mol Fe
và y mol O.
Ta có: mHH =56x+16y =49,6 (1).
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

2

0

Fe 3e  Fe

O  2e  O

x  3x

y  2y

6

4

S  2e  S

...0,8  0, 4

áp dụng ĐLBT E ta được:
n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,8 (2)

Giải hệ (1 và (2

> x 0,7 mol, y 0,65 mol.

0,65.16
1
100%  20,97%, n Fe2 (SO4 )3  n Fe  0,35mol
249,6
2
 m Fe2 (SO4 )3  0,35.400  140gam  A dung

%O 

Bài toán 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam h n hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, cần 0,05
mol H2. Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam h n hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc
nóng thì thu được thể tích V ml SO2 (đktc . Giá trị V(ml là:
A.112 ml

B. 224 ml

C. 336 ml

D. 448 ml.

:
Q

hỗ h

X ề hỗ h

h

h

0

t
Ta có: FeO  H 2 
 Fe  H 2O

x

x
3y

Fe2O3 với số mol là x, y

(1)

x

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O
y

FeO

(2)

2y

x  3y  0, 05
Từ (1 và (2 ta có: 

x  0, 02mol

72x  160y  3, 04  y  0, 01mol

2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0,02mol

0,01mol

(3)


Vậy VSO2  0,01  22,4 = 0,224 lít hay 224ml  B đúng
Chú ý: Nếu (3 không cân bằng: VSO2 = 0,02  22,4 = 0,448 lít = 448ml  D sai
Bài toán 5: H n hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 với số mol m i chất là 0.1 mol
hoà tan hết vào dung dịch Y gồm ( HCl, H2SO4 loãng dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ
từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dd Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch
Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào:
A. 50 ml và 6.72 lít

B. 100 ml và 2.24 lít.

C. 50 ml và 2.24 lít

D. 100 ml và 6.72 lít.

:
Quy h n hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4
H n hợp X gồm: Fe3O4 mol: Fe(0,2mol

dung dịch Y

Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
0,2mol

0,2

(1)

0,4mol

Fe + 2H+  Fe2+ + H2
0,1

(2)

0,1

D2 Z (Fe2+: 0,3mol; Fe3+: 0,4mol) + Cu(NO3)2

(3)

3Fe2  NO3  4H   3Fe3  NO  2H 2O

(4)

0,3

0,1

0,1

VNO = 0,1  22,4 = 2,24 lít; n Cu(NO )  1 n  0, 05mol
NO
3 2

n d2Cu(NO ) 
3 2

Chú ý:

2


3

0, 05
 0, 05 lít (hay 50ml)  C đúng
1

Nếu n Cu(NO3 ) 2  n NO  0,1mol  VCu(NO3 )2  100ml  B sai
3

Từ (4 nếu không cần bằng: VNO = 0,3  22,4 = 6,72 lít  A sai
Bài toán 6. Hoà tan hết m gam h n hợp X gồm Fe, FeS , FeS 2, và S bằng HNO3 nóng
dư thu được 9,072 lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm khư duy nhất và dung dịch
Y. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau.
Phần 1 cho tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 5,825 gam kết tủa trắng.


Phần 2 tan trong dung dịch NaOH dư thu được kết tủa Z, nung Z trong không khí
đến khối lượng không đổi được a gam chất rắn.
Giá trị của m và a lần lượt là:



A. 5,52 gam và 2,8 gam.

B. 3,56 gam và 1,4 gam.

C. 2,32 gam và 1,4 gam

D. 3,56 gam và 2,8 gam.

ả.
Xem h n hợp chất rắn X là h n hợp của x mol Fe u và y mol S.
Quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

0

6

5

4

Fe 3e  Fe

S 6e  S

N  1e  N

x  3x

y  6y  y

...0, 405  0, 405mol

x

áp dụng ĐLBT E ta được:
n e  3x  6y  n NO2 

9,072
 0, 405mol,  3x  6y  0, 405
22, 4

(1)

Mặt khác trong 1/2 dung dịch Y:
3



0

3OH
t
Fe 
 Fe(OH)3  (Z) 
 Fe 2 O3

x
mol
2
6

x
................................ mol
4
2

Ba
S(SO 24 ) 
 BaSO 4 

y
y
mol..................... mol
2
2
y 5,825
n BaSO4  
 0,025mol  y  0,05mol
2
233

Thay vào (1 ta được x 0,035 mol
m = mX=56x+32y=56.0,035+32.0,05=3,56 gam

x
0,035
a  mFe2O3  .160 
.160  1, 4gam > B đúng.
4
4
Bà to n : Hòa tan hết 7,52 gam h n hợp A gồm Cu và 1 oxit của sắt bằng dung dịch
HNO3 loãng dư , sau phản ứng giải phóng 0,1493 lít NO ( đktc - là sản phẩm khử duy


nhất và còn lại 0,96 gam kim loại không tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được
16,44 gam chất rắn khan. Công thức của oxit sắt là :
A.FeO


B.Fe2O3

C.Fe3O4

D.FeOvà Fe2O3


Ta quy đổi h n hợp thành h n hợp gồm Cu a mol
=> 64a + 56b + 16c = 7,52

(I)

Kim loại dư là Cu (0,96/64

0,015 mol

Fe b mol

> tạo muối sắt (II

Cu  Cu2+ + 2e
a – 0,015 2a – 0,03

c

Fe  Fe2+ + 2e

N+5 + 3e  N+2

b

O

2b

Bảo toàn electron

O c mol

+ 2e 

O-2

2c
0,02 0,0066652

> 2a - 0,03 + 2b = 2c + 0,02

(II)

Chất rắn khan thu được là Cu(NO3)2 (a – 0,015 mol và Fe(NO3)2 b mol
=> 188(a – 0,015) + 180b = 16,44 (III)
Từ (I , (II , (III ta có: a

0,045; b

0,06; c = 0.08

> Công thức của oxit sắt FexOy có x/y

0,06/0,08

> Fe3O4 đáp án C

III. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Hoà tan hết m gam h n hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 thu được
2.24 lít khí màu nâu duy nhất (đktc . Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 96.8 gam
muối khan. Giá trị m là:
A. 55.2 gam.

B. 31.2 gam.

C. 23.2 gam

D. 46.4 gam.

Bài 2: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 đặc, nóng thu
được 3.36 lít khí NO2 (đktc . Cô cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan. Giá trị m
là:
A. 36.3 gam.

B. 161.535 gam.

C. 46.4 gam

D. 72.6 gam.

Bài 3: Vào thế kỷ XVII các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các
mảnh vỡ của thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm do bảo quản không tốt nên nó


bị oxi hóa thành m gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của nó. Để xác định khối lượng
của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO 3
loãng thu được khí NO duy nhất và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân
nặng 48,4 gam chất rắn khan. Mẩu thiên thạch bằng sắt nguyên chất đó có khối lượng là:
A. 11,2gam.

B. 5,6 gam

C. 16,8 gam

D. 8,4 gam

Bài 4: Vào thế kỷ XIX các nhà khoa học đã lấy được một mẩu sắt nguyên chất từ các
mảnh vỡ của thiên thạch. Sau khi đem về phòng thí nghiệm các nhà khoa học đã lấy 2,8
gam Fe để trong ống thí nghiệm không đậy nắp kín nó bị ôxi hóa thành m gam chất rắn
X gồm Fe và các ôxit của nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch HNO3 loãng
thu được 896 ml khí NO duy nhất (đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y
cân nặng m2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m2 là:
A. 72,6 gam

B. 12,1 gam.

C. 16,8 gam

D.

72,6

gam
2. giá trị của m1 là:
A. 6,2gam.

B. 3,04 gam.

C. 6,68 gam

D. 8,04 gam

Bài 5: một chiếc kim bằng sắt lâu ngày bị oxi hóa, sau đó người ta cân được 8,2 gam sắt
và các ôxit sắt cho toàn bộ vào dung dịch HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí màu nâu
duy nhất (đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y thu được m gam muối
khan.
1. khối lượng chiếc kim bằng sắt là:
A. 6,86 gam.

B. 3,43 gam.

C. 2,42 gam

D.

6.26

gam
2. giá trị của m gam muối là:
A. 29,645 gam. B. 29,5724 gam. C. 31,46 gam

D. 29,04 gam

Bài 6: Các nhà khoa học đã lấy m1 gam một mảnh vỡ thiên thach bằng sắt nguyên chất
do bảo quản không tốt nên nó bị oxi hóa thành m2 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit của
nó. Để xác định khối lượng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m 2 gam chất rắn X
trên vào vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc và dung
dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng 121 gam chất rắn khan.
1. giá trị của là: m1
A. 28 gam

B. 56 gam.

C. 84 gam

D. 16,8 gam


2. giá trị của m2 là:
A. 32,8 gam.

B. 65,6 gam.

C. 42,8 gam

D.

58,6

gam
Bài 7: các nhà thám hiểm đã tìm thấy một chất rắn bị gĩ sắt dưới đại dương, sau khi đưa
mẩu gỉ sắt để xác định khối lượng sắt trước khi bị oxi hóa thì người ta cho 16 gam gĩ sắt
đó vào vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 3,684 lít khí NO2 duy nhất(đktc và
dung dịch muối X, cô cạn dung dịch muối X cân nặng m gam chất rắn khan.
1. khối lượng sắt ban đầu là:
A. 11,200 gam

B. 12,096 gam. C. 11,760 gam

D. 12,432 gam

2. giá trị của m là:
A. 52,514 gam.

B. 52,272 gam. C. 50,820 gam

D. 48,400 gam

Bài 8: cho 12,096 gam Fe nung trong không khí thu được m1 gam chất rắn X gồm Fe và
các ôxit của nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được
1,792 lít khí SO2 duy nhất (đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân
nặng m2 gam chất rắn khan.
1. giá trị của m1 là:
A. 14 gam

B. 16 gam.

C. 18 gam

D. 22,6 gam

2. giá trị của m2 là:
A. 43,6 gam.

B. 43,2 gam.

C. 42,0 gam

D.

46,8

gam
Bài 9: Sau khi khai thác quặng bôxit nhôm có lẫn các tạp chất: SiO 2, Fe, các oxit của Fe.
Để loại bỏ tạp chất người ta cho quặng vào dung dịch NaOH đặc nóng dư thu được dung
dịch X và m gam chất rắn không tan Y. để xác định m gam chất rắn không tan chiếm bao
nhiêu phần trẩmtng quặng ta cho m gam chất rắn đó vào dung dịch HNO 3 loãng dư thu
được 6,72 lít khí NO duy nhất(đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân
nặng 121 gam chất rắn khan. Giá trị của là m1
A. 32,8 gam

B. 34,6 gam.

C. 42,6 gam

D.

36,8

gam
Bài 10: Hòa tan hoàn toàn một ôxit sắt FexOy bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được
2,24 lít khí SO2 duy nhất (đktc và dung dịch muối Y, cô cạn dung dịch muối Y cân nặng
120 gam chất rắn khan. Công thức phân tử của ôxit sắt là:


A. FeO
được

B. Fe2O3

C. Fe3O4

D. Không xác định

Bài 11: Nung y mol Fe trong không khí một thời gian thu được 16,08 gam h n hợp A
gồm 4 chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt. hòa tan hết lượng h n hợp A trên bằng dung dịch
HNO3 loãng dư thu được 672 ml khí NO duy nhất(đktc và dung dịch muối. Giá trị của là
y:
A. 0.21 mol

B. 0,232 mol.

C. 0,426 mol

D. 36,8 mol

Bài 12: Hòa tan m gam h n hợp X bốn chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt bằng dung dịch
HNO3 dư thu được 4,48 lit khí NO2 duy nhất(đktc và 145,2 gam muối khan. Giá trị của
là m gam:
A. 44 gam

B. 46,4 gam.

C. 58 gam

D. 22 gam

Bài 13. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam h n hợp X gồm: FeS , FeS2, S, Cu, CuS, FeCu2S2
thì cần 2,52 lít ôxi và thấy thoát ra 1,568 lít(đktc SO 2, mặt khác cho 6,48 gam X tác
dụng dung dịch HNO3 nóng dư thu được V lít khí màu nâu duy nhất (đktc, sản phẩm
khư duy nhất và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch Ba(OH 2 dư thu
được m gam kết tủa trắng.
Giá trị của V và m lần lượt là:
A. 13,44 lít và 23,44 gam.
C. 16,80 lít và 18,64 gam.

B. 8,96 lít và 15,60 gam.
D. 13,216 lít và 23,44 gam.


PHNG PHP GII TON PHN NG CNG HIRO VO LIấN KT PI
CA HIROCACBON KHễNG NO
I. C S Lí THUYT CA PHNG PHP
Liờn kt l liờn kt kộm bn vng, nờn chỳng d b t ra to thnh liờn kt vi
cỏc nguyờn t khỏc. Trong gii hn ca ti tụi ch cp n phn ng cng hiro vo
liờn kt ca hirocacbon khụng no, mch h.
Khi cú mt cht xỳc tỏc nh Ni, Pt, Pd, nhit thớch hp, hirocacbon khụng no
cng hiro vo liờn kt pi.
Ta cú s sau:
Hiđrocacbon không no
Hỗn hợp khí X gồm

Hđrocacbon no CnH2n+2
xúc tác, t0

và hiđro (H2)

Hỗn hợp khí Y gồm hiđrocacbon không no dvà hiđro d-

Phng trỡnh hoỏ hc ca phn ng tng quỏt
CnH2n+2-2k + kH2

xuc tac

CnH2n+2
t0

[1] (k l s liờn kt trong phõn t

Tu vo hiu sut ca phn ng m h n hp Y cú hirocacbon khụng no d hoc
hiro d hoc c hai cũn d
Da vo p n n t n qu t [1] ta t ,
- Trong phn ng cng H2, s mol khớ sau phn ng luụn gim (nY < nX v chớnh bng s
mol khớ H2 phn ng

nH2 phản ứng nX - nY

[2]

Mt khỏc, theo dnh lut bo ton khi lng thỡ khi lng h n hp X bng khi lng
h n hp Y (mX = mY).
Ta cú:

MY =

mY
m
; MX = X
nY
nX

mX
M X n X mX n Y n Y
d X/Y =
=
=
ì
=
>1 (do n X > n Y )
M Y mY n X mY n X
nY


Vit gn li : d X/Y =

M X nY
=
MY nX

[3]

- Hai h n hp X v Y cha cựng s mol C v H nờn :
Khi t chỏy h n hp X hay h n hp Y u cho ta cỏc kt qu sau

nO (đốt cháy X) = n
2
O2 (đốt cháy Y)
nCO (đốt cháy X) = n
2
CO2 (đốt cháy Y)

[4]

nH O (đốt cháy X) = n
2
H2O (đốt cháy Y)
Do ú thay vỡ tớnh toỏn trờn h n hp Y (thng phc tp hn trờn h n hp X ta cú th
dựng phn ng t chỏy h n hp X tớnh s mol cỏc cht nh: n O , n CO , n H O .
2 pu

S mol hirocacbon trong X bng s mol hirocacbon trong Y

nhidrocacbon (X) = nhidrocacbon (Y)
1) Xột tr

n

p

[5]

rocacbon tron X l anken

Ta cú s :
CnH2n+2
CnH2n
Hỗn hợp khí X gồm

xúc tác, t0

H2

Hỗn hợp Y gồm

CnH2n dH2 d-

Phng trỡnh hoỏ hc ca phn ng
CnH2n + H2

xuc tac

CnH2n+2
t0

t n C H = a;
n

2n

n H2 = b

- Nu phn ng cng H2 hon ton thỡ:
TH1: Ht anken, d H2

2

2


n H2 pu = n Cn H2n = n Cn H2n +2 = a mol 
  n Y  n Cn H2n +2  n H2 du = b
n H2 du = b - a


Vậy: nH

2

= nY

(X)

[6]

TH2: Hết H2, dư anken
n H2 = n Cn H2n pu = n Cn H2n +2 = bmol 
  n Y  n Cn H 2n +2  n Cn H 2n du = a
n Cn H 2n du = a - b


Vậy: nanken (X) = n(Y)

[7]

TH3: Cả 2 đều hết
n H2 = n Cn H2n = n Cn H2n+2 = a = bmol  n Y  n Cn H2n+2 = a = b

Vậy: nH

2

= nanken (X) = nY

(X)

[8]

- Nếu phản ứng cộng hiđro không hoàn toàn thì còn lại cả hai
N ận xét: Dù phản ứng xảy ra trong trường hợp nào đi nữa thì ta luôn có:

nH

nanken ph¶n øng = nX - nY [9]

2 ph¶n øng

Do đó khi bài toán cho số mol đầu nX và số mol cuối nY ta sử dụng kêt quả này để
tính số mol anken phản ứng.
Nếu 2 anken có số mol a, b cộng hiđro với cùng hiệu suất h, ta có thể thay thế h n
hợp hai anken bằng công thức tương đương:
Ni
Cn H2n + H 2 
 Cn H 2n+2 .
t0

Víi: nanken ph¶n øng = n H

2 ph¶n øng

(a+b).h

Chú ý: Không thể dùng phương pháp này nếu 2 anken không cộng H2 với cùng hiệu suất
2) Xét tr

n

ợp

rocacbon tron X là ank n

Ankin cộng H2 thường cho ta hai sản phẩm
CnH2n-2 + 2H2

xuc tac


t0

CnH2n+2

[I]


CnH2n-2 + H2

xuc tac


t0

CnH2n

[II]

Nu phn ng khụng hon ton, h n hp thu c gm 4 cht: anken, ankan, ankin
d v hiro d.
Ta cú s :
CnH2n+2
CnH2n -2
Hỗn hợp khí X gồm

xúc tác, t0

H2

CnH2n
Hỗn hợp Y gồm
CnH2n - 2 dH2 d-

Nhận xét: n H2 phản ứng

nX - nY / n ankin phản ứng

II. MT S V D
V d 1: H n hp khớ X cha H2 v mt anken. T khi ca X i vi H2 l 9. un núng
nh X cú mt xỳc tỏc Ni thỡ nú bin thnh h n hp Y khụng lm mt mu nc brom v
cú t khi i vi H2 l 15. Cụng thc phõn t ca anken l
A. C2H4
B

B. C3H6

C. C4H8

D. C4H6

:

M X = 9.2 = 18;

M Y = 15.2 = 30

Vỡ h n hp Y khụng lm mt mu nc Br2 nờn trong Y khụng cú anken
Cỏc yu t trong bi toỏn khụng ph thuc vo s mol c th ca mi cht vỡ s
mol ny s b trit tiờu trong quỏ trỡnh gii. Vỡ vy ta t chn lng cht. bi toỏn tr
nờn n gin khi tớnh toỏn, ta chn s mol h n hp X l 1 mol (nX = 1 mol) mX = 18g
Da vo [3] v [6] ta cú:

18 n Y
18
=
n Y = n H2 (X) =
= 0,6mol
30 1
30

nanken = 1- 0,6=0,4 mol

Da vo khi lng h n hp X: 14n ì 0, 4 + 2 ì 0,6 = 18 n = 3 .
CTPT : C3H6. Chn B


V dụ 2: H n hợp khí X chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối
của X đối với H2 là 8,4. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y
không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 12. Công thức phân tử của hai
anken và phần trăm thể tích của H2 trong X là



A. C2H4 và C3H6; 70%

B. C3H6 và C4H8; 30%

C. C2H4 và C3H6; 30%

D. C3H6 và C4H8; 70%

ả:

M X = 8,4.2 = 16,8;

M Y = 12.2 = 24

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
 mX = 16,8g

Dựa vào [3] và [6] ta có:

16,8 n Y
16,8
=
 n Y = n H 2 (X) =
= 0,7mol
24
1
24

 n2 anken = 1- 0,7=0,3 mol

Dựa vào khối lượng h n hợp X:
Ta có: 14n × 0,3 + 2× 0,7 = 16,8  3  n =
CTPT: C3H6 và C4H8; %VH

2 (X)



11
 3,66  4
3

0,7
 100%  70% . Chọn D
1

V dụ 3: (Đề TSCĐ năm 2009) H n hợp khí X gồm H2 và C2H4 có tỉ khối so với He là
3,75. Dẫn X qua Ni nung nóng, thu được h n hợp khí Y có tỉ khối so với He là 5. Hiệu
suất của phản ứng hiđro hoá là
A. 25%


B. 20%

C. 50%

ả:

M X = 3,75.4 = 15;

M Y = 5.4 = 20

Tự chọn lượng chất, xem h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
Dựa vào [3] ta có:

15 n Y
15
=
 nY =
= 0,75mol ;
20 1
20

Áp dụng sơ đồ đường chéo :

D. 40%


15-2=13

a mol C2H4 (28)
M=15
b mol H2 (2)

a

13

b

13

a=b=0,5 mol

28-15=13

Dựa vào [9] ta có:

nH

nanken ph¶n øng = nX - nY=1-0,75=0,25 mol

2 ph¶n øng

H=

0,25
×100% = 50% . Chọn C
0,5

V dụ 4: (Đề TSĐH KB năm 2009) H n hợp khí X gồm H2 và một anken có khả năng
cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất. Tỉ khối của X so với H 2 bằng 9,1. Đun nóng X
có xúc tác Ni, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được h n hợp khí Y không làm mất
màu nước brom; tỉ khối của Y so với H2 bằng 13. Công thức cấu tạo của anken là
A. CH3-CH=CH-CH3.

B. CH2=CH-CH2-CH3.

C. CH2=C(CH3)2.

D. CH2=CH2.



ả:

M X = 9,1.2 = 18,2;

M Y = 13.2 = 26

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có anken
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol  mX = 18,2gam
Dựa vào [3] và [6] ta có:

18,2 n Y
18,2
=
 n Y = n H2 (X) =
= 0,7mol
26
1
26

 nanken = 1- 0,7=0,3 mol

Dựa vào khối lượng h n hợp X: 14n × 0,3 + 2 × 0,7 = 18, 2  n = 4 .
CTPT: C4H8. Vì khi cộng HBr cho sản phẩm hữu cơ duy nhất nên chọn A.
V dụ 5: H n hợp khí X chứa H2 và một ankin. Tỉ khối của X đối với H2 là 4,8. Đun nóng
nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất màu nước brom và
có tỉ khối đối với H2 là 8. Công thức phân tử của ankin là
A. C2H2


ả:

B. C3H4

C. C4H6

D. C4H8


M X = 4,8.2 = 9,6;

M Y = 8.2 = 16

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)  mX = 9,6g
Dựa vào [3] ta có:
Dựa vào [2]  n H
Theo [I] nankin (X) =

9,6 n Y
9,6
=
 nY =
= 0,6mol ;
16
1
16
2 phan ung

= 1 - 0,6 = 0,4 mol

1
1
n H2 phan ung  × 0,4 = 0,2 mol
2
2

Dựa vào khối lượng h n hợp X: (14n - 2) × 0,2 + 2× (1- 0,2) = 9,6 .
 n = 3 . CTPT: C3H4. Chọn B

V dụ 6: H n hợp X gồm 3 khí C3H4, C2H2 và H2 cho vào bình kín dung tích 9,7744 lít ở
250C, áp suất atm, chứa ít bột Ni, nung nóng bình một thời gian thu được h n hợp khí Y.
Biết tỉ khối của X so với Y là 0,75. Số mol H2 tham gia phản ứng là
A. 0,75 mol

B. 0,30 mol

C. 0,10 mol


D. 0,60 mol

ả:
nX =

1× 9,7744
= 0,4 mol
0,082(273 + 25)

Dựa vào [3] ta có: d X/Y =

MX nY n Y
=
=
= 0,75  n Y = 0,3 mol
M Y n X 0,4

 n H2phan ung = 0,4 - 0,3 = 0,1mol . Chọn C

V dụ 7: (Đề TSĐH KA năm 2008) Đun nóng h n hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2 và 0,04
mol H2 với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được h n hợp khí Y. Dẫn toàn bộ h n hợp Y
lội từ từ qua bình đựng dung dịch brom (dư thì còn lại 0,448 lít h n hợp khí Z (ở đktc
có tỉ khối so với O2 là 0,5. Khối lượng bình dung dịch brom tăng là:
A. 1,04 gam. B. 1,20 gam.


C. 1,64 gam.

ả:

Có thể tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

D. 1,32 gam.


X

0,06 mol C2H2
0,04 mol H2

Ni, t0

Y

C2H4, C2H2 d-, Br2 (d-)
C2H6, H 2 d-

Z (C2H6, H2 d-)
(0,448 lÝt, dZ/H2 = 0,5)
mb×nh = mC H d-+ mC2H4
2 2

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mX = mY = Δmtang + m Z
M Z = 0,5× 32 = 16;n Z =

0,448
= 0,02  m Z = 0,02×16 = 0,32gam
22,4

Ta có: 0,06.26 + 0,04.2= Δm +0,32  Δm =1,64 – 0,32 1,32 gam. Chọn D
V dụ 8: H n hợp khí X chứa H2 và một hiđrocacbon A mạch hở. Tỉ khối của X đối với
H2 là 4,6. Đun nóng nhẹ X có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp Y không làm mất
màu nước brom và có tỉ khối đối với H2 là 11,5. Công thức phân tử của hiđrocacbon là
A. C2H2


B. C3H4

C. C3H6

D. C2H4

ả:

M X = 4,6.2 = 9,2;

M Y = 11,5.2 = 23

Vì h n hợp Y không làm mất màu nước Br2 nên trong Y không có hiđrocacbon
không no.
Tự chọn lượng chất, chọn số mol h n hợp X là 1 mol (nX = 1 mol)
 mX = 9,2g

Dựa vào [3] ta có:
Dựa vào [2]  n H

9,2 n Y
9,2
=
 nY =
= 0,4mol ;
23
1
23
2 phan ung

= 1 - 0,4 = 0,6 mol . Vậy A không thể là anken vì nanken = n hiđro pư

=0,6 mol (vô lý)  loại C, D.
Ta thấy phương án A, B đều có CTPT có dạng CnH2n-2. Với công thức này thì
nA (X) =

1
1
n H 2 phan ung  × 0,6 = 0,3 mol  n H2(A) = 1- 0,3 = 0,7 mol
2
2

Dựa vào khối lượng h n hợp X: (14n - 2) × 0,3 + 2× 0,7 = 9,2 .
 n = 2 . CTPT: C2H2. Chọn B

V dụ 9: Cho 8,96 lít h n hợp khí X gồm C3H8, C2H2, C3H6, CH4 và H2 đi qua bột Niken
xúc tác nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng ta thu được 6,72 lít h n
hợp khí Y không chứa H2. Thể tích h n hợp các hidrocacbon có trong X là:




A. 5,6 lít

B. 4,48 lít

C. 6,72 lít

D. 8,96 lít

ả:

Dựa vào [5]  Vhiđrocacbon (Y = Vhiđrocacbon (X

6,72 lít. Chọn C

V dụ 10: Cho 4,48 lít h n hợp khí X gồm CH4, C2H2, C2H4, C3H6, C3H8 và V lít khí H2
qua xúc tác Niken nung nóng đến phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng ta thu được 5,20 lít
h n hợp khí Y. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Thể tích khí H2 trong Y là



A. 0,72 lít

B. 4,48 lít

C. 9,68 lít

D. 5,20 lít

ả :

Dựa vào [5] ta có : Vhiđrocacbon (Y = Vhiđrocacbon (X = 4,48 lít
 Thể tích H2 trong Y là: 5,2 - 4,48 0,72 lít. Chọn A

V dụ 11: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối
với H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y
có tỉ khối đối với H2 là 73/6. Số mol H2 đã tham gia phản ứng là

Bài

A. 0,5 mol

B. 0,4 mol

C. 0,2 mol

D. 0,6 mol

ả:

M X = 7,3.2 = 14,6;

MY =

73
73
 2  ; nX = 1 mol
6
3

Dựa vào [2] và [3]  nY = 0,6 mol; n H

2phan ung

= 1 - 0,6 = 0,4mol . Chọn B

V dụ 12: (Đề TSCĐ năm 2009) H n hợp khí X gồm 0,3 mol H2 và 0,1 mol
vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc tác Ni thu được h n hợp khí Y có tỉ khối so
với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch brom (dư thì có m gam
brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 32,0
C. 3,2


B. 8,0
D. 16,0

ả:

Vinylaxetilen: CH2 = CH - C  CH phân tử có 3 liên kết 


nX = 0,3 + 0,1 = 0,4 mol; mX = 0,3.2 + 0,1.52 = 5,8 gam  mY = 5,8 gam
M Y =29  n Y =

5,8
= 0,2 mol . Dựa vào [2] n H2phan ung = 0,4 - 0,2 = 0,2mol chỉ bảo hoà hết
29

0,2 mol liên kết  , còn lại 0,1.3 – 0,2 0,1 mol liên kết  sẽ phản ứng với 0,1 mol Br2.
 mBr = 0,1×160 =16 gam . Chọn D
2

V dụ 13: Đun nóng h n hợp khí X gồm 0,06 mol C2H2, 0,05 mol C3H6 và 0,07 mol H2
với xúc tác Ni, sau một thời gian thu được h n hợp khí Y gồm C 2H6, C2H4, C3H8, C2H2
dư, C3H6 dư và H2 dư. Đốt cháy hoàn toàn h n hợp Y rồi cho sản phẩm hấp thụ hết vào
dung dịch nước vôi trong dư. Khối lượng bình dung dịch nặng thêm là



A. 5,04 gam.

B. 11,88 gam.

C. 16,92 gam.

D. 6,84 gam.

ả:

Dựa vào [4] thì khi đốt cháy h n hợp Y thì lượng CO 2 và H2O tạo thành bằng lượng CO2
và H2O sinh ra khi đốt cháy h n hợp X. Khi đốt cháy X ta có các phương trình hoá học
của phản ứng:
C2H2 + 2,5O2  2CO2

+

0,06 

0,06

0,12

H2O

C3H6 + 4,5O2  3CO2 +

3H2O

0,05 

0,15

2H2 + O2
0,07 

0,15


2H2O
0,07

Σn CO2 = 0,12 + 0,15 = 0,27 mol;

Σn H2O = 0,06 + 0,15 + 0,07 = 0,28mol

Khối lượng bình dung dịch tăng bằng khối lượng CO2 và khối lượng H2O.
Δm = 0,27 × 44 + 0,28×18 = 16,92 gam . Chọn C

III. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: (Bài 6.10 trang 43 sách bài tập Hoá 11)


H n hợp khí A chứa H2 và một anken. Tỉ khối của A đối với H2 là 6,0. Đun nóng
nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp B không làm mất màu nước brom và
có tỉ khối đối với H2 là 8,0. Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích từng chất
trong h n hợp A và h n hợp B.
ĐS: H n hợp A: C3H6 (25,00%); H2 (75,00%)
H n hợp B: C3H8 (  33%); H2 (67%)
Bài 2: (Bài 6.11 trang 43 sách bài tập Hoá 11)
H n hợp khí A chứa H2 và hai anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Tỉ khối của
A đối với H2 là 8,26. Đun nóng nhẹ A có mặt xúc tác Ni thì nó biến thành h n hợp B
không làm mất màu nước brom và có tỉ khối đối với H 2 là 11,80. Xác định công thức
phân tử và phần trăm thể tích của từng chất trong h n hợp A và h n hợp B.
ĐS: H n hợp A: C3H6 (12%); C4H8 (18%); H2 (17%)
H n hợp B: C3H8 (17%); C4H10 (26%); H2 (57%)
Bài 3: (Bài 6.11 trang 48 sách bài tập Hoá 11 nâng cao)
Cho h n hợp X gồm etilen và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,25. Dẫn X qua bột Ni
nung nóng (hiệu suất phản ứng hiđro hoá anken bằng 75% , thu được h n hợp Y. Tính tỉ
khối của Y so với H2. Các thể tích khí đo ở đktc.
ĐS: d Y/H = 5,23
2

Bài 4: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với
H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y có tỉ
khối đối với H2 là 73/6. Cho h n hợp khí Y di chậm qua bình nước Brom dư ta thấy có
10,08 lít (đktc khí Z thoát ra có tỉ khối đối với H2 bằng 12 thì khối lượng bình đựng
Brom đã tăng thêm
A. 3,8 gam

B. 2,0 gam

C. 7,2 gam

D. 1,9 gam

Bài 5: Cho 22,4 lít h n hợp khí X (đktc gồm CH 4, C2H4, C2H2 và H2 có tỉ khối đối với
H2 là 7,3 đi chậm qua ống sứ đựng bột Niken nung nóng ta thu được h n hợp khí Y có tỉ
khối đối với H2 là 73/6. Khối lượng h n hợp khí Y là
A. 1,46 gam
C. 7,3 gam

B. 14,6 gam
D. 3,65 gam


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×