Tải bản đầy đủ

Chìa Khóa Vàng Luyện Thi Cấp Tốc Trắc Nghiệm Hóa Vô Cơ

Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

Lời nói đầu.
Để sở hữu một cuốn sách hay phù hợp với khả năng, năng lực cũng như
điều kiện của mình trong hàng ngàn đầ u sách hiện nay quả thật không đơn giản chút nào.
Đố i với đề thi trắc nghiệm hiện nay ngày càng khó, dài và bao phủ toàn bộ chương trình
học, liệu rằng có cuốn sách nào đáp ứng được mong muốn tìm nhanh đáp án một cách
chính xác trong thời gian ngắn nhất mà không cần phải giải bài toán theo một cách thứ tự
cũng như không cần sử dụng đến dữ liệu không? sau đây tác giả xin được giới thiệu “tập
1 hoá học vô cơ” để đáp ứng một phần mong muốn đó của các độc giả trong cả nước.
Hãy tìm đọc 3 tập sách:
Tập 1: “10 CHÌA KHÓA VÀNG” luyện thi cấp tốc trắc nghiệm hóa học vô cơ.
Tập 2: “10 CHÌA KHÓA VÀNG” luyện thi cấp tốc trắc nghiệm hóa học vô cơ.
Tập 3: “10 CHÌA KHÓA VÀNG” luyện thi cấp tốc trắc nghiệm hóa học hữu cơ.
Nội dung của cuốn sách được biên soạn theo 10 chìa khóa, mỗi chìa khóa vàng được biên
soạn gồm 3 phần:
Phần 1: cơ sở lý thuyết: ngắn gọn, đơn giản, dễ hiểu, dễ áp dụng..
Phần 2: bài toán áp dụng: phần bài tập từ đơn giản đến khó và sau đó rút ra công
thức giải nhanh cho bài toán, bài toán trắc nghiệm đượ c giải rất chi tiết, rõ ràng, áp dụng
giải các bài khó của đề thi Đại học. Sau mỗi bài giải là phân tích bài toán, những đáp án
“nhiễu” mà các em khi làm có thể mắc sai lầm.

Phần 3: những bài toán liên quan đến phương pháp và chỉ có đáp án.
Trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi thiếu sót. Tác giả rất chân thành
cảm ơn và mong quý độc giả lượ ng thứ cũng như nhận đượ c sự đóng góp ý kiến quý báu,
xây dựng để lần sau tái bản được tốt hơn.
Hiện nay trên thị trường đã có mặt tài của tác giả biên soạn như:
1. 20 phương pháp giải toán trắc nghiệm hóa học siêu nhanh dùng cho học sinh khá
giỏi và luyện thi cao đẳng- đại học.
2. Tài liệu 444 câu hỏi trắc nghiệm hóa học lớp 10.
3. Thử sức 678 câu hỏi trắc nghiệm hóa học ôn thi TN-CĐ-ĐH
4. Bộ sách 3 tập chìa khóa vàng luyện thi cấp tốc
Hiện nay tác giả đang biên soạn “100 ĐỀ THI THỬ ĐH” và hướng dẫn giải rất chi
tiết. Những độc giả nào muốn sở hữu các đề thi thử ĐH và tài liệu luyện thi ĐH thì vào
các trang Website ở dưới, hoăc để tìm và tải nhanh những tài liệu này thì hãy vào
Google sau đó đánh dòng chữ: chìa khóa vàng luyện thi cấp tốc của nguyễn văn phú
Để trao đổi và đóng góp ý kiến học xin vui lòng liên lạc với tác giả theo số điện
thoại hoặc đị a chỉ sau:
1.
ĐT: 098.92.92.117 hoặc 01652.146.888
2.
Email: phueuro@gmail.com
3.

Website: violet.com.vn

4.

Website: trithucbonphương.com

5.

Website: bachkim.com.vn
Tác giả:

THẠC SỸ: NGUYỄN VĂN PHÚ

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

1



Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Mục Lục(tập 1)

trang

Mở Đầu ............................................................................................................................. 0
Chìa khóa vàng 1. Phương pháp quy đổi....................................................................... 2
Chìa khóa vàng 2. Phương pháp đồ thị......................................................................... 10
Chìa khóa vàng 3. Phương pháp cho oxit axit ............................................................. 23
Chìa khóa vàng 4. Phương pháp bảo toàn e................................................................. 29
Chìa khóa vàng 5. Phương pháp bảo toàn nguyên tố.................................................. 45
Chìa khóa vàng 6. Phương pháp bảo toàn khối lượng ................................................ 54
Chìa khóa vàng 7. Phương pháp tăng giảm khối lượng.............................................. 64
Chìa khóa vàng 8. Phương pháp sử dụng giá trị trung bình ...................................... 73
Chìa khóa vàng 9. Phương pháp giải chuyên đề pH................................................... 77
Chìa khóa vàng 10. Phương pháp đường chéo............................................................. 82
Mục Lục(tập 2)

trang

Mở Đầu ............................................................................................................................. 1
Chìa khóa vàng 11. Giải nhanh bài toán bằng bảo toàn điện tích .............................. 2
Chìa khóa vàng 12. Giải nhanh bài toán aluminum và hợp chất................................ 9
Chìa khóa vàng 13. Giải nhanh bài toán iron và hợp chất iron ................................. 25
Chìa khóa vàng 14. Giải nhanh bài toán liên quan nhiều kim loại ............................ 41
Chìa khóa vàng 15. Giải nhanh dạng cơ bản của đề thi tuyển sinh ĐH ................... 55
Chìa khóa vàng 16. Giải nhanh bài toán kim loại tác dụng HNO3 ............................ 70
Chìa khóa vàng 17. Giải nhanh bài toán điện phân .................................................... 78
Chìa khóa vàng 18. Giải nhanh bài toán bỏ qua giai đoạn trung gian ...................... 88
Chìa khóa vàng 19. Giải nhanh bài toán nhiệt luyên .................................................. 96
Chìa khóa vàng 20. Giải nhanh bài toán bằng công thức...........................................101
Mục Lục( tập 3)

trang

Mở Đầ u .......................................................................................................................................... 1
Chìa khóa vàng 1. Giải nhanh bài toán hiđrô cacbon ............................................................... 2
Chìa khóa vàng 2. Giải nhanh bài toán ancol ............................................................................ 9
Chìa khóa vàng 3. Giải nhanh bài toán anđehit- xeton............................................................ 25
Chìa khóa vàng 4. Giải nhanh bài toán axit cacboxylic ........................................................... 41
Chìa khóa vàng 5. Giải nhanh bài toán este- lipit..................................................................... 70
Chìa khóa vàng 6. Giải nhanh bài toán gluxit (cacbohiđrat)................................................... 78
Chìa khóa vàng 7. Giải nhanh bài toán amin............................................................................ 88
Chìa khóa vàng 8. Giải nhanh bài toán amino axit .................................................................. 96
Chìa khóa vàng 9. Giải nhanh đề thi tuyển sinh ĐH năm 2008 .............................................. 55
Chìa khóa vàng 10. Giải nhanh đề thi tuyển sinh ĐH năm 2009 ...........................................101

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

2


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
CHÌA KHÓA VÀNG 1: PHƯƠNG PHÁP QUY ĐỔI
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT..
1) Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (Ví dụ: hỗn hợp X gồm: Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 ...)
(từ 3 chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất ( như: Fe, FeO hoặc Fe, Fe2O3 hoặc….) một chất (
như: FexOy hoặc…) ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.
2) Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổ i về một chất. Tuy
nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hoá khử nhất, để đơn giản trong việc
tính toán.
3) Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm ( như số mol
âm, khối lượ ng âm) đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp, trong trườ ng hợp
này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thoả mãn.
4) Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là FexOy thì Oxit FexOy tìm được chỉ là oxit giả
định không có thực( ví dụ như: Fe15O16 , Fe7O8…)
5) Khi quy đổi hỗn hợp các chất về nguyên tử thì tuân theo các bước như sau:
Bướ c 1: quy đổ i hỗn hợp các chất về cac nguyên tố tạo thành hỗn hợp đó
Bướ c 2: đặ t ẩn số thích hợp cho số mol nguyên tử các nguyên tố trong hỗn hợp.
Bước 3: Lập các phương trình dựa vào các định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn
nguyên tố, bảo toàn electron…
Bước 4: lập các phương trình dựa vào các giả thiết của bài toán nếu có.
Bướ c 5: giải các phương trình và tính toán để tìm ra đáp án.
6. Một số bài toán hoá học có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo
toàn nguyên tố, bảo toàn e… song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp án rất nhanh, chính xác
và đó là phương pháp tương đối ưu việt, kết quả đáng tin cậy, có thể vận dụng vào các bài tập
trắc nghiệm để phân loại học sinh (như đề tuyển sinh ĐH-CĐ - 2007 - 2008 mà Bộ giáo dục và
đào tạo đã ra).
7. Công thức giải nhanh.
Khi gặp bài toán dạng sắt và hỗn hợp sắt ta áp dụng công thức tính nhanh sau: Khi áp
dụng công thức này thì chúng ta cần chứng minh để nhớ và vận dụng linh hoạt trong quá ttrình
làm các bài toán trắc nghiệm (công thức đượ c chứng minh ở phương pháp bảo toàn e).
a. Trườ ng hợp 1: tính khối lượ ng sắt ban đầu trước khi bị ôxi hóa thành m gam hỗn hợp
X gồm: Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 .

m Fe 

7.m hh  56.n e
10

(1)

,

b. Trường hợp 2: tính khối lượng m gam hỗn hợp X gồm: Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 .

m hh 

10.m Fe  56.n e
7

(2)

c. Trường hợp 3: tính khối lượng muối tạo thành khi cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe,
FeO, Fe2O3 và Fe3O4 vào dung dịch HNO3 nóng dư.

n Fe( NO3 )3  n Fe 

m Fe
 ymol, m Fe( NO3 )3  242.y gam(3)
56

d. Trường hợp 4: tính khối lượ ng muối tạo thành khi cho m gam hỗn hợp X gồm: Fe,
FeO, Fe2O3 và Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư.

m
1
n Fe2 (SO4 )3  .n Fe  Fe  x mol, m Fe2 (SO4 )3  400.x gam(4)
2
112
II. BÀI TOÁN ÁP DỤNG:
Bài toán 1: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ Khối B- 2007) Nung m gam bột sắt trong oxi thu
đựơ c 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0.56
lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m là:

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

3


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
A. 2.52 gam

B. 1.96 gam.

C. 3.36 gam.
Bài giải:
Cách 1: Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,025mol
0,025mol

D. 2.10 gam.

0, 56
 0, 025mol
22, 4



n NO 



m Fe2O3 = 3 - 0,025 .56 = 1,6gam  n Fe(trong Fe2O3 )  2.

 mFe = 56(0,025 + 0,02) = 2,52 gam  A đúng
Chú ý: Nếu

n Fe(trong Fe2O3 ) 

1,6
 0,02mol
160

1, 6
 0, 01mol  mFe = 56.(0,035) = 1,96g B sai
160

Cách 2: Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất FeO, Fe2O3
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
3.0,025
0,025
 mFeO = 3.0,025 . 72 = 5,4g 


m Fe2O3



n Fe(Fe2O3 ) 

n Fe(FeO) 

5, 4
 0, 075mol
72

= 3 - 5,4 = -2,4g

2.(2, 4)
4,8

 0, 03mol
160
160

mFe = 56 .(0,075 + (-0,03)) = 2,52 gam  A đúng
Chú ý: + Kết quả âm ta vẫn tính bình thường vì đây là phương pháp quy đổi
+ Nếu n Fe(Fe O )  0,015mol  mFe = 56.0,06 = 3,36g  C sai
2 3

Cách 3: Quy hỗn hợp chất rắn X về mặt chất là Fex Oy
3FexOy + (12x - 2y)HNO3  2Fe(NO3)3 +(3x-2y)NO + (6x -y)H2O

3.0,025
3x  2y

0,025mol

3
3.0, 025
x 3


  m Fe3O2  200
56x  16y 3x  2y
y 2
3.56.3
 m Fe(oxit ) 
 2, 52g  A đúng
200
 2,1g  D sai
Chú ý: Nếu m Fe O  160  m Fe  3.2.56
2 3
160


n Fex O y 

Cách 4: áp dụng công thức giải nhanh.

m Fe 

7.m hh  56.n e 7.3  56.0,025.3

 2,52gam => A đúng
10
10

Bài toán 2: ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH CĐ- Khối A- 2008). Cho 11.36 gam hỗn 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.
B. 35.50 gam. C. 49.09 gam
D. 38.72 gam.
Bài giải.
Cách 1: Quy đổi hỗn hợp về hai chất: Fe, Fe2O3
Hoà tan hỗn hợp với HNO3 loãng dư  1,344 lít NO

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

4


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,06mol
0,6mol
0,06mol
Fe2O3 
0,05


n NO 

2Fe(NO3)3
0,1mol

(2)

1, 344
 0, 06mol;
22, 4

Từ (1)  mFe = 56 . 0,06 = 3,36 g


(1)

n Fe2O3 



m Fe2O3  11, 36  3, 36  8g

8
 0, 05mol  mX = 242 (0,06 + 0,1) = 38,72g  D đúng
160

Cách 2: Quy hỗn hợp về hai chất: FeO, Fe2O3
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
0,18
0,18mol
0,06
Fe2O3 
2Fe(NO3)3
-0,01
-0,02
 mFeO = 12,96g;
 m Fe


2 O3

 1, 6g

m Fe( NO3 )3  242(0,18  0,02)  38,72g

 D đúng

Cách 3: Quy hỗn hợp về một chất FexOy
3FexOy + (12x - 2y)HNO3  3xFe(NO3)3 + (3x - 2y)NO + (6x-y)H2O

3.0,06
3x  2y

3.x.0,06
3x  2y

0,06

11, 36
0, 06.3
x 16
 150x = 160y 


56x  16y 3x  2y
y 15
3.16.0, 06

.242  38, 72g  D đúng
3.16  2.15

n Fex O y 


m Fe( NO3 )3

Cách 4. áp dụng phương pháp quy đổ i nguyên tử
Ta xem 11.36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là hỗn hợp của x mol Fe và
y mol O. Ta có: mHH =56x+16y =11,36 (1).
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

Fe 3e  Fe
x  3x

0

2

O  2e  O
y  2y

5

2

N  3e  N
...0,18  0,06

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  2y  0,18  3x,  3x  2y  0,18

(2)

Giải hệ (1) và (2) => x=0,16 mol, y=0,15 mol.

n Fe( NO3 )3  n Fe  x  0,16mol,  m Fe( NO3 )3  0,16.242  38,72gam , D đúng

Cách 5: áp dụng công thức giải nhanh.

7.m hh  56.n e 7.11,36  56.0,06.3

 8,96gam
10
10
=> D đúng
8,96
n Fe( NO3 )3  n Fe 
 0,16mol, m Fe( NO3 )3  0,16.242  38,72gam
56
m Fe 

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

5


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Cách 6. Lấy các đáp án đem chia cho khối lượ ng mol của muối là 242 thì các số đề u lẽ nhưng
chỉ có đáp án D là số không lẽ là 0,16
Bài toán 3: Nung 8.4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam X gồm Fe, FeO,
Fe2O3 và Fe3O4 . Hoà tan m gam hỗn hợp X bằng HNO3 dư, thu được 2.24 lít khí NO2 (đktc) là
sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m là:
A. 11.2 gam.
B. 25.2 gam.
C. 43.87 gam
D. 6.8 gam.
Bài giải.
- Cách 1: + Sử dụng phương pháp quy đổi,
Quy đổi hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3 hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta
có:
Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O: n NO  0,1mol
2

0,1/3



0,1

 Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là:

n Fe 

8, 4 0,1 0,35
1
0,35


(mol)  n Fe2O3  n Fe 
56
3
3
2
2.3

Vậy m X  m Fe  m Fe O  0,1 .56  0,35 .160  33,6  11, 2g  A đúng
2 3
3
6
3
Chú ý:
+ Nếu n Fe O  n Fe  0,35  m X  0,35 (56  160)  25, 2g  B sai
2 3
3
3
+ Nếu n Fe O  2n Fe  2.
2 3

0,35
0,35
 mX 
(56  320)  43,87g  C sai
3
3

+ Nếu không cân bằng pt : n Fe  n NO  0,1mol  n Fe 
2

8, 4
 0,1  0,05mol
56

 mX = 0,05 (56 + 80) = 6,8  D sai
Tất nhiên mX > 8,4 do vậy D là đáp án vô lý)
- Cách 2: Quy đổi hổn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3
FeO + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O
0,1
0,1
 2Fe  O 2  2FeO
 n Fe  8, 4  0,15mol
Ta có: 0,15mol 
56
0,1mol
0,1

4Fe  3O 2  2Fe 2 O3


  m h 2X  0,1.72  0,025.160  11, 2g  A đúng
0,05
0,025mol 
Chú ý: Vẫn có thể quy đổi hỗn hợp X về hai chất (FeO và Fe3O4) hoặc (Fe và FeO) hoặc (Fe và
Fe3O4) nhưng việc giải trở nên phức tạp hơn, cụ thể là ta phải đặt ẩn số mol mỗi chất, lập hệ
phương trình, giải hệ phương trình hai ẩn số).
Cách 3: Quy hỗn hợp X về một chất FexOy:
FexOy + (6x - 2y) HNO3  xFe(NO3)3 + (3x - 2y) NO2 + (3x -y) H2O

0,1 mol
3x  2y

0,1mol

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố sắt:  n Fe  8, 4  0,1.x  x  6

56

3x  2y

Vậy công thức quy đổ i là: Fe6O7 (M = 448) và n Fe O 
6 7
 mX = 0,025 . 448 = 11,2g  A đúng

y

7

0,1
 0,025mol
3.6  2.7

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

6


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Nhận xét: Quy đổ i hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 về hỗn hợp hai chất FeO, Fe2O3 là đơn
giản nhất.
Cách 4: áp dụng công thức giải nhanh.

m Fe 

7.m hh  56.n e
10.m Fe  56.n e
trong đó mFe là khối lượng sắt, mhh là khối
 m hh 
10
7

lượng của hỗn hợp các chất rắn sắt và ôxit sắt, ne là số mol e trao đổi. Công thức này được chứng
minh trong các phương pháp bảo toàn e..
Ta có; m hh 

10.mFe  56.n e 10.8, 4  56.0,1.

 11, 2gam =>A đúng
7
7

Bài toán 4: Nung m gam Fe trong không khí, sau một thời gian ta thu được 11,2 gam hỗn hợp
chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hoà tan hết 11,2g hỗn hợp chất rắn X vào dung dịch
HNO3 dư thu đượ c 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị m là:
A: 7,28gam
B: 5,6gam
C: 8,40gam
D: 7,40gam
Bài giải:
Cách 1: Tương tự như ví dụ 1, đối với cách 1
- Quy về hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3:
Fe  6HNO3  Fe(NO3 )3  3NO 2  3H 2 O

0,1

0,1
3
 Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là:

1  m 0,1 
 m 0,1 
n Fe   
 mol  n Fe2O3   

2  56 3 
 56 3 
Vậy mX = mFe + m Fe O  11, 2  56. 0,1  1  m  0,1  .160  m = 8,4  C đúng
2 3
3 2  56 3 
Cách 2: Tương tự cách 2 quy đổi hỗn hợp X về FeO và Fe2O3  m = 8,4 g
Cách 3: Tương tự cách 3 quy đổi hỗn hợp X về FexOy  m = 8,4 g
Cách 4: áp dụng công thức giải nhanh.

m Fe 

7.m hh  56.n e 7.11, 2  56.0,1

 8, 4gam => C đúng
10
10

Bài toán 5: Hoà tan hết m gam hỗn 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
Bài giải:
Áp dụng phương pháp quy đổi: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất
Cách 1: Quy hỗn hợp X về 2 chất Fe và Fe2O3:
Hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 đặ c 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)

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

1
1
0, 2  0,8
n Fe( NO3 )3   0,6 
(mol)

2
2
3  3
0, 2
0,8
 m Fe  n Fe2O3 
.56 
.160  46, 4g  C đúng
3
3

 Từ pt (2): n Fe O 
2 3
m 2
h X
Nếu

m h 2X  m Fe  n Fe2O3  0,66.56  0, 266.160  46, 256g

 D sai

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

7


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Cách 2: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp 2 chất FeO và 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( NO ) 
3 3

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

Chú ý: + Nếu từ (4) không cân bằng 

n Fe2O3  0, 4mol

 mX = 0,2 (72 + 2 . 160) = 78,4 gam  A sai
Cách 3: Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy:
FexOy + (6x -2y) HNO3  xFe(NO3)3 + (3x - 2y)NO2 + (3x - y) H2O

0, 2

3x  2y

0,6

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe:


0,2

0, 2
0, 6  6y= 8x

3x  2y
x

0, 2
x 3
.232  46, 4g  C đúng
  Fe3O4  m h 2 
3.3  4.2
y 4

Chú ý: + Nếu mhh = 0,6  232 = 139,2 g  B sai
Cách 4: áp dụng công thức giải nhanh.

145, 2
 0,6mol => mFe = 0,6.56=33,6 gam
242
10.m Fe  56.n e 10.33,6  56.0, 2
m hh 

 46, 4gam => C đúng
7
7
n Fe  n Fe( NO3 )3 

Bài toán 6: 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 lượ ng của
oxi trong hỗn hợp X và khối lượng muối trong dung dịch Y lần lượ t 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.
Bài giải:
Cách 1: + Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3 ta có:
2FeO  4H 2SO 4  Fe 2 (SO 4 )3  SO 2  4H 2 O 

0, 4
0, 4mol
49,6gam 0,8



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

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
 %m O  0, 65.16.100  20, 97%  A và C

49, 6

m Fe2 (SO4 )3  [0, 4  (0, 05)).400  140gam  A đúng
Chú ý: + Nếu m Fe (SO )  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai
2
4 3
+ Tương tự quy đổi về hai chất khác…
Cách 2. áp dụng phương pháp quy đổ i nguyên tử

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

8


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Ta xem 49,6 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 là hỗn 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

O  2e  O
y  2y

Fe 3e  Fe
x  3x

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 

Cách 3: áp dụng công thức giải nhanh.
m Fe 

49,6  39, 2
7.m hh  56.n e 7.49,6  56.0, 4.2
.100  20,97%

 39, 2gam %O 
10
10
49,6

1
39, 2
n Fe2 (SO4 )3  n Fe 
 0,35mol, m Fe2 (SO4 )3  0,35.400  140gam => A đúng
2
56.2
Bài toán 7: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, cần 0,05 mol H2.
Mặt khác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặ c nóng thì thu
đượ c thể tích V ml SO2 (đktc). Giá trị V(ml) là:
A.112 ml
B. 224 ml
C. 336 ml
D. 448 ml.
Bài giải:
Cách 1:
Quy đổ i hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y
0

Ta có:

t
FeO  H 2 
 Fe  H 2 O

x

x

(1)

x

Fe2O3 + 3H2  2Fe + 3H2O
y
3y
2y

(2)

 x  3y  0, 05
 x  0, 02mol

72x  160y  3, 04  y  0, 01mol

Từ (1) và (2) ta có: 

2FeO + 4 H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
0,02mol
0,01mol
Vậy

(3)

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

Cách 2: áp dụng công thức giải nhanh.

n O  n H2  0,05mol, mO  0,05.16  0,8gam mFe = môxit – mO =2,24 gam =>

ne 

10.22, 4  7.3,04
 0,01mol, Vso 2  0,01.22, 4  0, 224lit  224ml  B đúng
56.2

Bài toán 8: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 với số mol mỗi 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

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

9


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
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.
Bài giải:
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4
Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 mol: Fe(0,2mol) + dung dịch Y
Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
(1)
0,2mol
0,2
0,4mol
Fe + 2H+  Fe2+ + H2
0,1
0,1

(2)

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

(3)

3Fe 2  NO3  4H   3Fe3  NO  2H 2 O
0,3

0,1

(4)

0,1

VNO = 0,1  22,4 = 2,24 lít; n Cu ( NO )  1 n   0, 05mol
3 2
2 NO3

n d2Cu ( NO

3 )2



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

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

+ Từ (4) nếu không cần bằng: VNO = 0,3  22,4 = 6,72 lít  A sai
Bài toán 9: Nung x mol Fe và 0,15 mol Cu trong không khí một thời gian thu đượ c 63,2 gam
hỗn hợp chất rắn. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp chất rắn trên bằng H2SO4 đặ c, nóng, dư thu đượ c
dung dịch Y và 6,72 lít khí SO2(đktc). Giá trị của x mol là:
A. 0,7 mol
B. 0,3 mol
C. 0,45 mol
D. 0,8 mol
Bài giải.
Xem hỗn hợp chất rắn là hỗn hợp của x mol Fe , 0,15 mol Cu và y mol O.
Ta có: mHH=56x + 64.0,15 +16y=63,2
56x+16y=53,6 (1)
Mặt khác quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

0

2

Fe 3e  Fe

Cu  2e  Cu

x  3x

0,15  0,3

0

2

O  2e  O
y  2y

6

4

S  2e  S
...0,6  0,3

áp dụng ĐLBT E ta được:

n e  3x  0,3  0,6  2y,  3x  2y  0,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) => x=0,7 mol, y=0,9 mol. A đúng
Bài toán 10. Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS , FeS2, và S bằng HNO3 nóng dư thu
đượ c 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 lư ng không đổ i đượ c 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.
Bài giải.

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

10


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Xem hỗn hợp chất rắn X là hỗn hợp của x mol Fe u và y mol S.
Quá trình cho và nhận electron như sau
3

0

Fe 3e  Fe
x  3x

x

6

0

S 6e  S
y  6y  y

5

4

N  1e  N
...0, 405  0, 405mol

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  m Fe2O3  .160 
.160  1, 4gam => B đúng.
4
4
III. BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Hoà tan hết m gam hỗn 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 đượ c 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 HNO3 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 lượ ng 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

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

11


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Bài 5: một chiếc kim bằng sắt lâu ngày bị oxi hóa, sau đó ngườ i ta cân đượ c 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 lượ ng của mẩu sắt thì các nhà khoa học đã cho m2 gam chất rắn X trên vào vào dung
dịch HNO3 loãng dư thu đượ c 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 lượ ng 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 đượ c m1 gam chất rắn X gồm Fe và các ôxit
của nó. Cho m1 gam chất rắn X trên vào vào dung dịch H2SO4 đặ c nóng thu đượ c 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: SiO2, Fe, các oxit của Fe. Để loại
bỏ tạp chất ngườ i ta cho quặng vào dung dịch NaOH đặc nóng dư thu đượ c dung dịch X và m
gam chất rắn không tan Y. để xác đị nh m gam chất rắn không tan chiếm bao nhiêu phần trẩmtng
quặng ta cho m gam chất rắn đó vào dung dịch HNO3 loãng dư thu đượ c 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 đặ c nóng thu đượ c 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
B. Fe2O3
C. Fe3O4
D. Không xác định được
Bài 11: Nung y mol Fe trong không khí một thời gian thu đượ c 16,08 gam hỗn hợp A gồm 4
chất rắn gồm Fe và các ôxit sắt. hòa tan hết lượ ng hỗn hợp A trên bằng dung dịch HNO3 loãng
dư thu đượ c 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 hỗn 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. Đố t cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp X gồm: FeS , FeS2, S, Cu, CuS, FeCu2S2 thì cần
2,52 lít ôxi và thấy thoát ra 1,568 lít(đktc) SO2, mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng dung dịch

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

12


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
HNO3 nóng dư thu đượ c 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.
B. 8,96 lít và 15,60 gam.
C. 16,80 lít và 18,64 gam.
D. 13,216 lít và 23,44 gam.

CHÌA KHÓA VÀNG 2. PHƯƠNG PHÁP ĐỒ THỊ
I. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
Chúng ta thườ ng gặp các dạng bài toán khi cho oxit axit CO2, SO2 tác dụng với dung dịch
NaOH, KOH, Ca(OH)2 hay Ba(OH)2 thu được muối, kết tủa, …đó cũng là những dạng bài toán
khó và có nhiều trường hợp xãy ra trong bài toán. Để giải nhanh đối với những dạng bài toán này
tôi xin trình bày phương pháp và công thức giải nhanh dạng bài toán “cho oxit axit CO2 hoặc
SO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 hoặc Ba(OH)2 thu được kết tủa”.
1. Dạng bài toán “cho oxit axit CO2, SO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2, Ba(OH)2 thu
được kết tủa”.
a. Điều kiện bài toán:
Tính số mol hay thể tích Oxit axit CO2 khi biết

n Ca (OH)2 và n CaCO3

, tuy nhiên tùy

thuộc vào bài toán mà có thể vận dụng khi đã biết 2 thông số và tìm thông số còn lại. Như cho
biết số mol

n CO2

và số mol

n Ca (OH)2 . Tính khối lượng kết tủa mCaCO3 . Ta có các phản

ứng hóa học có thể xãy ra như sau:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2
(2)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(3)
b. Phương pháp vẽ đồ thị:
Dạng bài toán này ngoài giải phương pháp thông thườ ng tôi xin giới thiệu phương pháp đồ
thị sau đó rút ra bản chất của bài toán bằng công thức giải nhanh.
Giới thiệu về cách vẽ đồ thị như sau:
Giả sử cho biết số mol n Ca (OH)  a mol . Từ trục tung (Oy) của tọa độ ( hình vẽ )
2

chọn một điểm có giá trị là a. Từ trục hoành (Ox) của tọa độ ( hình vẽ ) chọn hai điểm có giá trị a
và 2a. Sau đó tại điểm có giá trị a của trục Ox và tại điểm có giá trị a của trục Oy kẻ vuông góc
và chúng giao nhau tại điểm A. Từ điểm giao nhau của A(a,a) ta nối với toạ độ O(0,0) và điểm
(2a,0) ta đượ c 1 tam giác vuông cân đỉ nh là A. Giả sử cho biết số mol kết tủa

n CaCO3  b mol .Trong đó 0< b
Kẻ một đường thẳng song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có giá trị là a. đường thẳng
song song này sẽ cắt tam giác vuông cân ( hình vẽ) tại hai điểm. Từ hai điểm hạ vuông góc với
trục hoành Ox thì ta sẽ đượ c 2 điểm trên trục hoành Ox có giá trị là n1 và n2 đó cũng chính là số
mol CO2 chúng ta cần tìm. Như vậy số mol CO2 tham gia phản ứng có thể xãy ra 2 trường hợp:
giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất tương ứng là:
CaCO3
+ Trườ ng hợp 1:

y
n min  n CO2  n1mol = n1 mol.

+ Trường hợp 2:

n max  n CO2 = n2 mol.
a
A

CO2
b

n1

a

n2

2a

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

13


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

n Ca (OH)2  a mol

n CaCO3  b mol

 n CO2(min) = n1 mol  b mol
 
 n CO2(max) = n 2 mol  2a  b mol

Từ phương pháp trên thì bản chất của dang bài toán này chính là công thức giải nhanh
sau rất phù hợp với phương pháp trắc nghiệm như hiện nay:

 VCO2(min)  n CO2(min) .22, 4 = b.22, 4 (lit)
 
 VCO2(max) = n CO2(max) .22, 4  (2a  b).22, 4 (lit)
Trong đó b là số mol kết tủa CaCO3, a là số mol Ca(OH)2.
3. bài toán áp dụng
Bài toán 1: ( Trích câu 5 trang 119. tiết 39- 40 bài 26: kim loại kiềm thổ và hợp chất của kim
loại kiềm thổ. SGK ban cơ bản).
Cho 2,8 gam CaO tác dụng với một lượng nướ c dư thu đượ c đung dịch A. Sục 1,68 lít
khí CO2 (đktc) vào dung dịch A:
a. Tính khối lượng kết tủa thu được.
b. Khi đun nóng dung dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu?
BÀI GIẢI
2,8
n CaO 
 0,05mol,CaO  H 2 O  Ca(OH) 2
56
1,68
 n Ca 2  0,05mol, n CO2 
 0,075mol
22, 4
Khi sục khí CO2 vào dung dịch nướ c vôi trong Ca(OH)2 ta có các phương trình
phản ứng xãy ra:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(2)
Khi đun nóng dung dịch ta có phương trình phản ứng xãy ra:
Ca(HCO3)2 CaCO3  + CO2 + H2O
(3)
Áp dụng phương phấp đồ thị ta có:

n CaCO3

0,05
0,025

n CO2
0.025

0,05

0,075

0,1

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

14


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

a. Khối lượng kết tủa thu được là:
Dựa vào đồ thị ta có : n CaCO  0,025
3

=>

mol

m CaCO3  0,025.100  2,5 gam

b. Cách 1: Nếu khi đun nóng thì xãy ra phương trình (3).
Từ (1) ta có: n CO  n CaCO  0,025 mol
2

Từ(2) =>

3

n CO2 ( pt 2 )  n CO2  n CO2 ( pt1)  0, 075  0, 025  0, 05 mol,
n Ca (HCO3 )2 

1
n CO 2  0, 025 mol
2

Từ(3) : n CaCO  n Ca (HCO )  0, 025 mol  m CaCO  100.0, 025  2,5 gam
3
3 2
3
Như vậy khi đun nóng khối lượng kết tủa thu được tối đa là:
m=2,5 + 2,5 = 5 gam.
Cách 2: áp dụng công thức tinh nhanh n CO  x  2y
2

Số mol khí CO2 và số mol kết tủa x đã biết, vấn đề bây giờ là tìm giá trị y mol. Thay giá trị vào
ta có n CO  x  2y  y 
2

n CO2  x
2



0,075  0,025
 0,025mol như vậy tổng số mol kết
2

tủa

n CaCO3  x  y  0,025  0,025  0,05mol,  m CaCO  0,05.100  5 gam
3

Bài toán 2: ( Trích câu 2 trang 132. tiết 43 bài 28: Luyện tập: Tính chất của kim loại kiềm, kim
loại kiềm thổ và hợp chất của chúng. SGK ban cơ bản).
Sục 6,72 lít khí CO2 (đktc) vào dung dịch có chứa 0,25 mol Ca(OH)2 . Khối lượng gam
kết tủa thu được là:
A. 10 gam
B. 15 gam.
C. 20 gam.
D. 25 gam.
BÀI GIẢI :
+ Cách 1: giải thông thường:

n CO2 

n  0,5
6,72
 0,3mol , n Ca (OH)2  0, 25mol,1  OH 
2
22, 4
n CO2 0,3

 xãy ra 2 phương trình:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(2)
Gọi x, y lần lượ t là số mol CO2 của phương trình (1) và (2). Ta có hệ phương trình:

 x  y  0,3


y
 x  2  0, 25

Giải hệ phương trình ta đượ c: x=0,2 mol, y= 0,1 mol.

 m CaCO3  0, 2.100  20 gam , đáp án đúng là C.

Cách 2: áp dụng phương pháp đồ thị:

n CaCO3

0,25
0,2

n CO2
0,25 0,3
0,5
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT:
098 92 92
117 Email:phueuro@gmail.com

15


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

 m CaCO3  0, 2.100  20 gam , đáp án đúng là C.
Nhận xét:
- Nếu áp dụng cách thông thườ ng thì học sinh phải xác định được tạo ra 1 hay 2 muối.
- Nếu

1

n OH
n CO2

2

thì kết luận tạo 2 muối.

- Nếu học sinh vội vàng làm bài mà không tư duy thì từ phương trình (1)
=> n CaCO  n Ca (OH)  0, 25 mol  m CaCO  100.0, 25  25 gam
3

2

3

Như vậy kết quả đáp án D là sai.
- Do vậy học sinh áp dụng giải cách 2 rất phù hợp với phương pháp trắc nghiệm, đáp
án chính xác, thời gian ngắn hơn.
Cách 3: Ta có:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
0.25mol 0,25mol  0,25mol
CaCO3 + CO2 + H2O  Ca(HCO3)2
(2)
0,05mol0,05 mol
=> n CaCO  0, 25  0,05  0, 2mol  m CaCO  100.0, 2  20gam đáp án đúng là C.
3

3

Cách 4: áp dụng công thức giải nhanh:

n CO2(max)  (2a  b)  2.n Ca(OH)2  n CaCO3
=> n CaCO  2.0, 25  0,3  0, 2 mol  m CaCO  100.0, 2  20 gam
3
3
đáp án đúng là C.
Bài toán 3: ( Trích câu 6 trang 132. tiết 43 bài 28: Luyện tập: Tính chất của kim loại kiềm, kim
loại kiềm thổ và hợp chất của chúng. SGK ban cơ bản).
Sục a mol CO2 vào dung dịch Ca(OH)2 thu dượ c 3 gam kết tủa, lọc tách kết tủa dung
dịch còn lại mang đun nóng thu đượ c 2 gam kết tủa nữa. Giá trị a mol là:
A: 0,05 mol
B: 0,06 mol
C: 0,07 mol
D: 0,08 mol
BÀI GIẢI:
+ Cách 1: phương trình phản ứng có thể xãy ra:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
(2)
Ca(HCO3)2 CaCO3  + CO2 + H2O
(3)
Từ (1) => n CaCO  0,03mol  n CO  n CaCO  0,03mol
3

2

Từ (3) khi đun nóng

3

n CaCO3  0,02mol  n Ca (HCO3 )2  n CaCO3  0,02mol

Từ (2) => n CO  2n Ca (HCO )  0,02.2  0,04mol,  n CO  0,04  0,03  0,07mol
2
3 2
2
đáp án đúng là C.
Cách 2: áp dụng phương pháp đồ thị:
Giả sử n Ca (OH)  x mol
2

n CaCO3
xmol

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com
0,03

n

16


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

 n CO2  0,03mol , khi đun nóng
n CO2  2n CaCO3  0,04mol,  n CO2  0,04  0,03  0,07mol đáp án đúng là C.
Cách 3: áp dụng công thức giải nhanh.
Nếu chúng ta gặp một bài toán khi cho oxit axit CO2 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 hay
Ba(OH)2 thu đượ c x mol kết tủa và sau đó đun nóng thu được y mol kết tủa nữa thì áp dụng
công thức tính nhanh sau, n CO  x  2y
thay giá trị vào ta đượ c
2

n CO2  x  2y  0,03  2.0,02  0,07 mol => đáp án đúng là C.
Bài toán 4: ( Trích câu 9 trang 168. bài 31: một số hợp chất quan trong của kim loại kiềm thổ ,
SGK ban nâng cao).
Cho 10 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm CO2 và N2 tác dụng với 2 lít dung dịch Ca(OH)2 nồng

đ 0,02M thu được 1 gam chất kết tủa. Hãy xác định thành phần % theo thể tích của mỗi khí
trong hỗn hợp đầu.
BÀI GIẢI :
+ Cách 1: Phương pháp thông thường.
Khi sục hỗn hợp khí chỉ có CO2 tham gia phản ứng, phương trình phản ứng xãy ra:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2

 n Ca (OH)2  2.0,02  0,04 mol
Từ (1) n CO  n CaCO 
2
3

(2)

1
 0,01 mol  VCO2  0,01.22, 4  0, 224 lit
100

Có hai trườ ng hợp xãy ra:
+ Trường hợp 1: Chỉ xãy ra phương trình (1)
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)

0, 224
.100%  2, 24%
10

 %VCO2 

+ Trường hợp 2:
Tạo 2 muối
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2

(1)
(2)

Từ (1) và (2) 

tu(2)  n CO2  2n Ca (OH)2  2.0,03  0,06mol,  n CO2  0,06  0,01  0,07mol


%VCO2 

0,07.22, 4
.100  15,68 %
10

Kết luận:

- Nếu %CO2=2,24 % => %N2=97,76 %
- Nếu %CO2=15,68 % => %N2=84,32 %
Cách 2: Áp dụng phương pháp đồ thị:

n CaCO3
Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

0,04

17


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

0,01
Từ đồ thị để thu được số mol CO2 có 2 giá trị:

0,01.22, 4

n

0,01
mol

%V

.100  2, 24 %
CO
CO
2
 2
10
 
0,07.22, 4
n
.100  15,68 %
CO2  0,07 mol  %VCO2 

10
Kết luận:

- Nếu %CO2=2,24 % => %N2=97,76 %
- Nếu %CO2=15,68 % => %N2=84,32 %
Nhận xét: - Qua 2 cách giải ta thấy phương pháp thông thường giải phức tạp hơn nhiều, mất
nhiều thời gian, nếu không cẩn thận sẽ thiếu trườ ng hợp , dẫn tới kết quả sai là không thể tránh
khỏi.
- Phương pháp đồ thị giải nhanh và gon, không phải viết phương trình phản ứng, chỉ vẽ
đồ thị ta thấy có 2 trường hợp xãy ra, nó rất phù hợp với phương pháp trắc nghiệm như hiện nay.
Bài toán 5: ( Trích đề thi tốt nghiệp THPT năm 2007). Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít SO2 (ở đktc)
vào dung dịch chứa 16 gam NaOH thu đượ c dung dịch X. Khối lượng muối tan thu đượ c trong
dung dịch X là:
A: 18,9 gam
B: 25,2 gam
C: 23 gam
D: 20,8 gam
BÀI GIẢI :
+ Cách 1: Thông thường:

n NaOH
2
n SO2

 tạo muối Na2SO3

SO2 + 2NaOH  Na2SO3 + H2O
0,2
0,4
0,2
 m Na SO  0, 2.126  25, 2
2

3

gam  B là đáp án đúng

+ Cách 2: Áp dụng phương pháp đồ thị

Na2SO3

0,4
0,2

n SO2
0,2

0,4

0,8

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

18


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
Từ đồ thị: số mol của muối Na2SO3 = 0,2 mol. Nên ta có
SO  0, 2.126  25, 2 gam  B là đáp án đúng

m Na 2

3

Bài toán 6: (Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳng -Đại học Khối A năm 2007).
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 mol/l
B: 0,06 mol/l
C: 0,04 mol/l
D: 0,048 mol/l
BÀI GIẢI :
+ Cách 1: Giải bằng phương pháp thông thường:

n CO 2 

2,688
15,76
 0,12 mol; n BaCO 3 
 0,08 mol
22, 4
197

CO2 + Ba(OH)2  CaCO3+ H2O
0,08
0,08
0,08 mol

(1)

2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2
0,04
0,02 mol

(2)

n Ba (OH)2  0,08  0,02  0,1mol

Từ (1) và (2) 

 C M Ba ( OH ) 
2

0,1
 0,04 M  C là đáp án đúng
2,5

+ Cách 2: Áp dụng phương pháp đồ thị ta có:

n BaCO3
2,5 a
0,08

n CO2
O 2,688 0,08 2,5a 0.12
5a
15,76
n CO2 
 0,12 mol, n BaCO3 
 0,08 mol
22, 4
197
0,1
 n Ba (OH)  2,5a mol  0,1mol  a 
 0,04 mol / lit  C là đúng
2
2,5
Cách 3: áp dụng công thức giải nhanh:

n CO2(max)  (2a  b)  2.n Ba(OH)2  n BaCO3
 n Ba (OH)2 

0,12  0,08
0,1
 0,1 mol  CM Ba (OH ) 
 0,04 M
2
2
2,5

đáp án đúng là C.
Bài toán 7: (Trích đề thi tuyển sinh Cao đẳ ng -Đại học Khối A năm 2008). Hấp thụ hoàn toàn
4,48 lít khí CO2 (ở đktc) vào 500 ml dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 0,1M và Ba(OH)2 0,2M,
sinh ra m gam kết tủa. Giá trị của m gam là:

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

19


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
A: 11,82 gam

B: 9,85 gam

C: 17,73 gam
BÀI GIẢI :

D: 19,70 gam

+ Cách 1: Phương pháp thông thường

n CO2  0, 2mol; n NaOH  0,5.0,1  0,05mol; n Ba (OH)2  0,5.0, 2  0,1mol

n OH  0,05  0,1.2  0, 25mol; 1 
CO 2  OH   HCO3
(1)

x
x
x


2
CO 2  2OH  CO3  H 2 O (2)
 y
2y
y

Phương trình tạo kết tủa là:

n OH
n CO2

 1, 25  2  tạo 2 muối


 x  y  0, 2
 x  0,15(HCO3 )


2
 x  2y  0, 25
 y  0,05(CO3 )

Ba 2  CO32  BaCO3  m BaCO3  0,05.197  9,85 gam
0,05

 B là đúng

0,05

+Cách2: Áp dụng phương pháp đồ thị:

n CO2  0, 2 mol, n NaOH  0,5.0,1  0,05 mol.n Ba (OH)2  0,5.0, 2  0,1 mol

Ta có: CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O
0,025
0,05
0,025mol
Như vậy:

n CO2d­  0,175mol; n Na 2CO3  0,025mol; n Ba (OH)2  0,1mol
n BaCO3

0,1
0,025

n CO2

O


0,1

0,175

0,2

n BaCO3  0,025  0,025  0,05 mol  m BaCO3  0,05.197  9,85 gam

 B là đáp án đúng
Bài toán 8: Cho V lít CO2 (đktc) hấp thụ hết vào 200ml dung dịch Ca(OH)2 2M, kết thúc phản
ứng thu được 20 gam kết tủa. Giá trị V lít là:
A: 4,48 lít
B: 13,44 lít
C: 2,24 lít hoặc 6,72 lít
D: 4,48 lít hoặc 13,44 lít
BÀI GIẢI:
+ Cách 1: Phương pháp thông thườ ng
Ta có:

n Ca (OH)2  0, 4 mol; n CaCO3 

20
 0, 2 mol
100

- Trường hợp 1: Chỉ tạo muối CaCO3:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O (1) 
0,2

0,2

VCO2  0, 2.22, 4  4, 48lit

0,2

- Trường hợp 2: Tạo hai muối: CaCO3 và Ca(HCO3)2:
2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 (2)
0,4
0,2

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

20


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”


n CO2  0,6 mol  VCO2  0,6.22, 4  13, 44 lit

 D là đáp án đúng

+ Cách 2: áp dụng phương pháp đồ thị

n CaCO3
0,4



0,2

n CO2
0,2

0,4

0,6

0,8

Từ đồ thị ta thấy số mol khí CO2 có 2 trường hợp:

 n CO2  0, 2 mol
 VCO2  0, 2.22, 4  4, 48 lit
=>
 D là đáp án đúng


n

0,6
mol
V

0,6.22,
4

13,
44
lit
 CO2
 CO2
Cách 3: áp dụng công thức giải nhanh:

 VCO2(min)  n CO2(min) .22, 4 = b.22, 4  0, 2.22, 4  4, 48(lit)

 VCO2(max) = n CO2(max) .22, 4  (2a  b).22, 4  (2.0, 4  0, 2).22, 4  13, 44 (lit)
 D là đáp án đúng.
Bài toán 9: Cho V lít khí CO2 (đktc) hấp thụ hết vào 100ml dung dịch Ca(OH)2 0,7 M. Kết thúc
phản ứng thu được 4gam kết tủa. Giá trị V lít là:
A: 4,48 lít
B: 13,44 lít
C: 2,24 lít hoặc 0,896 lít
D: 4,48 lít hoặc 13,44 lít
BÀI GIẢI :
+ Cách 1: Phương pháp thông thường
- Trường hợp 1: Chỉ tạo muối CaCO3 nên xẫy ra phản ứng:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3+ H2O
n CO  n CaCO  0,04 mol; VCO  0,04.22, 4  0,896 lít
2

3

2

+ Trườ ng hợp 2: Tạo hai muối CaCO3 và Ca(HCO3)2 nên xẫy ra phản ứng:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
(1)
0,04 0,04
0,04mol
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
2.0,03 0,03 0,03mol

(2)

n CO2  0,04  2.0,03  0,1 mol  VCO2  0,1.22, 4  2, 24 lít  C là đáp án đúng
+ Cách2: Áp dụng phương pháp đồ thị

n CaCO3
0,07

n CO2
0,04Văn 0,07
Thạc sỹ: Nguyễn
Phú.ĐT:0,1
098 920,14
92 117 Email:phueuro@gmail.com

21


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

 VCO2  0,04.22, 4  0,896 lit

 VCO2  0,1.22, 4  2, 24 lit

 C là đáp án đúng

Cách 3: áp dụng công thức giải nhanh:

 VCO2(min)  n CO2(min) .22, 4 = b.22, 4  0,04.22, 4  0,896(lit)

 VCO2(max) = n CO2(max) .22, 4  (2a  b).22, 4  (2.0,07  0,04).22, 4  2, 24 (lit)
 C là đáp án đúng
Bài toán 10: Sục V lít khí CO2 (đktc)vào 150 ml dung dịch Ba(OH)2 1M. Sau phản ứng thu
được 19,7 gam kết tủa. Giá trị V lít là:
A: 3,36 lít hoặc 4,48 lít
B: 2,24 lít hoặc 3,36 lít
C: 2,24 lít hoặc 4,48 lít
D: 3,36 lít hoặc 6,72 lít
BÀI GIẢI :

n Ba (OH)2  0,15 mol; n BaCO3 

19,7
 0,1 mol
197

Áp dụng phương pháp đồ thị ta có:

n BaCO3

0,15
0,1

n CO2
0,1 0,15
Từ đồ thị để thu đượ c
hoặc

0,2

0,3

n CaCO3  0,1mol

thì số mol CO2 sẽ có hai giá trị

n CO2  0,1mol

n CO2  0, 2mol
 VCO2  0,1.22, 4  2, 24 lit

 

 VCO2  0, 2.22, 4  4, 48 lit

 C là đáp án đúng

Cách 2: áp dụng công thức giải nhanh:

 VCO2(min)  n CO2(min) .22, 4 = b.22, 4  0,1.22, 4  2, 24 (lit)

 VCO2(max) = n CO2(max) .22, 4  (2a  b).22, 4  (2.0,15  0,1).22, 4  4, 48 (lit)
 C là đáp án đúng
Chú ý:
+ Nếu n CO
+ Nếu

2

 0,1 hoặc 0,5 mol  VCO2 = 2,24 lít hoặc 3,36 lít  B sai

n CO2  0,15 hoặc 0,3 mol  VCO2

= 3,36 lít hoặc 6,72 lít  D sai

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

22


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
+ Nếu

n CO2  0,15 hoặc 0,2 mol  VCO2 = 3,36 lít hoặc 4,48 lít

 A sai

Bài toán 11: Hấp thụ hoàn toàn V lít khí CO2 (đktc) vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,01M thì đượ c
1gam kết tủa. Giá trị của V lít là:
A. 0,224 lít hoặc 0,448 lít
B. 0,448 lít hoặc 0,672 lít
C. 0,448 lít hoặc 1,792 lít
D. 0,224 lít hoặc 0,672 lít
BÀI GIẢI:

n Ca (OH)2  2.0,01  0,02 mol; n CaCO3 

1
 0,01 mol
100

Áp dụng phương pháp đồ thị ta có:

n CaCO3

0,02
0,01

n CO2
0,01
Từ đồ thị để thu được

n CO2  0,01 mol

0,02

0,03 0,04

n CaCO3  0,01 mol
hoặc

thì số mol CO2 sẽ có hai giá trị

n CO2  0,03 mol

 VCO2  0,01.22, 4  0, 224 lit

 

 VCO2  0,03.22, 4  0,672 lit

 D là đáp án đúng

Chú ý:
+ Nếu

n CO2  0,01 hoặc 0,02 mol  V = 0,224 hoặc 0,448 lít  A sai

+ Nếu

n CO2  0,02

hoặc 0,03 mol  V = 0,448 hoặc 0,672 lít  B sai

+ Nếu

n CO2  0,02

hoặc 0,04 mol  V = 0,448 hoặc 1,792 lít  C sai

Bài toán 12: Đố t cháy hoàn toàn 1,6 gam bột lưu huỳnh rồi cho sản phẩm cháy sục hoàn toàn
vào 200ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M. Khối lượng gam kết tủa thu được là:
A: 21,70 gam
B: 43,40 gam
C: 10,85 gam
D: 32,55 gam
BÀI GIẢI:
Áp dụng phương pháp đồ thị: S + O2 = SO2

n SO2  n S 

1,6
 0,05 mol; n Ba (OH)2  0, 2.0,5  0,1 mol
32

n BaSO3
Thạc0,1
sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

23


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”

Từ đồ thị số mol SO2 = 0,05 mol
 n BaSO  0,05 mol  m BaSO
3

3

 0,05.217  10,85 gam  C là đáp án đúng.

Bài toán 13: Sục 4,48 lít khí (đktc) gồm CO2 và N2 vào bình chứa 0,08 mol nước vôi trong thu
được 6 gam kết tủa. Phần trăm thể tích khí CO2 trong hỗn hợp đầu có thể là:
A: 30% hoặc 40%
B: 30% hoặc 50%
C: 40% hoặc 50%
D: 20% hoặc 60%
BÀI GIẢI:

n Ca (OH)2  0,08 mol.n CaCO3 

6
4, 48
 0,06 mol, n h 2khÝ 
 0, 2 mol
100
22, 4

+ Cách 1: Áp dụng phương pháp đồ thị:

n CaCO3
0,08
0,06

n CO2
0,06

0,08 0,1

0,16

Từ đồ thị để thu được 0,06 mol kết tủa thì số mol CO2 có 2 giá trị:

0,06

 n CO2  0,06 mol  %VCO 2  0, 2 .100  30 %
 
0,1
n

0,1
mol

%VCO

.100  50 %
CO
2
 2
0, 2
 B là đáp án đúng
+ Cách 2: Phương pháp thông thườ ng
Do n CaCO  0,06 mol  n Ca (OH)
3

-

2

 0,08 mol

nên có hai trườ ng hợp

Trườ ng hợp 1: Ca(OH)2 dư:
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O

n CO2  n CaCO3  0,06 mol  %VCO2 
- Trườ ng hợp 2: Tạo 2 muối
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
0,06
0,06
0,06

0,06
.100%  30 %
0, 2
(1)

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

24


Hãy sở hữu”Tuyển tập100 đề thi thử CĐ-ĐH giải chi tiết” và 3 tập “ chìa khóa vàng”
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
0,04
0,02
Từ (1) và (2) 


%VCO2 

(2)

n CO2  0,06  0,04  0,1 mol

0,1
.100  50 %  B là đáp án đúng
0, 2

Chú ý:
+ Nếu

n CO2  0,06

hoặc 0,08 mol 

+ Nếu

n CO2  0,08

hoặc 0,1 mol 

+ Nếu

n CO2  0,04

hoặc 0,12 mol 

%VCO2  30% hoặc 40 %  A sai

%VCO2  40%

hoặc 50 %  C sai

%VCO2  20% hoặc 60 %  D sai

4. Dạng bài toán khi cho muối Al3+ tác dụng với dung dịch kiềm thu được kết tủa:
+ Điều kiện: Tính n  biết n 3 và n Al(OH) :
OH

Al

3+

Al

3

+ 3OH  Al(OH)3
-

(1)

Al(OH)3 + OH-  AlO2- + 2H2O

(2)

Al3  4OH   AlO 2  2H 2 O

(3)

+ Cách vẽ đồ thị:
Từ trục x chọn hai điểm 3a và 4a, từ trục y chọn một điểm a tại điểm 3a của trục x và a
của trục y kẻ vuông góc và chúng giao nhau tại điểm A. Từ A nối với toạ độ O và 4a ta đượ c tam
giác: Với số mol kết tủa từ trục y cắt tam giác ở một hoặc hai điểm. Tại đó kẻ vuông góc với trục
x ta được số mol OH-

Al(OH)3

n Al(OH)   b mol
3

n Al3  a mol

 x1 , x 2
n OH

A

a
b

OH3a

x2 4a

x1
+. Công thức giải nhanh được rút ra từ đồ thị trên:
Nếu bài toán yêu cầu tính số mol hay thể tích của dung dịch kiềm OH- nếu biết số mol kết
tủa n Al(OH)

3

 b mol và số mol của n Al3

 a mol hoặc ngược lại thì ta áp dụng công

thức giải nhanh sau:

Thạc sỹ: Nguyễn Văn Phú.ĐT: 098 92 92 117 Email:phueuro@gmail.com

25


x

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×