Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về số lượng chất ít hơn

QUI ĐỔI HỖN HỢP NHIỀU CHẤT VỀ SỐ LƯỢNG CHẤT ÍT HƠN Một số bài toán hóa học có thể giải nhanh bằng các phương pháp bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tử, bảo toàn khối lượng song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp số rất nhanh và đó là phương pháp tương đối ưu việt, có thể vận dụng vào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh. Các chú ý khi áp dụng phương pháp quy đổi: 1. Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ ba chất trở lên) thành hỗn hợp hai chất hay chỉ còn một chất 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 đổi về một chất. Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hóa khử nhất để đơn giản việc tính toán. 3. Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp. Trong trường hợp này ta vẫn tính toán bình thường và kết quả cuối cùng vẫn thỏa 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 1: Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO. Hòa tan m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là PA. 11,2 gam. B. 10,2 gam. C. 7,2 gam. D. 6,9 gam. Hướng dẫn giải · Quy hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3: Hòa tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3 dư ta có Fe + 6HNO3 ¾® Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O ¬¾¾¾¾¾¾¾¾¾ 0,1 mol Þ Số mol của nguyên tử Fe tạo oxit Fe2O3 là ® Vậy: Þ = 11,2 gam. · Quy hỗn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3: FeO + 4HNO3 ¾® Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,1 ¬¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾ 0,1 mol ta có: = 0,1´72 + 0,025´160 = 11,2 gam. (Đáp án A) Chú ý: Vẫn có thể quy 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). · Quy hỗn hợp X về một chất là FexOy: FexOy + (6x-2y)HNO3 ¾® Fe(NO3)3 + (3x-2y) NO2 + (3x-y)H2O mol ¬¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾ 0,1 mol. Þ ® mol. Vậy công thức quy đổi là Fe6O7 (M = 448) và = 0,025 mol. Þ mX = 0,025´448 = 11,2 gam. Nhận xét: Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 về hỗn hợp hai chất là FeO, Fe2O3 là đơn giản nhất. Ví dụ 2: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng HNO3 đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan giá trị của m là A. 35,7 gam. PB. 46,4 gam. C. 15,8 gam. D. 77,7 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 ta có FeO + 4HNO3 ¾® Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O 0,2 mol ¬¾¾¾¾ 0,2 mol ¬ 0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3 ¾® 2Fe(NO3)3 + 3H2O 0,2 mol ¬¾¾¾¾¾ 0,4 mol = 0,6 mol. Þ mX = 0,2´(72 + 160) = 46,4 gam. (Đáp án B) Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 49,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc). a) Tính phần trăm khối lượng oxi trong hỗn hợp X. A. 40,24%. B. 30,7%. PC. 20,97%. D. 37,5%. b) Tính khối lượng muối trong dung dịch Y. A. 160 gam. PB.140 gam. C. 120 gam. D. 100 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hai chất FeO, Fe2O3, ta có: Þ = 49,6 - 0,8´72 = -8 gam « (-0,05 mol) Þ nO (X) = 0,8 + 3´(-0,05) = 0,65 mol. Vậy: a) = 20,97%. (Đáp án C) b) = [0,4 + (-0,05)]´400 = 140 gam. (Đáp án B) Ví dụ 4: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 thì cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) là. PA. 224 ml. B. 448 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất FeO và Fe2O3 với số mol là x, y, ta có: FeO + H2 Fe + H2O x y Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O x 3y ® 2FeO + 4H2SO4 ¾® Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 0,02 ¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾® 0,01 mol Vậy: = 0,01´22,4 = 0,224 lít (hay 224 ml). (Đáp án A) Ví dụ 5: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư) thoát ra 0,56 lít NO (ở đktc) (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là PA. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất Fe, Fe2O3: Fe + 4HNO3 ¾® Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 0,025 ¬ 0,025 ¬ 0,025 mol Þ = 3 - 56´0,025 = 1,6 gam Þ = 0,02 mol Þ mFe = 56´(0,025 + 0,02) = 2,52 gam. (Đáp án A) Ví dụ 6: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngưng 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. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít. PC. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít. Hướng dẫn giải Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4. Hỗn hợp X gồm: Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol + dung dịch Y Fe3O4 + 8H+ ¾® Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O 0,2 ® 0,2 0,4 mol Fe + 2H+ ¾® Fe2+ + H2­ 0,1 ® 0,1 mol Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2: 3Fe2+ + NO3- + 4H+ ¾® 3Fe3+ + NO­ + 2H2O 0,3 0,1 0,1 mol Þ VNO = 0,1´22,4 = 2,24 lít. = 0,05 mol. Þ = 0,05 lít (hay 50 ml). (Đáp án C) Ví dụ 7: Nung 8,96 gam Fe trong không khí được hỗn hợp A gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3. A hòa tan vừa vặn trong dung dịch chứa 0,5 mol HNO3, bay ra khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Số mol NO bay ra là. A. 0,01. B. 0,04. C. 0,03. PD. 0,02. Hướng dẫn giải mol Quy hỗn hợp A gồm (FeO, Fe3O4, Fe2O3) thành hỗn hợp (FeO, Fe2O3) ta có phương trình: 2Fe + O2 ¾® 2FeO x ® x 4Fe + 3O2 ¾® 2Fe2O3 y ® y/2 3FeO + 10HNO3 ¾® 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O x ® 10x/3 ® x/3 Fe2O3 + 6HNO3 ® 2Fe(NO3)3 + 3H2O y/2 ® 3y Hệ phương trình: Þ mol. (Đáp án D) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi 1. Nguyên tắc chung PHƯƠNG PHÁP 8 Phương pháp quy đổi I. CƠ SƠ CỦA PHƯƠNG PHÁP Quy đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dàng, thuận tiện. Khi áp dụng phương pháp quy đổi phải tuân thủ 2 nguyên tắc sau : + Bảo toàn nguyên tố. + Bảo toàn số oxi hoá. 2. Các hướng quy đổi và chú ý (l) Một bài toán có thể có nhiều hướng quy đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính : Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất. Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với số chất ít hơn (cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất. Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau : (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe3O4 và Fe2O3) hoặc FexOy. Quy đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng. Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố. Do đó, có thể quy đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng. Ví dụ ; (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S) Khi thực hiện phép quy đổi phải đảm bảo : quy đổi (Cu, Fe, S). * Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron). * Do sự thay đổi tác nhân oxi hoá ® có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp. Thông thường ta hay gặp dạng bài sau : Kim loại OXH1 Hỗn hợp sản phẩm trung gian OXH2 Sản phẩm cuối Ví dụ : Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe3+ D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 1 Fe + O2 (1) + O2 + HNO3 FexOy  (2) Fe3+ Phương pháp 8: Các dạng quy đổi 3 Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe3+) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể quy đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2 (2) Do việc quy đổi nên trong một số trường hợp s+ốHNmOol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn). (3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hoá bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài. (4) Phương án quy đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng. Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu biểu thị đúng bản chất hoá học. II. CÁC DẠNG BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP Ví dụ 1: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0,56 lít ở đktc NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32 Giải: Sơ đồ hoá bài toán:  Fe   FeO  Khí NO   Fe ¾+¾[O¾]® X   + dung dịch HNO3 (0,56 lít, đktc) Fe2O3  Fe3O4   Dung dịch Fe3+ D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 2 m gam 3,0 gam Có: nNO = 0,025mol Trong trường hợp này ta có thể quy đổi hỗn hợp ban đầu về các hỗn hợp khác đơn giản gồm hai chất (Fe và Fe2O3; FeO và Fe2O3 ; Fe3O4 và Fe2O3; Fe và FeO; Fe và Fe3O4 ; FeO và Fe3O4 hoăc thậm chí chỉ một chất FexOy ở đây tác giả chỉ trình bày hai phương án tối ưu nhất Fe : x mol Phương án 1: Quy đổi hỗn hợp X thành  Fe2O3 : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x +160y = 3,0 (1) Các quá trình nhường nhận electron: Fe ® Fe3+ +3e N+5 + 3e ® N+2 x 3x 0,075 0,025 Theo bảo toàn electron: 3x = 0,075 ⇒ x = 0,025 (2) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,025  y = 0,01 Fe : 0,025mol ; Vậy X gồm  Fe2O3 : 0,01mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: 2 3 SnFe = nFe + 2 n Fe O = 0,045 mol ⇒ m =56.0,045= 2,52 ⇒ Đáp án A Fe : x mol Phương án 2: Quy đổi hỗn hợp X thành  FeO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x+72y = 3,0 (3) Các quá trình nhường nhận của eletron: Fe0 ® Fe3+ + 3e ; Fe+2 ® Fe3++ 1e ; N+5 + 3e ® N+2 x 3x y y 0,075 0,025 Theo bảo toàn eletron: 3x + y = 0,075 (4) Từ (3) (4) ⇒   x = 0,015 y = 0,03  Fe : 0,015 mol ; Vậy X gồm:  FeO : 0,03 mol Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: SnFe = nFe +nFeO = 0,045 mol ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 ⇒ Đáp án A. Ví dụ 2: Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm cả CuS Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115.85. Giải: Cu : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành  CuS : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x+96y= 30,4(5) Sơ đồ hoá bài toán: +2 0 +5 C + HNO dư Khí NO (20,16 lít , đktc) X  u 3 Cu2+ +2 CuS0 Dung dịch Y  SO42- +Ba(OH)2 dư Cu(OH)2 +6 30,4 gam BaSO4 m gam D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 3 Các quá trình nhường nhận electron Cu0 ® Cu2+ + 2e ; CuS ® Cu2+ + S+6 + 8e ; N+5 + 3e ® N+2 x 2x y 8y 2,7 ® 0,9 Theo bảo toàn eletron: 2x +8y = 2,7 (6) Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Từ (5),(6) ⇒ x = -0,05   ⇒ X gồm Cu  : -0,05 mol y = 0,35  Theo bảo toàn nguyên tố:   2 n Cu(OH) CuS : 0,35 mol = ∑ n Cu = 0,3mol 4 n BaSO = nS = 0,35 mol ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m=110,95 ⇒ Đáp án C Ví dụ 3: Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. 18,60 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,40 gam. Giải: C H + 0 CO Sơ đồ đốt cháy:  3 8 ¾¾O2 ¾, t ® 2 C3 H4 H 2O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: M = 44. 0,3 +18. (0,06. 4 + 0,042)= 18,96 gam ⇒ Đáp án B Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (C3H8 và C3H6) hoặc (C3H6 và C3H4) cũng thu được kết quả trên Ví dụ 4: Nung m gam bột Cu trong Oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A. 9,6. B. 14,72. C. 21,12. D. 22,4. Giải: Sơ đồ hoá bài toán  Cu     Khí SO2  Cu ¾+¾¾[O]® X CuO  Cu 2O  ¾H¾2SO¾4đ ®   (0,2 mol) Dung dịch Cu2+  Quy đổi hỗn hợp X thành   Cu : x mol CuO : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x +80y = 24,8 (9) Các quá trình nhường nhận eletron: Cu ® Cu2+ + 2e ; S+6 + 2e ® S+4 ĐLBT e x 2x 0,4 0,2  x= 0,2 (10) D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 4 Từ (9) và (10) ⇒   x = 0,2 y = 0,15  Cu : 0,2 mol ; Vậy X gồm:  CuO : 0,15 mol Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Theo bảo toàn nguyên tố đối với Cu : ∑ nCu = nCuO = 0,2 + 0,15 = 0,35mol ⇒ m = 64. 0,35 = 22,4  ⇒ Đáp án D Tương tự có thể quy đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu2O) hoặc (CuO và Cu2O) 2. Quy đổi nhiều hợp chất về các nguyên tử hoặc đơn chất tương ứng Ví dụ 5: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32. Giải: Fe : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành:  O : y mol Sơ đồ hoá bài toán: 0  NO: 0,025 mol + Fe  +5 Fe ¾¾¾[O]® X  ¾d¾d H¾N O¾3 ¾® Fe3+: x mol O0   O2-: y mol Theo bảo toàn khối lượng: 56x + 16y =3,0 (11) Các quá trình nhường nhận electron: Fe ® Fe+3 + 3e ; O0 + 2e ® O-2 ; N+5 + 3e ® N+2 X 3x y 2y 0,075 0,025 x = 0,045  Fe : 0,045 mol Từ (11) và (12) ⇒  y = 0,03 ; Vậy X gồm  Cu : 0,03 mol D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 5 m = 56.0,045 = 2,52 ® Đáp án A. Ví dụ 6: Trộn 5,6 gam bột mắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (trong điều kiện không có không khí) thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thấy giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan Y. Để đốt cháy hoàn toàn X và Y cần vừa đủ V lít khí oxi (đktc). Giá trị của V là A. 2,8. B. 3,36. C. 4,48. D. 3,08. Giải: Nhận thấy: Hỗn hợp khí X gồm H2S và H2, phần không tan Y là S Hỗn hợp H2 và H2S có thể quy đổi thành H2 và S, như vậy đốt X và Y coi như đốt H2 và S, vì vậy số mol H2 bằng số mol Fe 2H2 + O2 ® 2H2O Phương pháp 8: Các dạng quy đổi S + O2 ® SO2 O ⇒ V = ( 1 n 2 2 Fe  n + S ).22,4 = 2,8lít ⇒ Đáp án A. Ví dụ 7: (Làm lại ví dụ 2) Hoà tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 81,55. B. 104,20. C. 110,95. D. 115,85. Giải: Quy đổi hỗn hợp X thành Cu : x mol  S : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 32y =30,4 (13) Sơ đồ hóa bài toán: 0 C u  X  +5 ¾+¾H NO dư ® Khí N+2O (20,16 lít,  đktc) 3 S0 Dung dịch Y Cu2+ SO42-  +Ba(OH)2 dư +2 Cu(OH)2 +6 BaSO4 \ m gam Các quá trình nhường, nhận electron: Cu0 ® Cu+2 + 2e ; S ® S+6 + 6e ; N+5 + 3e ® N+2 x 2x y 6y 2,7 ¬ 0,9 Theo bảo toàn electron: 2x+6y =2,7 (14) x = 0,3 Từ (13),(14) ⇒  ⇒ y = 0,35 Theo bảo toàn nguyên tố:  X gồm  Cu : 0,3 mol  S : 0,35 mol 2 n Cu(OH)   = n Cu = 0,3mol 4 n BaSO = nS = 0,35mol D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 6 ⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m= 110,95 ⇒ Đáp án C. Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Ví dụ 8: (Làm lại ví dụ 3) Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol X. tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. l8,60 gam. B. 18,96 gam. C. 19,32 gam. D. 20,40 gam. C : 0,3 mol Quy đổi hỗn hợp X thành Sơ đồ cháy:  H : y mol ⇒ nH = 4,24 - 0,3. 12 = 0,64 mol C ¾+¾O2¾,t o ®CO2   H H 2O Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: m= 44. 0,3 + 18. 0,32 = 18,96 gam ⇒ Đáp án B. Ví dụ 9: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A.9,6 B.14,72. C.21,12. D. 22,4. Giải: Cu : x mol Quy đổi hỗn hợp X thành  O : y mol Theo bảo toàn khối lượng: 64x + 16y =24,8 (15) Sơ đồ hóa bài toán :  SO2 Cu Cu ¾¾+[O]¾¾ ® X  O   ¾H¾2SO¾¾4 đ ®  (0,2 mol) Cu2+ 2- D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 7 m gam 24,8 gam O Các quá trình nhường, nhận electron: Cu ® Cu+2 + 2e ; O0 + 2e ® O-2 ; S+6 + 2e ® S+4 x 2x y 2y 0,4 0,2 Theo bảo toàn electron: x – y =0,2 (16) x = 0,35 Từ (15),(16) ⇒  y = 0,15 Cu : 0,35 mol Vậy X gồm  O : 0,15 mol ⇒ m= 64.0,35 =22,4 Phương pháp 8: Các dạng quy đổi ⇒ Đáp án D. 3. Quy đổi một chất thành nhiều chất. Ví dụ 10: Khi đốt cháy hoàn toàn một polime X (tạo thành từ phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3- đien và acrilo nitrin) với lượng oxi vừa đủ thấy tạo thành một hỗn hợp khí ở nồng độ áp suất xác định chứa 59,1 % CO2 về thể tính. Tỉ lệ số mol hai loại monome là 3 3 A. B. 5 3 Giải:  1 3 C. D. 3 2 Quy đổi polime thành 2 monome ban đầu C4H6 ® 4CO2 + 3H2O x 4x 3x C3H3N ® 3CO2 + 1,5 H2O + 0,5 N2 y 3y 1,5y 0,5y Ta có: 4x + 3y 7x + 5y  = 0,591 ⇒  x = 1 ⇒ y 3  Đáp án C 4. Quy đổi tác nhân oxi hóa Ví dụ 11: (Làm lại ví dụ 1) Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3,0 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 (dư), thoát ra 0,56 lít (đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 2,52 B. 2,22 C. 2,62 D. 2,32 Giải: Sơ đồ hóa bài toán: Fe  FeO    Fe ¾+¾[O]¾® X  Fe2O3   dd HNO3  NO (0,025 mol) dd Fe3+ D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 8 Fe3O4 m gam 3,0 gam Thay vai trò oxi hóa của HNO3 bằng [O], ta có: Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Fe  Fe ¾+¾[O]¾® XFeO    ¾+¾[O]¾® Fe O (*)   Fe2 O3  Fe3O4  (**) 2 3 m gam 3 gam Ở đây ta đã thay vai trò nhận electron của N+5 bằng O: N+5 + 3e ® N+2 Û O0 + 2e ® O-2 0,075 0,025 Theo nguyên tắc quy đổi, số electron do N+5 nhận và O0 nhận phải như nhau: ⇒ 2nO(**) = 0,075 ⇒ nO(**) = 0,0375 2 3 Theo bảo toàn khối lượng: mFe O  = m X + mO(**) = 3,0 + 16.0,0375 = 3,6 gam Theo bảo toàn nguyên tố đối với Fe: nFe = 2 ⇒ m = 56.0,045 = 2,52 gam ⇒ Đáp án A.  n Fe2O3 = 2.3,6 = 160  0,045mol Ví dụ 12: (Làm lại ví dụ 4) Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu2O. Hoà tan hoàn toàn X trong H2SO4 đặc nóng thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của m là A. 9,6 B. 14,72. C. 21,12. D. 22,4. Giải: Sơ đồ hóa bài toán: Cu  Khí SO2 C Cu ¾+¾[O]¾¾ ® X  uO  Cu 2O m gam 24,8 gam  ¾H¾2SO¾4 đ ®    (0,2 mol) Dung dịch Cu2+ Thay vai trò oxi hóa của H2SO4 bằng [O]: Cu ¾+¾[O]¾® X Cu  CuO    ¾+¾[O]¾® CuO D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 9 (*) (**)  2  Cu O  m gam 24,8 gam Ở đây ta thay vai trò nhận electron của S+6 bằng O: D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 10 Phương pháp 8: Các dạng quy đổi S+6 + 2e ® S+4 Û O0 + 2e ® O-2 0,4 0,2 Theo nguyên tắc quy đổi: nO(**) =0,2 mol. Theo bảo toàn khối lượng: mCuO =mX + mO(**) = 24,8 + 16.0,2 =28 gam ⇒ m = 28 .64 = 22,4 80 ⇒ Đáp án D. III. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Câu 1 : Để hoà tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe3O4 và Fe2O3 (trong đó số mol FeO bằng số mol Fe2O3) cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là A. 0,08. B. 0,16. C. 0,18. D. 0,23. Câu 2 : 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 khi NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan Giá trị của m là A. 49,09. B. 38,72. C. 35,50. D. 34,36. Câu 3 : Oxi hoá chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư. Hoà tan hoàn toàn X trong HNO3 thu được 2,24 lít NO (chất khử duy nhất, đo ở đktc) . Giá trị m là A. 7,57. B. 7,75. C. 10,08. D. 10,80. Câu 4 : Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí dư được m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4 Fe2O3 và Fe dư. Để hoà tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO3 2M thu được V lít khí NO2 (Sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của m, V lần lượt là A. 8,4 và 3,360. B. 8,4 và 5,712. C. 10,08 và 3,360. D. 10,08 và 5,712. Câu 5 : Hỗn hợp X gồm Mg, MgS và S. Hoà tan hoàn toàn m gam X trong HNO3 đặc, nóng thu được 2,912 lít khí N2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)2 dư vào Y được 46,55 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 4,8. B. 7,2. C. 9,6. D. 12,0. Câu 6 : Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe3O4 vào 200ml HNO3 đun nóng. Sau phản ứng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch X và còn lại 1,46 gam kim loại chứa tan. Nồng độ mol của dung dịch HNO3 đã dùng là A. 2,7M. B. 3,2M. C. 3,5M. D. 2,9M. D&3H Tạp chí dạy và học hóa học, 11 Phương pháp 8: Các dạng quy đổi Câu 7 : Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl2 , FeCl3 trong H2SO4 đặc nóng, thoát ra 4,48 lít khí SO2 duy nhất (đktc) và dung dịch Y . Thêm NH3 dư vào Y thu được 32,1 gam kết tủa. Giả trị m là A. 16,8. B. 17,75. C. 25,675. D. 34,55. Câu 8 : Hoà tan hoàn toàn 34,8 gam một oxit sắt dạng FexOy trong dung dịch H2SO4 đặc nóng. Sau phản ứng thu được 1,68 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất đo ở đktc). Oxit FexOy là A. FeO. B. Fe3O4 C. FeO hoặc Fe3O4 D. Fe2O3 Câu 9 : Hoà tan hoàn toàn 25,6 gam chất rắn X gồm Fe , FeS, FeS2 và S bằng dung dịch HNO3 dư, đktc ra V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y . Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được 126,25 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 17,92. B. 19,04. C. 24,64. D. 27,58. Câu 10 : Cho hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 với số mol bằng nhau. Lấy a gam X cho phản ứng với CO nung nóng sau phản ứng trong bình còn lại 16,8 lít hỗn hợp rắn Y. Hoà tan hoàn toàn Y trong H2SO4 đặc, nóng thu được 3,36 lít khí SO2 duy nhất (đktc). Giá trị của a và số mol H2SO4 đã phản ứng lần lượt là A. 19,20 và 0,87. B. 19,20 và 0,51. C. 18,56 và 0,87. D. 18,56 và 0,51. Câu 11 : Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 27,8 gồm butan, metylxiclopropan, but-2-en, etylaxetilen và đivinyl. Khi đốt cháy hoàn toàn 0,15 mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là A. 34,50 gam. B. 36,66 gam. C. 37,20 gam. D. 39,90 gam. Câu 12 : Hoà tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3 , KHCO3 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là A. 8,94 gam. B. 16, 7 gam. C. 7,92 gam. D. 12,0 gam. Câu 13 : Cho 13,92 gam hỗn hợp X gồm Cu và một oxit sắt vào dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,688 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 42,72 gam muối khan. Công thức của oxit sắt là A. FeO. B. Fe3O4 C. Fe2O3 D. Fe3O4 hoặc FeO. Câu 14 : Cho 9,12 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe2O3 , Fe3O4 tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y ; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl2 và m gam FeCl3 . Giá trị của m là A. 4,875 . B. 9,60. C. 9,75. D. 4,80. ĐÁP ÁN 1A 2B 3C 4A 5C 6B 7D 8B 9C 10D 11B 12A 13A 14C 3/ Ph­¬ng ph¸p 3: ChuyÓn bµi to¸n hçn hîp thµnh bµi to¸n chÊt t­¬ng ®­¬ng. Nguyªn t¾c: Khi trong bµi to¸n x¶y ra nhiÒu ph¶n øng nh­ng c¸c ph¶n øng cïng lo¹i vµ cïng hiÖu suÊt th× ta thay hçn hîp nhiÒu chÊt thµnh 1 chÊt t­¬ng ®­¬ng. Lóc ®ã l­îng (sè mol, khèi l­îng hay thÓ tÝch) cña chÊt t­¬ng ®­¬ng b»ng l­îng cña hçn hîp. Ph¹m vi sö dông: Trong v« c¬, ph­¬ng ph¸p nµy ¸p dông khi hçn hîp nhiÒu kim lo¹i ho¹t ®éng hay nhiÒu oxit kim lo¹i, hçn hîp muèi cacbonat, ... hoÆc khi hçn hîp kim lo¹i ph¶n øng víi n­íc. Bµi 1: Mét hçn hîp 2 kim lo¹i kiÒm A, B thuéc 2 chu k× kÕ tiÕp nhau trong b¶ng hÖ thèng tuÇn hoµn cã khèi l­îng lµ 8,5 gam. Hçn hîp nµy tan hÕt trong n­íc d­ cho ra 3,36 lit khÝ H2 (®ktc). T×m hai kim lo¹i A, B vµ khèi l­îng cña mçi kim lo¹i. H­íng dÉn gi¶i: PTHH 2A + 2H2O 2AOH + H2 (1) 2B + 2H2O 2BOH + H2 (2) §Æt a = nA , b = nB ta cã: a + b = 2 = 0,3 (mol) (I) trung b×nh: = = 28,33 Ta thÊy 23 < = 28,33 < 39 Gi¶ sö MA < MB th× A lµ Na, B lµ K hoÆc ng­îc l¹i. mA + mB = 23a + 39b = 8,5 (II) Tõ I, II ta tÝnh ®­îc: a = 0,2 mol, b = 0,1 mol. VËy mNa = 0,2 * 23 = 4,6 g, mK = 0,1 * 39 = 3,9 g. Bµi 2: Hoµ tan 115,3 g hçn hîp gåm MgCO3 vµ RCO3 b»ng 500ml dung dÞch H2SO4 lo·ng ta thu ®­îc dung dÞch A, chÊt r¾n B vµ 4,48 lÝt CO2 (®ktc). C« c¹n dung dÞch A th× thu ®­îc 12g muèi khan. MÆt kh¸c ®em nung chÊt r¾n B tíi khèi l­îng kh«ng ®æi th× thu ®­îc 11,2 lÝt CO2 (®ktc) vµ chÊt r¾n B1. TÝnh nång ®é mol/lit cña dung dÞch H2SO4 lo·ng ®· dïng, khèi l­îng cña B, B1 vµ khèi l­îng nguyªn tö cña R. BiÕt trong hçn hîp ®Çu sè mol cña RCO3 gÊp 2,5 lÇn sè mol cña MgCO3. H­íng dÉn gi¶i: Thay hçn hîp MgCO3 vµ RCO3