Trắc nghiệm hóa 12

A. Phương pháp bảo toàn.1. Bảo toàn điện tích:   -Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm vè giá trị  tuyệt dối. Dung dịch luôn trung hòa về điện.   -Các ví dụ:Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na+ (a mol), HCO3 (b mol), CO32- (c mol), SO42- (d mol).Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)2 x mol/l. Tính X theo a,b.                             GiảiHCO3- + OH- ---> CO32- + H2O b -->   bBa2+ + CO32- ---> BaCO3Ba2+ + SO42- ---> BaSO4Dung dịch sau PU chỉ có Na+ (ban đầu) là a mol. Vậy để dung dịch trung hòa về điệnthì cấn a mol OH-, trong khi đó đã tiêu tốn b mol OH- ở trên.Vậy nOH- = a+b mol ---. x = (a+b)/0,2.2. Bảo toàn khối lượng:   -Nguyên tắc:    +Trong PUHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất tham gia PU.   +Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit.   -Các ví dụ:Ví dụ 2: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe và các oxit của Fe đun nóng thu được 64 gam Fe, khi đi ra sau PU tạo 40 gam kết tủa với dung dịch Ca(OH)2 dư. Tính m.                        GiảiTa có: nCO2 = nCaCO3 = 40/100 = 0,4 mol  mCO + m = mFe + mCO2  mà nCO pu = nCO2 = 0,4 nên:m = mFe + mCO2 - mCO = 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 70,4 gVí dụ 3: Một dung dịch chứa 0,1 mol Fe2+ , 0,2 mol Al3+, x mol Cl- và y mol SO4 2-Tính x,y biết rằng cô cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan.                        GiảiTheo định luật bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2yGiải hệ phương trình ---> x = 0,2   y = 0,3Ví dụ 4: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu dược 111,2 ghỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mõi ete.                       GiảiTheo ĐLBT khối lượng: mrượu = mete + mH2O---> mH2O = mrượu - mete = 132,5 - 111,2 = 21,6 gtrong PU ete hóa thì: nete = nH2O = 21,6/18 = 1,2 mol---> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 molVí dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa trị I và II vào dung dịch HCl đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới thu dược.                     GiảiTrong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO2 = nH2O = nHCl/2mà nCO2 = 0,2 mol ---> nH2O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 moltheo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2---> m = 26 g3. Bảo toàn electron:   -Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các PU oxi hóa khử. Khi đó ne cho = ne nhận.   -Các ví dụ:Ví dụ 6: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi đun nóng trong điều kiện không có không khí thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu được hỗn hợp khí B. Đốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Ò ở đktc.                       GiảiTa thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết.Khí B là hỗn hợp H2, H2S. Đốt B thu được SO2, H2OPhân tích:-S nhận một phần e của Fe để tạo S2- (FeS) và không thay đổi trong PU với HCl (vẫn là S2- trong H2S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do nó vốn có để tạo SO2 trong PU với O2.-Fe nhường một phần e cho S để tạo Fe2+ (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy sang cho O2 (theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H+ để tạo H2, sau đó H2 lại trả số e này cho O2 trong PU cháy tạo H2O---> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã được O2 thu nhận.Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.---> nO2 = 5,89/4 = 1,47 molV O2 = 1,47.22,4 = 32,928 lit.Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không PU với nước và mạnh hơn Cu. Ch X tác dụng hoàn toàn với CuSO4 dư, lấy Cu thu được cho PU hoàn toàn với HNO3 dư thấy thoát ra 1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao nhiêu lit N2 ở đktc.                            GiảiPhân tích: Cu2+ nhận a mol e của A,B để tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho N5+ để tạo NO.    N5+ + 3e ---> N2+--->nNO = a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol --> a = 0,15 molỞ thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N5+ để tạo N2:    2N5+ 2.5e ---> N2---> nN2 = 0,15/10 = 0,015 mol--> V N2 = 0,015.22.4 = 0,336 litVí dụ 8: Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO3 thu được 0,01 mol NOvà 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra?                            GiảiĐặt số mol Mg,Al,Cu lần lượt là a,b,c--->Số mol e nhường = 2a + 3b + 2c = nNO3- trong muối.Số mol e nhận = 3nNO + nNO2 = 0,07 mol = 2a + 3b + 2cVậy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gamChú ý: Số mol HNO3 làm môi trường = số mol HNO3 tạo muối = số mol e cho = số mol e nhận. Số mol HNO3 oxi hóa tính được theo số mol các SP khử, tù đó ta tính được số mol HNO3 phản ứng. B. Phương pháp đại số:+ Viết phương trình PU.+ Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm sao cho đơn giản.+ Tính theo PTPU và đề bài cho để lập các PT toán học.+ Giải các PT hay hệ PT này và biện luận kết quả nếu cần.Nhận xét: Đây là một cách không hay nhưng lại được áp dụng nhiều do thói quen, cần hạn chế làm theo cách này vì:- Một số bài có hệ PT rất phức tạp, không giải được về mặt toán học ( số PT ít hơn ẩn ), rất khó để biện luận để tìm ra đại lượng cần tìm.- Tính chất toán học của bài toán đã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa học bị lu mờ --> không có tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác dụng của bài tập.Ví dụ: Để m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn hợp Agồm Fe và các oxit Fe. Cho hỗn hợp tan hoàn toàn trong HNO3 thu được 2,24 l NO duy nhất. Tính m.                            Giải1. Phương pháp đại số:     Fe + 4HNO3 ---> Fe(NO3)3 + NO + 2H2O          (I)     3FeO + 10HNO3 ---> 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O     3Fe3O4 + 28HNO3 ---> 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O     Fe2O3 + 6HNO3 ---> 2Fe(NO3)3 + 3H2OĐặt số mol Fe,FeO,Fe3O4,Fe2O3 lần lượt là a,b,c,d. Ta có các PT sau:  mA = 56a + 72b + 232c + 160d = 12   (1)  nFe = a + b + 3c + 2d = m/56   (2)   nO trong oxit = b + 4c + 3d = (12-m)/16   (3)  nNO = a + b/3 + c/3 = 0,1    (4)Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận, đề không yêu cầu tính a,b,c,d nên ta tính vế trái của 2 hoạc 3 --> m. Để làm điều đó ta có thể tổ hợp 1,4 để được vế trái của 2 hoạc khử a của 1,4 để thu được vế trái của 3Kết quả: m = 10,08 g2.Phương pháp bảo toàn khối lượng:nFe(NO3)3 = nFe = m/56nHNO3 = nNO + 3nFe = 0,1 + 3m/56nH2O = 1/2 nHNO3 Thay các giá trị vào PT:mA + mHNO3 = mFe(NO3)3 + mNO + mH2O---> m = 10,08 g3. Phương pháp bảo toàn e: ne Fe nhường = ne do O2 thu + ne do N5+ thu  3m/56 = (12-m).4/32 + 0,1.3---> m = 10,08 g4. Suy biến của PP bảo toàn e:Giả sử hỗn hợp chỉ gồm có Fe và Fe2O3PU:  4Fe + 3O2 ---> 2Fe2O3---> nFe = 4/3nO2 = 4/3 . (12-m)/32Số mol Fe trong A: = m/56 -  4/3 . (12-m)/32Theo PU (I) --> nFe = nNO ---> m/56 -  4/3 . (12-m)/32 = 0,1---> m = 10,08Ta có thể qui hỗn hợp A gồm có Fe và một trong số các oxit kia của Fe nhưng phức tạp hơn do các oxit này PU với HNO3 có tạo NO. C. Phương pháp trung bình- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất, các chất này phải PU hoàn toàn hay có hiệu suất như nhau.- Từ giá trị trung bình ta biện luận tìm ra : nguyên tử khối, phân tử khối , số nguyên tử trong phân tử.Các ví dụ:Ví dụ 1: Hòa tan 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A,B kế tiếp nhau trong nhóm II A vào dung dịch HCl dư thu được 1,12 l CO2 (đktc). Xác định A,B.                           GiảiĐặt M là nguyên tử khối trung bình của A,B:   MCO3 + 2HCl ---> MCl2 + CO2 + H2O---> nMCO3 = nCO2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol--->MCO3 = 4,68/0,05 = 93,6 --> M = 33,6Biện luận  A A = 24, B = 40 : Mg,Ca Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 l CO2 và 3,96 g H2O. Tính a và CTPT của hai rượu.                            GiảiGọi n là số C trung bình và x là tổng số mol. Từ PU đốt cháy :nCO2 = nx = 3,584/22,4 = 0,16 molnH2O = (n+1)x = 3,96/18 = 0,22 mol---> x = 0,06 và n = 2,67---> a = (14n+18).x = 3,32 gHai rượu là:C2H5OH và C3H7OHVí dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A,B,C có tổng số mol là 0,08 , tổng khối lượng là 3,387 g. Xác định CTPT của A,B,C biết B,C có cùng số C và nA = 5/3(nB+nC).                           GiảiGiá trị trung bình: M = 3,387/0,08 = 42,23 --> có ít nhất một rượu có phân tử khối nhỏ hơn 42,23, đó là CH3OH = 32 và đó phải là rượu A do B,C có cùng số C.Ta có: nA = 0,05 mol ---> mA = 32.0,05 = 1,6 g--> n(B+C) = 0,08 - 0,05 = 0,03 mol và m(B+C) = 3,38-1,6 = 1,78Khối lượng M trung bình của B,C: 1,78/0,03 = 59,3Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3  y12x + y = 42,3 . Thay x = 1,2,3,4 vào (x>=4 thì y 6,3 chất kia có số H < 6,3. Ta có 2 cặp B,C CH2=CH-CH2OH và C3H7OH CHC-CH2OH và C3H7OH D. Phương pháp ghép ẩn số:- Thực ra đây là một cách biện luận của PP đại số khi bài toán cho thiếu nhiều dữ kiện.- Các ví dụ:Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức rồi dẫn toàn bộ SPqua bình 1 đựng H2SO4 và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy bình 1 tăng 1,98 g và bình 2 có 8 g kết tủa. Tính a.                            Giải(Bài này có thể giải theo PP trung bình ở phần trên).Đặt công thức của 2 rượu là CnH2n+1OH và CmH2m+1OH và x,y là số mol tương ứng.---> nCO2 = nx + my = 0,08 mol     nH2O = (n+1)x + (m+1)y = 0,11 mol---> nx + my + x + y = 0,11---> x + y = 0,03mà: a = (14n+18)x + (14m+18)y = 14(nx+my) + 18(x+y)      = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 gVí dụ 2: Đun p gam hh 2 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu được V lit (đktc) haianken. Đốt cháy hoàn toàn 2 anken thu được x lit CO2 và y gam H2O. Tính x,y theop,V.Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên. E. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:- Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm khối lượng với số mol chất mà ta giải bài toán.-Các ví dụ:Ví dụ 1: Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO4 một thời gian thấy khối lượng thanh giảm 0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO3)2 thì khối lượng thanh tăng 7,1%. Xác định M biết số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 pu là như nhau.                         GiảiGọi m là khối lượng thanh kim loại, A là nguyên tử khối, x là số mol muối pư M  +  CuSO4  ---->   MSO4   +   CuA(g)--> 1 mol -----------------> 64 (g). Giảm : A-64 (g)------- x mol -------------------------> Giảm : 0,0005m   (g)---> x = 0,0005m/(A-64)    (1) M   +   Pb(NO3)2  ---->  M(NO3)2  +  PbA(g)---> 1 mol ---------------------> 207 (g). Tăng: 207-A  (g)-------- x mol ------------------------------> Tăng: 0,071m (g)---> x = 0,071m/(207-A)        (2) Kết hợp 1,2 ---> A = 65, M là ZnVí dụ 2: Nung 100 gam hh Na2CO3 và NaHCO3 đén khối lượng không đổi dược 69 gam chất rắn. Xác định % từng chất trong hh.                          GiảiBài toán có thể giải theo PP đại số. Đây là PP khác.        2NaHCO3  --->  Na2CO3  +  CO2   +   H2O......2.84 (g) ----------> Giảm: 44 + 18 = 62 g........x (g) ----------> Giảm: 100 - 69 = 31 g---> x = 84 g ---> %NaHCO3 = 84%, %Na2CO3 = 16%Ví dụ 3: Hòa tan 23,8 g muối M2CO3, RCO3 vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu được bao nhiêu g muối khan.                          GiảiM2CO3 + 2HCl ----> 2MCl + CO2 + H2O2M+60----------->2(m+35,5) tăng 11 g x ---------------------------> 11xRCO3 + 2HCl ----> RCl2  +  CO2  + H2OR+60-----------> R+71 tăng 11g  y -----------------------> 11ymà nCO2 = x + y = 0,2 mol--> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 gKhối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g F. Phương pháp sơ đồ đường chéo:-Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể.-Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại cho cùng một chất.-Trộn hai dd  của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất.Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên.-Sơ đồ tổng quát:   D1     x1          x-x2                                  x                              D2     x2          x1-xTừ đó: D1/D2 = (x-x2)/(x1-x)Các ví dụ:Ví dụ 1: Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8%............. mH2O ....... 0 ..........4................................8............. 500 ........12 .........8---> mH2O = 500.4/8 = 250gVí dụ 2: Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63%PTPU   Na2O + H2O ---> 2NaOH        62 -----  ----> 2.40Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ  2.80/62 = 129%.... 100....... 20 .............. 94,37......................34,63....m ......... 129 ............. 14,63---> m = 15,5 gamVí dụ 3: Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2là 16,75. Viết PTPU.Ta có: M = 16,75.2 = 33,5.... N2O .... 44 ............... 3,5..................... 33,5.... NO .... 30 ................ 10,5---. N2O/NO = 3,5/10,5 = 1/3  (tỉ lệ thể tích = tỉ lệ số mol)Các PU: 8Al + 30HNO3 ---> 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O   (1)        Al + 4HNO3 ---> Al(NO3)3 + NO + 2H2O  (2)Để thỏa mãn tỉ lệ ta nhân (2) với 9 rồi cộng với (1)    17Al + 66HNO3 ---> 17Al(NO3)3 + 3N2O + 9NO + 33H2OVí dụ 4: Từ 1 tấn hematit A điều chế được 420 kg Fe         Từ 1 tấn mamhetit B - - - - - -  504 kg FeCần trộn A,B theo tỉ lệ nào để từ 1 tấn quặng hh điều chế được 480 kg Fe.... A ......... 420.............24........................ 480.... B ......... 504 ........... 60Vậy tỉ lệ trộn là 24/60 = 2/5