Title Chuyên đề 51 - Bài toán tổng hợp - Phạm Nhi - Đồng Nai.docx ✅

Tên Giáo Viên Soạn: Phạm Nhi Nhóm Thầy: Nguyễn Quốc Dũng – Tel & Zalo: 0904.599.481 Page 1 Chuyên Đề: BÀI TOÁN TỔNG HỢP (QUY ĐỔI, BẢO TOÀN, …) PHẦN A: LÍ THUYẾT ••• Bảo toàn nguyên tố: Trong các phản ứng hoá học, số nguyên tử của mỗi nguyên tố giữ nguyên nên: - Số mol nguyên tử của nguyên tố tham gia phản ứng bằng số mol nguyên tử của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng. - Khối lượng của nguyên tố tham gia phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó tạo thành sau phản ứng. ••• Định luật bảo toàn khối lượng “Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng”. Tổng quát: A + B → C + D  m A + m B = m C + m D Từ đó tính được khối lượng của 1 trong 4 chất A, B, C, D khi biết khối lượng của 3 chất còn lại. * Đối với phản ứng chỉ có chất rắn tham gia: Gọi m T là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, m S là tổng khối lượng các chất sau phản ứng. Phản ứng xảy ra hoàn toàn hay không hoàn toàn ta luôn có: m T = m S * Đối với phản ứng xảy ra trong dung dịch mà sản phẩm có chất kết tủa tạo thành hoặc có chất khí bay ra thì khi tìm khối lượng của dung dịch sau phản ứng phải trừ đi khối lượng chất rắn và chất khí tách ra khỏi dung dịch. m dd sau pứ = m dd trước pứ - m kết tủa – m khí * Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng của các kim loại và gốc acid: m muối = m kim loại + m gốc acid ••• Định luật bảo toàn điện tích Trong dung dịch các chất điện li hoặc chất điện li nóng chảy thì tổng số điện tích dương của các cation bằng tổng số điện tích âm của các anion. soá mol ñieän tích ion döông = soá molñieän tích ion aâm   ••• Định luật bảo toàn electron: Trong các phản ứng oxi hoá khử thì tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận. ∑n e nhường  = ∑ n e nhận Khi có nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn thì cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hoá, hoặc chất khử không cần quan tâm đến trạng thái trung gian và không cần viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra. PHẦN B: BÀI TẬP ĐƯỢC PHÂN DẠNG DẠNG 1: ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN * Phương pháp: - Phân tích đề bài có đặc điểm sau: + Bài toán hỗn hợp có số chất thành phần nhiều hơn số dữ kiện đề bài cho. + Dữ kiện đề bài cho không thể chuyển đổi thành số mol. + Các bài toán có nhiều giai đoạn chuyển hóa phức tạp. - Dựa vào dữ kiện đề bài để áp dụng bảo toàn khối lượng hoặc bảo toàn số mol nguyên tử nguyên tố, … cho phù hợp. * Ví dụ minh họa: VD1: Cho kim loại M (hoá trị II) tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl, thu được 9,916 lít khí H 2 (ở đkc 25 0 C, 1bar) và 125 gam dung dịch A có nồng độ 30,4%. Tìm tên kim loại M. Giải 0 2422 34 :2 :2 () :():3:()muoái + HHO : (mol) :4 t Alx Alxmol XmgYFexHSOymol FeOx Ox     
Tên Giáo Viên Soạn: Phạm Nhi Nhóm Thầy: Nguyễn Quốc Dũng – Tel & Zalo: 0904.599.481 Page 2 - Từ GT: = 0,4 (mol); = 38 (gam) - PTHH: M + 2HCl → MCl 2 + H 2 0,4 0,8 0,4 0,4 (mol) - Áp dụng BTKL, ta có: m M + m HCl = + → m M = 38 + 0,4. 2 – 0,8. 36,5 = 9,6 (gam) → M = 9,6 : 0,4 = 24 → M là kim loại Mg. VD2: Nung m gam hỗn hợp X gồm Al và Fe 3 O 4 (tỉ lệ mol 2 : 1) ở nhiệt độ cao, sau một thời gian, thu được chất rắn Y. Hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, thu được 6,1975 lít khí H 2 (đkc 25 0 C, 1bar) và dung dịch sau phản ứng chứa 78,54 gam hỗn hợp muối. Tính giá trị của m. Giải = 0,25 mol Bảo toàn H: = y – 0,25 Bảo toàn O: y – 0,25 = 4x (1) Muối → khối lượng muối: 2x.27 + 3x.56 + 96.y = 78,54 (2) Giải hệ pt (1) và (2): x = 0,09 → m = 25,74 (gam) VD3: Chia hỗn hợp X gồm 2 kim loại có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau. Phần 1: Hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thu được 1,9832 lít H 2  (đkc 25 0 C, 1bar). Phần 2: Nung trong không khí dư, thu được 2,84 gam hỗn hợp rắn chỉ gồm các oxide. Tính khối lượng hỗn hợp X. Giải Vì hỗn hợp X được chia thành 2 phần bằng nhau nên tổng số mol x điện tích ion dương (KL) trong 2 phần bằng nhau. BTĐT ⇒ 2n O 2-  = 1. n Cl -  ; Mà: n Cl -  = n H +  = 2n H2  = 0,16 mol ⇒ n O 2-  = 0,16 /2 = 0,08 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng ở phần 2: m oxide  = m Kl  + m O  ⇒ m Kl  = 2,84 – 0,08.16 = 1,56 gam ⇒ Khối lượng hỗn hợp X = 2.1,56 = 3,12 (gam) VD4: Hòa tan hết 7,44 gam hỗn hợp Al, Mg trong thể tích vừa đủ là 500 ml dung dịch HNO 3  loãng thu được dung dịch A và 3,4706 lít (đkc 25 0 C, 1bar) hỗn hợp hai khí đẳng mol có khối lượng 5,18 gam, trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp. Giải n hh  = 3,136/24,79 = 0,14 (mol) ; hh khí   = 5,18/0,14 = 37 NO (M = 30) → Khí 2: N 2 O (M = 44) n NO  =  = 0,14/2 = 0,07 mol
Tên Giáo Viên Soạn: Phạm Nhi Nhóm Thầy: Nguyễn Quốc Dũng – Tel & Zalo: 0904.599.481 Page 3 Al → Al 3+ + 3e N +5  + 3e → N +2  (NO) x 3x (mol) 0,21 0,07 (mol) Mg → Mg 2+ + 2e 2N +5  + 8e → 2N +1  (N 2 O) y 2y (mol)       0,56 0,07 (mol) Theo định luật bảo toàn e ⇒ 3x + 2y = 0,77 (1) Lại có : 27x + 24y = 7,44 (2) Giải hệ pt (1) và (2) → x = 0,2; y = 0,085 %m Mg  = 27,42%; %m Al  = 72,85% * Bài tập giải chi tiết Câu 1: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe 3 O 4 ; 0,1 mol FeS 2 vào dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m. Hướng dẫn giải n Fe (X) = 0,3 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 (mol) Vì nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi  Y là Fe 2 O 3 Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có sơ đồ sau: 2Fe ( trong X)  Fe 2 O 3 0,7mol 0,35 mol 23FeOm = 0,35. 160 = 56 (gam) Câu 2: Hỗn hợp X gồm 0,25 mol Cu 2 S và a mol FeS 2 . Hòa tan hết X trong dung dịch HNO 3 (vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa 2 muối sulfate và thoát ra khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính a. Hướng dẫn giải Bảo toàn nguyên tố Cu: Cu 2 S  2CuSO 4 0,25 mol 0,5 mol Bảo toàn nguyên tố Fe: 2FeS 2  Fe 2 (SO 4 ) 3 a mol a/2 mol Bảo toàn nguyên tố S ta có: 0,25 + 2a = 0,5 + 3.a/2  a = 0,5 (mol) Câu 3: Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS 2 (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H 2 SO 4 98%; biết hiệu suất quá trình điều chế H 2 SO 4 là 80%. Hướng dẫn giải (tấn) Bảo toàn nguyên tố S: FeS 2  2H 2 SO 4 120 (g) 2.98 (g) (tấn) m (quặng prit) = 1 (tấn) Câu 4: Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO 3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m. Hướng dẫn giải
Tên Giáo Viên Soạn: Phạm Nhi Nhóm Thầy: Nguyễn Quốc Dũng – Tel & Zalo: 0904.599.481 Page 4 A + HNO 3  Fe(NO 3 ) 3 + NO + H 2 O Bảo toàn nguyên tố Fe: n Fe(NO 3 ) 3 = n Fe = m/56 (mol); Bảo toàn nguyên tố N: n HNO 3 = n NO + 3.n Fe(NO 3 ) 3 = 0,1 + 3m/56 Bảo toàn nguyên tố H: n H 2 O = 2 1 . n HNO 3 = (0,1 + 3m/56)/2 ĐLBTKL: m A + m HNO 3 = m Fe(NO 3 ) 3 + m NO + m H 2 O  12 + 63.( 0,1 + 3m/56) = 242.m/56 + 30.0,1 + 18. (0,1 + 3m/56)/2  m = 10,08 (g) Câu 5: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS 2 và y mol Cu 2 S vào acid HNO 3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sulfate) và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính tỉ số x/y. Hướng dẫn giải Cách 1: Bảo toàn nguyên tố Bảo toàn Fe: 2FeS 2  Fe 2 (SO 4 ) 3 x mol 0,5x mol Bảo toàn Cu: Cu 2 S  2CuSO 4 y mol 2y mol ĐLBT nguyên tố S: 2x + y = 0,5x . 3 + 2y = 1,5x + 2y  0,5x = y  y x = 1 2 Cách 2: Bảo toàn điện tích dung dịch X chứa: Fe 2 (SO 4 ) 3 và CuSO 4 : FeS 2  Fe 3+ + 2SO 4 2- Cu 2 S  2Cu 2+ + SO 4 2- x mol x mol 2x mol y mol 2y mol y mol ĐLBTĐT: n điện tích dương = n điện tích âm  3x + 2.2y = (2x + y).2  2y = x  y x = 1 2 Câu 6: Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na 2 O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H 2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH) 2 và m gam NaOH. Tính m. Hướng dẫn giải 2Na + 2H 2 O  2NaOH + H 2 (1) Ba + 2H 2 O  Ba(OH) 2 + H 2 (2) Na 2 O + H 2 O  2NaOH (3) BaO + H 2 O  Ba(OH) 2 (4) Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y. Bảo toàn H: n H (H 2 O) = n NaOH + 2.n Ba(OH) 2 + 2n H 2 = x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)  n H 2 O ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol) ĐLBTKL: m X + m H 2 O (pư) = m NaOH + m Ba(OH) 2 + m H 2  21,9 + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05  x = 0,14 (mol)  m = 0,14.40 = 5,6 (g) Câu 7: Nung 23,70 gam KMnO 4 một thời gian được 22,10 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc, đun nóng thu được dung dịch Y chứa các chất tan KCl, MnCl 2 , HCl dư và V lít khí Z (đktc). Tính số mol HCl đã phản ứng? Tính giá trị V? Hướng dẫn giải 2KMnO 4 0t  K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 (1) Chất rắn gồm KMnO 4 ; K 2 MnO 4 , MnO 2 2KMnO 4 + 16HCl 0t  2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 + 8H 2 O (2)