Công thức toán học không thể tải, để xem trọn bộ tài liệu hoặc in ra làm bài tập, hãy tải file word về máy bạn nhé

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Các dạng bài tập hóa học chương trình THCS

Chuyên đề 1. Bài tập về nguyên tử

1/ Lý thuyết

* Nguyên tử (NT):

• Là hạt vô cùng nhỏ , trung hòa về điện, từ đó tạo nên các chất.
• Cấu tạo:

+ Hạt nhân mang điện tích (+)(Gồm: Proton(p) mang điện tích (+) và nơtron

(n) không mang điện ). Khối lượng hạt nhân được coi là khối lượng nguyên tử.

+ Vỏ nguyên tử chứa 1 hay nhiều electron (e) mang điện tích (-). Electron chuyển động rất nhanh quanh hạt nhân và sắp xếp theo lớp (thứ tự sắp xếp (e) tối đa trong từng lớp từ trong ra ngoài: STT của lớp : 1 2 3 …

Số e tối đa : 2e 8e 18e …

Trong nguyên tử:

• Số p = số e = số điện tích hạt nhân =số thứ tự của nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học

p  n  1,5p

• Quan hệ giữa số p và số n : ( đúng với 83 nguyên tố )

* Bài tập vận dụng:

1. Nguyên tử của một nguyên tố có cấu tạo bởi 115 hạt. hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 25 hạt . Tìm tên nguyên tố đó.
2. Tổng số hạt P,n,e một nguyên tử là 155. số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 33 hạt. Tìm tên nguyên tố đó.
3. Tổng số hạt P,n,e trong nguyên tử của một nguyên tố là 13. Tìm nguyên tố đó.
4. Nguyên tử M có số n nhiều hơn số p là 1 và số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10. Hãy xác định M là nguyên tố nào?
5. Tổng số hạt p, e, n trong nguyên tử là 28, trong đó số hạt không mang điện chiếm xấp xỉ 35% .Tìm tên nguyên tố đó.
6. Nguyên tử X có tổng các hạt là 52 trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 16 hạt.Tìm tên nguyên tố X
7. Một nguyên tử X có tổng số hạt e, p, n là 34. Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10. Tìm tên nguyên tử X.
8. Tìm tên nguyên tử Y có tổng số hạt trong nguyên tử là 13. Tính khối lượng bằng gam của nguyên tử.
9. Một nguyên tử X có tổng số hạt là 46, số hạt không mang điện bằng 8

15

số hạt

mang điện. Xác định nguyên tử X thuộc nguyên tố nào ?

1. Nguyên tử Z có tổng số hạt bằng 58 và có nguyên tử khối < 40 . Hỏi Z thuộc nguyên tố hoá học nào.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Chuyên đề 2: PHƯƠNG TRÌNH HÓA HỌC

• 1. Định nghĩa: Biểu diễn ngắn ngọn phản ứng hóa học.

Các bước lập phương trình hóa học:

• • B₁: Viết sơ đồ của phản ứng: gồm CTHH của các chất tham gia và sản phẩm.
  • B₂: Cân bằng số nguyên tử của mỗi nguyên tố bằng cách: tìm hệ số thích hợp đặt trước các công thức sao cho số nguyên tử của các nguyên tố 2 vế phương trình bằng nhau
  • B₃ : Viết PTHH: thay “ --->” bằng “ →”.

VD: Đốt cháy photpho trong oxi sau phản ứng thu được Đi photpho penta oxit.Viết PTHH của phản ứng trên.

Giải

* Chú ý: Trong công thức có nhóm nguyên tử như: (OH); (SO₄); (NO₃); (PO₄)…… Thì ta coi cả nhóm như một đơn vị để cân bằng.

VD: hòa tan Al bằng axit sunfuric sau phản ứng thu được Nhôm sunfat và hiđrô.Viết PTHH của phản ứng trên.

Giải:

* Lập phương trình bằng phương pháp đại số:

B₁ : Viết sơ đồ của phản ứng,rồi đặt các hệ số a,b,c,d,e…đứng trước các công thức.

B₂ : Tính số nguyên tử của các nguyên tố trước và sau phản ứng theo hệ số trong PTHH.

B₃ : Gán cho a = 1, sau đó dùng phép tính toán tìm các hệ số(b,c,d,e) còn lại theo a

B₄ : thay hệ số vừa tìm được vào PTHH.

VD: aP + bO₂ ---> cP₂O₅

Theo PTHH ta có:

Số nguyên tử P : a = 2c Số nguyên tử O : 2b = 5c

Đặt a = 1 → c = 1

2

=→ b 5

4

Thay a = 1 → c = 1

2

=→ b

5 vào PTHH ta được:

4

P + 5 O₂ → 1 P₂O₅

4 2

Hay 4P + 5O₂ → 2P₂O₅

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài tập:

Bài 1: Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

1. CaCO₃ + HCl ---> CaCl₂ + CO₂ + H₂O

b. Fe₂O₃ + H₂SO₄ ---> Fe₂(SO₄)₃ + H₂O

c. Al(NO₃)₃ + KOH ---> KNO₃ + Al(OH)₃

d. Fe(OH)₂ + O₂ + H₂O ---> Fe(OH)₃

Bài 2: Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:

1. Fe_xO_y + O₂ ---> Fe₂O₃
2. Fe_xO_y + H₂SO₄ --->

Fe2 (SO4 )2 y

x

+ H₂O

1. Fe_xO_y + H₂SO_{4 đặc} ---> Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + H₂O
2. Fe(OH )
   • O ^to  Fe O  H O

2 y 2 2 3 2

x

Chuyên đề 3. Tính toán hóa học:

Tính theo công thức hóa học.

• 1. Tính thành phần % ( theo khối lượng) của các nguyên tố trong hợp chất A_xB_yC_z.

a. Cách giải:

Thành phần % của các nguyên tố A,B,C trong hợp chất là:

% A 

%B 

%C 

x.M A

M

A B C

x y z

y.MB

M

A B C

x y z

z.MC

M

A B C

x y z

.100%

.100%

.100%

Hoặc %C = 100% - (%A + %B )

b. VD: Tính thành phần % theo khối lượng của các nguyên tố trong hợp chất MgCO₃.

Giải

Thành phần phần trăm của các nguyên tố Mg; C; O trong hợp chất là

%Mg  24 .100%  28, 57%

84

% C  12 .100%  14, 29%

84

% O  100%  (28, 57% 14, 29%)  57,14%

Lập công thức hóa học của hợp chất theo thành phần

* Trường hợp 1: Thành phần % các nguyên tố

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

a₁ . Dạng 1: Biết phân tử khối:

- Cách giải:

B₁ : Đặt công thức đã cho ở dạng chung A_xB_yC_z ( x,y,z nguyên dương ,tối giản) B₂ : Tìm số mol nguyên tử của mỗi nguyên tố có trong 1 mol hợp chất.

% A.M A B C

nA  x 

nB  y 

nC  z 

x y z mol

100%.M A

% B.M A B C

x y z mol

100%.MB

% C.M A B C

x y z mol

100%.M

C

B₃ : Thay x, y, z vừa tìm được vào công thức ở dạng chung ta được công thức cần tìm.

b₁ : VD.

Xác định công thức hóa học của B có khối lượng mol là 106 g , thành phần % về khối lượng của các nguyên tố là: 43,4% Na ; 11,3% C còn lại là của Oxi.

Giải

Công thức đã cho có dạng: Na_xC_yO_z ( x, y, z nguyên dương, tối giản ) Số mol nguyên tử của mỗi nguyên tố có trong 1 mol hợp chất là:

% Na.Mh

43, 4.106

n  x ^^c   2mol

^Na 100%.M

Na

% C.Mh

100.23

11, 3.106

n  y ^^c   1mol

^C 100%.M

C

% O.Mh



100.16

100  43, 4 11, 3 .106

n z ^^c   3mol

^O 100%.M 100.16

O

Vậy công thức hóa học của hợp chất B là Na₂CO₃.

a₂ . Dạng 2 : Không biết phân tử khối.

- Cách giải: B₁: Tương tự dạng 1. B₂ : Ta có tỉ lệ .

x : y : z 

% A : %B : %C M A MB MC

 a : b : c

( a,b,c là số nguyên dương tối giản)

B₃ : Thay x = a ; y = b ; z = c vào công thức chung ta được công thức cần tìm.

b₂ : Ví dụ như dạng 1 nhưng không cho khối lượng mol.

Giải

Công thức đã cho có dạng: Na_xC_yO_z ( x, y, z nguyên dương, tối giản ) Ta có tỉ lệ :

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

% Na % C % O 43, 4 11, 3

100  43, 4 11, 3

x : y : z 

MNa

: : 

MC MO

: :

23 12 16

= 1,88 : 0,94 : 2,83

= 2 : 1 : 3

Vậy CTHH của B là Na₂CO₃ .

* Trường hợp 2 : Tỉ lệ khối lượng của các nguyên tố a₁. Dạng 1: Biết phân tử khối.

- Cách giải:

B₁ : Đặt công thức đã cho ở dạng chung A_xB_y ( x,y nguyên dương ,tối giản) B₂ : Tìm tỉ lệ về khối lượng các nguyên tố:

x.M A

y.MB

 mA mB

=> y  x.M A .mB

MB .mA

(1)

tìm.

B₃ : Mặt khác ta có : x.M_A + y.M_B = M_hc (2)

B₄ : Thay (1) vào (2) ta tìm được x , y rồi thay vào CT chung ta được công thức cần

b₁ Ví dụ: Tìm công thức hóa học của một oxit sắt biết phân tử khối bằng 160

và có tỉ lệ khối lượng là m_Fe : m_O = 7 : 3.

Giải

Giử sử CTHH của oxit sắt là Fe_xO_y ( x, y nguyên dương , tối giản ) Ta có tỉ lệ về khối lượng là :

x.MFe  mFe  x.56  7  y  1, 5x

(1)

y.MO mO y.16 3

Mặt khác: 56x + 16y = 160 (2) Từ (1) và (2) => x = 2 ; y = 3 .

Vậy CTHH của oxit sắt là : Fe₂O₃ .

a₂ . Dạng 2: Không biết phân tử khối.

- Cách giải:

B₁ : Đặt công thức đã cho ở dạng chung A_xB_y ( x,y nguyên dương ,tối giản) B₂ : Tìm tỉ lệ về khối lượng các nguyên tố:

x.M A

y.MB

 mA mB

=> x  mA.MB  a y mB .M A b

( a,b là số nguyên dương ,tối giản )

B₃ : Thay x = a ; y = b vào CT chung ta được công thức cần tìm.

b₂ . Ví dụ: Như dạng 1 nhưng không cho phân tử khối.

Giải

Giử sử CTHH của oxit sắt là Fe_xO_y ( x, y nguyên dương , tối giản ) Ta có tỉ lệ về khối lượng là :

x.MFe  mFe  x  mFe .MO  7.16  2

y.MO mO y mO .MFe 3.56 3

=> x = 2 ; y = 3 .

Vậy công thức hóa học của oxit sắt là : Fe₂O₃ .

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

* Trường hợp 3: Tỉ khối của chất khí.

- Cách giải:

- Theo công thức tính tỉ khối của chất khí .

d  M A

M  M .d

A B

M

B =>

M A

A B A B

=> Xác định công thức hóa học.

d A 

KK 29

MA  29.dA

B

- Ví dụ 1 : Tìm CTHH của oxit cacbon biết tỉ khối hơi đối với hiđrô bằng 22.

Giải Giả sử CTHH của oxit cacbon là C_xO_y .

Theo bài ra ta có:

d  22  M

x y x y

C O

C O

H2

 22.2  44

=> CTHH của oxit cacbon có M = 44 là CO₂.

- Ví dụ 2 : Cho 2 khí A,B có công thức lần lượt là N_xO_y và N_yO_x và có tỉ khối hơi lần

lượt là

d A  22; dB

H 2 A

 1, 045 .Xác định CTHH của A,B.

Giải

Theo bài ra ta có :

MN O

d  x y

NxOy

H2

MH2

 22  M

NxOy

 22.2  44

 14x 16 y  44

(1)

M

N O

d  y x

NyOx

NxOy

M

N O

x y

 1, 045  M

NyOx

 44.1, 045  45, 98

 14 y 16x  45, 98

(2)

Từ (1) và (2) => x = 2 ; y = 1 => A là N₂O ; B là NO₂

Biện luận giá trị khối lượng mol (M) theo hóa trị (x,y) để tìm NTK và PTK. a₁. Dạng 1: Biết thành phần % về khối lượng.

- Cách giải:

+ Đặt công thức tổng quát A_xB_y ( x, y Nguyên dương )

+ Ta có tỉ lệ khối lượng các nguyên tố :

x.M A

y.MB

 % A

%B

 M A  % A.y

. Biện luận tìm giá trị của M_A, M_B theo x, y.

MB %B.x

+ Viết thành công thức.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

b₁. Ví dụ : Xác định CTHH của Oxit một kim loại R chưa rõ hóa trị.Biết

thành phần % về khối lượng của Oxi trong hợp chất bằng 3 %

7

của R trong

hợp chất đó.

Giải

Gọi n là hóa trị của R → CT của hợp chất là R₂O_n

Gọi %R = a% → %O = 3 a % .

7

Theo đề ra ta có:

2.MR

n.MO

 a%  7 3

a%

3

7

 M  7.16.n  112n

R

3.2 6

Vì n là hóa trị của kim loại R nên n chỉ có thể là 1,2,3,4. Ta xét bẳng sau:

Từ kết quả bảng trên ta được CTHH của hợp chất là : Fe₂O₃.

a₂ . Dạng 2 : Biết tỉ lệ về khối lượng.

- Cách giải:

+ Đặt công thức tổng quát A_xB_y ( x, y Nguyên dương )

+ Ta có tỉ lệ khối lượng các nguyên tố :

x.M A

y.MB

 mA mB

 M A  y.mA

. Biện luận tìm giá trị của M_A, M_B theo x, y.

MB x.mB

+ Viết thành công thức.

b₂. Ví dụ: Xác định công thức hóa học của oxit một kim loại A chưa rõ hóa trị.Biết tỉ lệ về khối lượng của A và oxi là 7 : 3.

Giải.

Gọi n là hóa trị của A → CT của hợp chất là A₂O_n Ta có tỉ lệ khối lượng các nguyên tố :

2.M A

n.MO

 mA

mO

 M A  n.mA  7n

MO 2.mO 2.3

 M  16.7.n  112n

A

6 6

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 Vì n là hóa trị của kim loại A nên n chỉ có thể là 1,2,3,4.

Ta xét bẳng sau:

Từ kết quả bảng trên ta được CTHH của hợp chất là : Fe₂O₃.

*Bài tập:

Bài 1: Tính thành phần % theo khối lượng của các nguyên tố trong các hợp chất sau:

a. Al₂(SO₄)₃ ; b. NH₄NO₃ ; c. Mg(NO₃)₂ ; d. Fe₃O₄ ; e. H₃PO₄

g. SO₃ ; h. NH₄HSO₄ ; t. KNO₃ ; n. CuSO₄ ; m . CO₂.

Bài 2: Trong các loại phân bón sau, loại nào có hàm lượng N cao nhất: NH₄NO₃ ; NH₄Cl ; (NH₄)₂SO₄ ; KNO₃ ; (NH₂)₂CO.

Bài 3: Lập công thức hóa học của sắt và oxi,biết cứ 21 phần khối lượng sắt thì kết hợp với 8 phần khối lượng oxi.

Bài 4:Hợp chất khí B, Biết tỉ lệ về khối lượng các nguyên tố tạo thành là m_C : m_H = 6 : 1 Một lít khí B(đktc) nặng 1,25 gam. Xác định CTHH của B.

Bài 5 : Xác định CTHH của hợp chất C , biết tỉ lệ về khối lượng các nguyên tố là: m_Ca : m_N : m_O = 10 : 7 : 24 và 0,2 mol hợp chất C nặng 32,8 gam.

Bài 6 : Xác định CTHH của hợp chất D ,biết 0,2 mol hợp chất D có chứa 9,2 gam Na ; 2,4 gam C và 9,6 gam O.

Bài 7: Oxit của kim loại R ở mức hóa trị thấp chứa 22,56% Oxi,cũng oxit của kim loại đó ở mức hoá trị cao chứa 50,48% Oxi.Xác định kim loại R.

Tính theo phương trình hóa học.

• Cách giải chung:
  • Đổi số liệu của đề bài ra số mol
  • Viết PTHH.
  • Dựa vào PTHH,tìm số mol của chất cần tìm theo số mol của chất đã biết ( bằng cách lấy hệ số của chất cần tìmchia cho hệ số của chất đã biết và nhân với số mol của chất đã biết)
  • Đổi số mol vừa tìm được ra yêu cầu của đề bài:

Dạng toán cơ bản:

- Đề cho ( khối lượng (gam); thể tích chất khí (đktc) ) của một chất, yêu cầu tính khối lượng,thể tích các chất còn lại.

VD₁: Cho sơ đồ phản ứng sau:

Al + HCl ---> AlCl₃ + H₂

• • 1. Tính khối lượng của AlCl₃ thu được khi hòa tan hoàn toàn 6,75 gam Al.
    2. Tính thể tích H₂ (đktc) thu được sau phản ứng.

Giải

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

m 6, 75

nAl    0, 25 mol

PTHH:

M 27

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

ĐB: 0,25 mol → 0,25 mol → 0,375 mol

1. Tính khối lượng của AlCl₃ .

Theo (1) →

3

mAlCl  n.M  0, 25.133, 5  33, 375

(g)

1. Tính thể tích của H₂ ở (đktc).

Theo (1) → V  n.22, 4  0, 375.22, 4  8, 4 ( lít )

H

2

VD₂ : Đốt cháy hoàn toàn 6,72 lít C₃H₈ (đktc) trong không khí sau phản ứng thu

được khí CO₂ và H₂O.

1. Tính thể tích khí O₂ và không khí (đktc) cần dùng để đốt cháy hết lượng C₃H₈ nói trên.
2. Tính khối lượng CO₂ tạo ra . Biết thể tích O₂ chiếm 1

5

thể tích không khí.

Giải

V 6, 72

PTHH:

nC3H8  22, 4  22, 4  0, 3 mol

C₃H₈ + 5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O (1)

ĐB: 0,3 mol → 1,5 mol → 0,9 mol

1. Tính thể tích khí O₂ và không khí ở (đktc)

Theo (1) → V

O

2

 n.22, 4  1, 5.22, 4  33, 6

lít

→ V_KK = 5. VO = 5.33,6 = 168 lít

2

1. Tính khối lượng của CO₂.

Theo (1) →

2

mCO  n.M  0, 9.44  39, 6 g

* Bài tập:

Bài 1 : Để khử hết một lượng Fe₃O₄ cần dùng 13,44 lít khí H₂ (đktc).

• 1. Viết PTHH xảy ra.
  2. Tính khối lượng của Fe₃O₄ đem phản ứng.
  3. Tính khối lượng Fe sinh ra.

Bài 2: Cho dây sắt đã được nung nóng đỏ vào bình chứa khí Clo sau phản ứng kết thúc thấy có 16,25 g FeCl₃ được tạo ra.

1. Viết PTHH xảy ra.
2. Tính khối lượng Fe và Cl₂ đã phản ứng.

Bài 3: Cho Cu tác dụng với H₂SO₄ đặc nóng ,sau phản ứng thu được CuSO₄ ,11,2 lít SO₂ (đktc) và H₂O.

1. Viết phương trình hóa học.
2. Tính khối lượng CuSO₄ thu được sau phản ứng.

Bài 4: Cho FeO tác dụng với HNO₃ ,sau phản ứng thu được Fe(NO₃)₃ , nước và 8,96 lít NO₂ (đktc).Tính khối lượng Fe(NO₃)₃ thu được sau phản ứng.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Dạng toán thừa thiếu

a₁. Dạng 1: Có 2 chất phản ứng.

Đề cho ( khối lượng , thể tích chất khí ) của 2 chất phản ứng.Yêu cầu tính khối lượng hoặc thể tích chất sản phẩm.

* Cách giải chung:

• Đổi số liệu của đề bài ra số mol.
• Viết PTHH
• Xác định lượng chất nào phản ứng hết,chất nào còn dư bằng cách Lập tỉ số:

Số mol chất A đề cho > < Số mol chất B đề cho Số mol chất A trên PT Số mol chất B trên PT

=> Tỉ số nào lớn hơn => chất đó dư ;tỉ số nào nhỏ hơn => chất đó phản ứng hết.

• Dựa vào phương trình hóa học, tìm số mol của các chất sản phẩm theo chất phản

ứng hết.

• Đổi số mol vừa tìm được ra yêu cầu của đề bài: ( m = n.M hoặc V = n.22,4 )

b₁ . Ví dụ: Đốt cháy 5,4 g Al trong bình chứa 6,72 lít O₂ (đktc). Tính khối lượng của Al₂O₃ thu được sau phản ứng.

Giải:

Số mol của Al và O₂ là:

n 5, 4

nAl    0, 2 mol

M 27

V 6, 72

nO2  22, 4  22, 4  0, 3 mol

Theo (1) kết hợp với đề bài ta có tỉ số:

nAl

 0, 2  0, 3  nO

=> Al phản ứng hết ; O

còn dư.

4 4 3 3 2

2

Theo (1)

Al2O3

 n

 1 n

2 Al

 0,1 mol

* Bài tập

2 3

 mAl O

 n.M  0,1.102  10, 2 g

Bài 1: Đốt cháy 5,4 g Al trong bình chứa 7,84 lít khí O₂ (đktc) ,sau phản ứng thu được Nhôm oxit.Tính khối lượng Nhôm oxit.

Bài 2: Đốt cháy 12,4 g P trong bình chứa 13,44 lít O₂ (đktc) sau phản ứng thu được Đi photpho pentaoxit.

1. Phot pho hay Oxi,chất nào còn dư ,dư bao nhiêu gam.
2. Tính khối lượng của Đi photpho penta oxit.

Bài 3: Cho 8,1 g Al vào dung dịch có chứa 29,4 g H₂SO₄ ,Sau phản ứng thu được Al₂(SO₄)₃ và khí H₂.

1. Viết PTHH xảy ra.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1. Tính khối lượng của Al₂(SO₄)₃ thu được
2. Tính thể tích của H₂ (ở đktc)

Bài 4: Cho 15 g CaCO₃ vào dung dịch có chứa 7,3 g HCl sau phản ứng thấy có V lít khí thoát ra.Tính V ( ở đktc).

a₂ . Dạng 2: Hỗn hợp kim loại hoặc hỗn hợp muối tác dụng với axit => Chứng minh axit dư hoặc hỗn hợp dư.

- Cách giải: Giả sử hỗn hợp chỉ có một kim loại hoặc muối có M nhỏ,để khi chia khối lượng hỗn hợp 2 kim loại hoặc 2 muối cho M nhỏ ta được số mol lớn,rồi so sánh với số mol của axit để xem axit còn dư hay hỗn hợp còn dư.

nhỗn hợp 2 kim loại hoặc muối <

mhh MMin

< naxit

b1. Ví dụ 1: Cho 3,78 g hỗn hợp Mg và Al tác dụng với dung dịch có chứa 18,25 g

HCl.

1. Chứng minh rằng sau phản ứng với Mg và Al thì axit vẫn còn dư.
2. Tính khối lượng của Mg và Al trong hỗn hợp ban đầu khí có 4,368 lít H₂ (đktc) sinh ra.

Giải

Số mol của HCl là:

18, 25

nHCl 

36, 5

 0, 5

mol

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

1. Chứng minh rằng sau phản ứng với Mg và Al thì axit vẫn còn dư.

Đặt

 n Al

 n

 xmol

 ymol

 M g

Theo đề ra ta có:

27x + 24y = 3,78 > 24 ( x+ y )

=> 3,78/24 = 0,16 > x + y (*)

Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có:

n_HCl = 3x + 2y < 3( x + y ) (**) Từ (*) và (**) => 3x + 2y < 3( x + y ) < 3.0,16 = 0,48.

=> n_{HCl phản ứng} = 3x + 2y < 0,48 , mà theo bài ra n_{HCl đem phản ứng} = 0,5 mol

=> Lượng hỗn hợp tan hết, axit còn dư.

1. Tính khối lượng của Mg và Al trong hỗn hợp ban đầu Số mol của H₂ sinh ra là:

4, 368

n 

H

2 22, 4

 0,195

mol

Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có hệ phương trình:

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

27x  24 y  3, 78



 3

 2 x  y  0,195

Giải hệ phương trình trên ta được:

khối lượng của Mg và Al là: m_Mg = 0,045.24 = 1,08 g

m_Al = 0,1.27 = 2,7 g

x  0,1



 y  0, 045

Ví dụ 2: Hòa tan 7,8 g hỗn hợp gồm Mg và Zn bằng dung dịch H₂SO₄ , sau phản ứng thu được dung dịch A và 2,24 lít khí H₂ (đktc). Chứng minh sau phản ứng kim loại vẫn còn dư.

Giải:

Đặt

 n M g 





 n Z n

xm o l ym o l

Theo đề ra ta có : 24x + 65y = 7,8

Nếu x = 0 thì y = 0,12 mol Nếu y = 0 thì x = 0,325 mol

Vậy 0,12 < x + y < 0,325 (*)

Mặt khác theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có:

2, 24

nH2  x  y  22, 4  0,1 mol (**)

Từ (*) và (**) => kim loại tan chưa hết sau phản ứng vì : x + y = 0,1 < 0,12 .

* Bài tập:

Bài 1: Cho 3,85 g hỗn hợp Zn và Mg tác dụng với 14,6 g HCl.

1. Chứng minh sau phản ứng axit vẫn còn dư.
2. Nếu thấy thoát ra 1,68 lít H₂ (đktc).Hãy tính thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 2: Cho 31,8 g hỗn hợp gồm 2 muối MgCO₃ và CaCO₃ vào dung dịch có chứa 29,2 g HCl.

1. Chứng minh sau phản ứng axit vẫn còn dư.
2. Tính khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu,khi thấy có 7,84 lít khí CO₂ (đktc) thoát ra.

Bài 3: Hòa tan 13,2 g hỗn hợp A gồm 2 kim loại có cùng hóa trị bằng dung dịch có chứa 21,9 g HCl.Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 32,7 g hỗn hợp muối khan.

1. Chứng minh hỗn hợp A tan không hết.
2. Tính thể tích H₂ sinh ra ở (đktc)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài 4: Cho 3,87 g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào dung dịch B chứa 0,25 mol HCl và 0,125 mol H₂SO₄ ta thu được dung dịch C và 4,368 lít H₂ (đktc).

1. Chứng minh trong dung dịch vẫn còn dư axit.
2. Tính thành phần % của mỗi kim loại trong hỗn hợp A.

Bài 5: Hòa tan 7,74 g hỗn hợp 2 kim loại Mg và Al bằng dung dịch có chứa 0,5 mol HCl và 0,19 mol H₂SO₄ ,sau phản ứng thu được dung dịch A và 8,736 lít H₂ (đktc).

1. Chứng minh trong dung dịch vẫn còn dư axit.
2. Tính khối lượng của mỗi muối trong dung dịch A.

Bài 6: Cho 5,6 g hỗn hợp gồm Mg ,Zn , Al Tác dụng với dung dịch có chứa 25,55 g HCl Hỗn hợp kim loại tan hết không ?Vì sao?

Hỗn hợp tác dụng với 1 chất.

Đề cho ( khối lượng , thể tích chất khí ) của hỗn hợp chất phản ứng với 1 lượng chất phản ứng khác hoặc 1 lượng chất sản phẩm …Tìm khối lượng hoặc thể tích hay thành phần % hay khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu hoặc sản phẩm.

• Cách giải chung:
• Đổi số liệu của đề bài ra số mol.(Nếu có)
• Viết PTHH
• Đặt số mol của mỗi chất cần tìm trong hỗn hợp là x,y.Dựa vào PTHH lập mối quan hệ số mol của chất có liên quan.
• Lập hệ phương trình toán học,rồi giải để tìm x,y
• Đổi x,y vừa tìm được ra yêu cầu của đề bài.
• Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn 7,8 g hỗn hợp 2 kim loại Al và Mg cần dùng 4,48 lít O₂ (đktc),sau phản ứng kết thúc thu được hỗn hợp chất rắn gồm Al₂O₃ và MgO.

1. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
2. Tính khối lượng của Al₂O₃ và MgO thu được sau phản ứng.

Giải:

Số mol của O₂ là :

V 4, 48

n    0, 2

O

2 22, 4 22, 4

mol

PTHH: 4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃ (1)

x mol ¾ x mol ½ x mol 2Mg + O₂ → 2MgO (2)

y mol ½ y mol y mol

1. Tính khối lượng của Al và Mg trong hỗn hợp ban đầu. Đặt n_Al = x mol ; n_Mg = y mol

Theo đề ra ta có phương trình:

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

mAl  mMg  27x  24 y  7,8 (*)

Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có :

3 1

n  x  y  0, 2 (**)

O

2 4 2

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:

27x  24 y  7,8



 3 1

 4 x  2 y  0, 2

Giải hệ trên ta được:

x  0, 2



 y  0,1

Khối lượng của Al và Mg là :

m_Al = n.M = 0,2 .27 = 5,4 g

m_Mg = n.M = 0,1 .24 = 2,4 g

1. Tính khối lượng của Al₂O₃ và MgO là:

Theo (1) →

nAl2O3

 1 n

2 Al

 0,1 mol

→ mAl O

2 3

 n.M  0,1.102  10, 2 g

Theo (2) →

→

nMgO  nMg  0,1 mol

mMgO  n.M  0,1.40  4 g

Ví dụ 2: Để đốt cháy hết 6,72 lít hỗn hợp khí CH₄ và C₂H₆ cần dùng 24 gam O₂ , sau phản ứng thu được CO₂ và H₂O.

1. Tính khối lượng của mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu.
2. Tính thể tích khí CO₂ thu được sau phản ứng. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc.

Giải.

Số mol của hỗn hợp khí và O₂ là :

6, 72

nhhk  22, 4  0, 3 mol

24

nO2  32  0, 75 mol

PTHH: CH₄ + 2O₂ → CO₂ + 2H₂O (1)

x mol 2x mol x mol

2C₂H₆ + 7O₂ → 4CO₂ + 6H₂O (2)

y mol 7 y mol 2y mol

2

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1. Tính khối lượng của CH₄ và C₂H₆ trong hỗn hợp ban đầu là:

Đặt :

 nCH 4



 nC H

 xmol

 ymol

 2 6

Theo đề ra ta có phương trình: n_hhk= x + y = 0,3 (*)

Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có:

7

n  2x +

O

2

y = 0,75 (**)

2

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:

 x 



y  0 , 3

 2 x  7



 2

y  0 , 7 5

Giải hệ trên ta được:

 x  0, 2



 y  0,1

khối lượng của CH₄ và C₂H₆ trong hỗn hợp ban đầu là:

mCH  n.M  0, 2.16  3, 2 gam

4

m  n.M  0,1.30  3 gam

C H

2 6

1. Tính thể tích của CO₂ thu được .

2

Theo (1) và (2) =>

nCO

 x  2y  0, 4 mol

* Bài tập.

2

=> VCO

 0, 4.22, 4  8, 96

lít

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 15,6 g hỗn hợp gồm Mg và Al bằng dung dịch H₂SO₄ ,sau phản

ứng thu được 92,4 g hỗn hợp muối.

• 1. Tính thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
  2. Tính thể tích H₂ sinh ra ở (đktc) bằng 2 cách.

Bài 2: Cho 44,7 g một hỗn hợp gồm CaCO₃ và BaCO₃ vào dung dịch HCl lấy dư ,sau phản

ứng thu được 48,55 g hỗn hợp muối và V lít CO₂ (đktc).

1. Tính khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
2. Tính V.

Bài 3: Cho 34,75 g hỗn hợp 2 muối gồm BaCO₃ và MgSO₃ vào dung dịch HCl lấy dư ,sau phản ứng thu được hỗn hợp khí C có tỉ khối hơi so với hiđrô bằng 24,5.

1. Viết PTHH xảy ra.
2. Tính khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 4: Chia hỗn hợp gồm Fe và Fe₂O₃ làm 2 phần bằng nhau:

Phần 1: Cho H₂ đi qua phần 1 nung nóng thì thu được 11,2 g Fe.

Phần 2: Ngâm trong HCl dư ,sau phản ứng thu được 2,24 lít H₂(đktc).Tính thành phần % của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 5: Cho hỗn hợp X có thành phần khối lượng như sau:%MgSO₄ = %Na₂SO₄ = 40%

,phần còn lại là của MgCl₂.Hòa tan a g hỗn hợp X vào nước được dung dịch Y,Thêm tiếp dung dịch Ba(OH)₂ vào Y cho đến dư thì thu được (a + 17,962) gam kết tủa T.

1. Tìm giá trị a

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1. Nung T ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được b gam chất rắn Z.Tìm b.

Bài 6: Hoà tan hết 7,74 gam hỗn hợp hai kim loại magie và nhôm bằng dung dịch có chứa 0,5 mol HCl và 0,14 mol H₂SO₄ thu được dung dịch A và 8,736 lít khí hiđro đo ở điều kiện tiêu chuẩn.Tính khối lượng muối khan thu được.

Xác định công thức hóa học theo phương trình hóa học. a₁ . Dạng 1: Biết hóa trị của nguyên tố.

- Cách giải:

+ Đặt công thức chất cần tìm ở dạng chung.

+ Gọi x là số mol, M là NTK của nguyên tố cần tìm.

+ Viết phương trình hóa học,đặt số mol x vào phương trình và tính số mol của chất đã cho theo x và M.

+ Lập PT hoặc hệ phương trình toán học,giải PT hoặc hệ phương trình toán học để tìm khối lượng mol (M) của chất cần tìm => NTK => dựa vào bảng toàn hoàn xác định nguyên tố.

b₁. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 7,2 g một kim loại hóa trị II bằng dung dịch HCl dư

,thu được 6,72 lít H₂ (đktc) .Xác định tên kim loại.

Giải:

Số mol của H₂ thu được là :

6, 72

mol

nH2  22, 4  0, 3

Đặt M là kim loại hóa trị II đã dùng:

PTHH : M + 2HCl → MCl₂ + H₂ (1)

0,3 mol 0,3 mol

Theo (1) => n = n

H

M

2

= 0,3 mol

7, 2

=>

M   24

M 0, 3

Vậy kim loại có hóa trị II là Mg = 24.

Ví dụ 2: Cho 2 g hỗn hợp gồm Fe và kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư thì thu được 1,12 lít H₂ (đktc). Mặt khác,Nếu hòa tan 4,8 g kim loại hóa trị II đó cần chưa đến 18,25 g HCl.Xác đinh tên kim loại.

Giải

Gọi M là nguyên tử khối và cũng là kí hiệu của kim loại hóa trị II.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Đặt :

 n _{F e} 





 n M

xm o l ym o l

Theo đề ra ta có: 56x + My = 2 (*) Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có:

1,12

nH2  x  y  22, 4  0, 05 mol (**)

Từ (*) và (**) ta có :

Vì 0 < y < 0,05 nên

0,8

y 

56  M

0  0,8

 0, 05

=> M < 40 (3*)

56  M

Mặt khác : theo (2) kết hợp với đề bài ta có :

4,8 9, 6

nHCl  2nM

 2.

 mol

M M

Mà đề ra : 9, 6

M

< n_HCl = 18, 25  0, 5

36, 5

mol => M > 19,2 (4*)

Từ (3*) và (4*) => 19,2 < M < 40 . Vì M là kim loại có hóa trị II ,Nên chỉ có Mg = 24 là phù hợp.

*Bài tập:

Bài 1: Hòa tan 24g một oxit kim loại hóa trị II cần dùng 29,4 g H₂SO₄ .Xác định công thức của oxit.

Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 8,1 g một kim loại hóa trị III bằng dung dịch H₂SO₄ sau phản

ứng thấy có 10,08 lít khí H₂ thoát ra (đktc).Xác định tên kim loại.

Bài 3: Cho 4g Fe và một kim loại hóa trị II vào dung dịch H₂SO₄ loãng dư thu được 2,24 lít H₂ (đktc).Nếu cho 1,2 g kim loại hóa trị II đó phản ứng với O₂ thì cần chưa đến 0,7 lít O₂ (đktc).

1. Xác định kim loại hóa trị II.
2. Tính thành phần % của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R có hóa trị II vào dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí H₂ ở đktc. Mặt khác khi hòa tan hoàn toàn 9,2 gam kim loại R trong dung dịch HCl có chứa 1mol HCl thu được dung dịch B, cho quỳ tím vào dung dịch B thấy quỳ tím chuyển thành màu đỏ.

1. Xác định kim loại R
2. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

a₂. Dạng 2 : Không biết hóa trị của nguyên tố.

- Cách giải:

+ Đặt công thức chất cần tìm ở dạng chung.

+ Gọi n là hóa trị , x là số mol, M là NTK của nguyên tố cần tìm.

+ Viết phương trình hóa học,đặt số mol x vào phương trình và tính số mol của chất đã cho theo x và M.

+ Lập PT hoặc hệ phương trình toán học,biện luận giá trị để tìm khối lượng mol (M) theo hóa trị (n) của nguyên tố cần tìm ( 1 ≤ n ≤ 4 ) => NTK hoặc PTK => dựa vào bảng toàn hoàn xác định nguyên tố => Công thức của hợp chất.

b₂. Ví dụ 1: Cho 7,2 g một kim loại chưa rõ hóa trị phản ứng hoàn toàn với 21,9 g HCl. Xác định tên kim loại.

Giải.

Đặt M là kim loại có hóa trị n , M cũng là nguyên tử khối của kim loại M.

PTHH : 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂ ( 1 )

0, 6 mol 0,6 mol

n

Theo (1) => n_M = 1 .n

n

HCl

= 0, 6

n

mol

=> M = 7, 2  12n .

0, 6

n

Vì n là hóa trị của kim loại nên chỉ nhận các giá trị 1,2,3,4 . Ta xét bảng sau:

Từ bảng trên ta thấy chỉ có Mg = 24 có hóa trị II là phù hợp.

Ví dụ 2: Để khử 6,4 g một oxit kim loại cần dùng 2,688 lít H₂ (đktc).Nếu lấy lượng kim loại thu được cho tác dụng với dung dịch HCl dư thì giải phóng 1,792 lít H₂ (đktc) .

Tìm tên kim loại.

Giải.

Theo lý thuyết số mol H₂ dùng để khử oxit của kim loại phải bằng số mol của H₂ sinh ra khi cho lượng kim loại đó tác dùng với dung dịch axit khi hóa trị của kim loại không thay đổi( hóa trị của kim loại trong oxit và trong muối như nhau).

Theo đề ra ta có :

2, 688

n 

H

2 22, 4

 0,12

mol ( dùng để khử oxit kim loại)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1, 792

n 

H

2 22, 4

 0, 08 mol ( Sinh ra khi cho kim loại tác dụng với dd axit)

muối.

Như vậy,hóa trị của kim loại có thay đổi do số mol H₂ khác nhau ở 2 phản ứng. Gọi M là kim loại cần tìm, n là hóa trị của M trong oxit, m là hóa trị của M trong

PTHH : M O + nH to  2M + nH O (1)

2 n 2 2

0,12 mol

m

2M + 2mHCl

• to  2MCl

+ mH₂

(2)

0,08 mol

Từ (1) và (2) ta có tỉ lệ :

nmolH 2

 0,12

 3 .=> n = 3 ; m = 2 .

mmolH 2 0, 08 2

Thay n = 3 vào phương trình (1) ta được:

M O + 3H to  2M + 3H O (3)

2 3 2 2

0,04 mol 0,12 mol

Theo (3) =>

n  1 n

2 3 3 H2

M O

 0, 04

mol.

=> khối lượng mol của M₂O₃ là :

6, 4

M   160

M O

2 3 0, 04

=> 2M + 48 = 160

=> M = 56

Vậy kim loại cần tìm là Fe = 56.

* Bài tập:

Bài 1: Cho 3,06 g M_xO_y của kim loại M có hóa trị không đổi ( hóa trị từ 1 đến 3) vào HNO₃ dư thì thu được 5,22 g muối.Xác định công thức của M_xO_y.

Bài 2: Hòa tan a gam một oxit sắt cần dùng 0,45 mol HCl,còn nếu khử toàn bộ cũng khối lượng oxit sắt nói trên bằng CO nung nóng,dư thì thu được 8,4 g Fe.Tìm công thức của oxit sắt.

Bài 3: Khử hoàn toàn 23,2g một oxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình 0,25 mol Ba(OH)₂ thấy tạo ra 19,7g kết tủa. Nếu cho lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl dư thì thu được 6,72 lít khí (đktc). Xác định oxit kim loại đó.

Bài 4: Khử hoàn toàn 32 g một oxit kim loại M cần dùng tới 13,44 lít H₂ (đktc).Cho toàn bộ kim loại thu được tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được 8,96 lít H₂ (đktc)

Xác định kim loại M và công thức hóa học của Oxit.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

5 . Giải bài toán dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố .

* Phương pháp: Giải bài toán dựa vào quan hệ về số mol.

- Biết số mol nguyên tố => số mol của chất chứa nguyên tố đó và ngược lại.

VD:

nAl

(SO ) 0,3mol

=> n_Al = 2.0,3 = 0,6 mol

2 4 3

=> n_S = 3.0,3 = 0,9 mol

=> n_O = 12.0,3 = 3,6 mol

• Định luật : nX ( Trước phản ứng ) = nX ( sau phản ứng )
• Dấu hiệu: Đề cho số liệu số mol hoặc thể tích ( trực tiếp hoặc gián tiếp )

* Phân loại:

- Dạng 1: Từ nhiều chất một chất chứa nguyên tố đang xét

VD: Hỗn hợp kim loại / oxit / hiđrôxit ^Axit Muối ^{dd bazơ} Bazơ ^to Oxit

=> Nguyên tố kim loại được bảo toàn.

- Dạng 2: Từ 1 chất hỗn hợp nhiều sản phẩm chứa nguyên tố đang xét

3 3

VD: ( CO₂ , SO₂ ) + dd kiềm _{không dư}

=> Bảo toàn nguyên tố : X (S,C)

XO^2  HXO^

( X : C,S )

=> nX(XO )  n

2 n

 =>

nXO  n

2  n 

2 X (XO3 )

X(HXO3 )

2 XO3

HXO3

- Dạng 3: Bài toán khử hỗn hợp oxit kim loại bằng (CO hoặc H₂) chỉ khử được những oxit của kim loại yếu hơn Al.

0

Sơ đồ: oxit kim loại + (CO , H ) t Chất rắn + hỗn hợp khí (CO,H ,CO ,H O)

2

Bản chất là các phản ứng:

2 2 2

CO + [ O ] → CO₂ H₂ + [ O ] → H₂O

=> n_O =

2

2

nCO =

nH O

=> m chất rắn = mOxit – mO .

* Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ cần 0,05 mol H₂. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H₂SO₄ đặc thu được khí SO₂ (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn.Tính thể tích SO₂.

Giải

PT: FeO + H₂  Fe + H₂O Fe₂O₃ + 3H₂  2Fe + 3H₃O

Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H2 + O( Oxit)  H2O

0,05  0,05 mol

Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ lần lượt là x, y, z. Ta có: n_O = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

 nFe

 3,04  0,05 16  0,04 mol

56

 x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3/2 rồi trừ (1) ta có:

x + y = 0,02 mol.

Mặt khác:

2FeO + 4H₂SO₄  Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4H₂O

x  x/2

2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄  3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

y  y/2

 tổng:

nSO2

 x  y  0,2  0,01 mol

2 2

Vậy: VSO  224 ml.

2

Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H₂ đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe₃O₄, Al₂O₃ nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của

hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m.

Hướng dẫn giải

Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O  CO₂

H₂ + O  H₂O.

Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy:

m_O = 0,32 gam.

 nO

 0,32  0,02 mol

16

 nCO  nH   0,02 mol .

2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxit = mchất rắn + 0,32

 16,8 = m + 0,32

 m = 16,48 gam.

 Vhh (COH )  0,02  22,4  0,448 lít

2

Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H₂ qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al₂O₃, CuO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ có khối lượng là 24 gam , được đun nóng.

Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là bao nhiêu gam?

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

nhh (COH2 )

 2,24  0,1 mol

22,4

Hướng dẫn giải

Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O  CO₂

H₂ + O  H₂O.

Vậy: nO  nCO  nH  0,1 mol .

2

 m_O = 1,6 gam.

Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  1,6 = 22,4 gam

Bài tập vận dụng

Bài 1: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe_xO_y bằng H₂ dư ở nhiệt độ cao thu

được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Tính khối lượng H₂O tạo thành sau phản ứng.

Bài 2: Khử hết m gam Fe₃O₄ bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H₂SO₄ 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m?

Bài 3: Dẫn từ từ V lít khí CO (đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, Fe₂O₃ (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)₂ thì tạo thành 4 gam kết tủa. Tính V.

Bài 4: Cho V lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm CO và H₂ phản ứng với một lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO và Fe₃O₄ nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng hỗn hợp rắn giảm 0,32 gam. Tính V .

Bài 5: Khử hoàn toàn một oxit sắt X ở nhiệt độ cao cần vừa đủ V lít khí CO (đktc), sau phản ứng thu được 0,84 gam Fe và 0,02 mol khí CO₂. Xác định công thức của X và Tính V .

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Giải bài toán dựa vào định luật bảo toàn khối lượng.

a₁ . phương pháp: Giải bài toán dựa vào quan hệ khối lượng

- Dấu hiệu: Đề bài cho số liệu dưới dạng khối lượng ( trực tiếp hoặc gián tiếp) ,đặt biệt trong đó có khối lượng khổng đổi thành số mol được.

• • Hệ quả 1: Đối với 1 phản ứng hay 1 chuỗi phản ứng.

-Thì m các chất tham gia = m Các chất sản phẩm

• • Hệ quả 2 : Đối với 1 chất
• Thì : m Chất = m Các thành phần tạo nên nó.
• Hệ quả 3: Trong phản ứng có n chất tham gia và sản phẩm nếu biết m của (n -1) chất thì tính được khối lượng của chất còn lại.
• Hệ quả 4: Bài toán : Kim loại + axit → Muối + khí
• Phương pháp : + mMuối = m kim loại + m anion tạo muối

+ m kim loại = mMuối - m anion tạo muối

(m _{anion tạo muối} tính theo số mol khí thoát ra )

VD: 2HCl => H₂ => n

^- = 2 n

2

Cl

H

H₂SO₄ => H₂ =>

nSO 2  nH 2

b₁. Ví dụ 1 : Hoàn tan hoàn toàn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe,Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ dung dịch H₂SO₄ loãng ,thu được 1,344 lít H₂ (đktc) và dung dịch chứa m gam muối .Tính m

4

Giải:

PTHH chung : M + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂ (1)

Theo (1) ta có :

n

H 2 SO4

 n

2

H

 1, 334  0, 06 mol

22, 4

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_Muối = m_X + m_Axit - m _Hiđrô = 3,22 + 0,06.98 - 0,06.2 = 8,98 g

Ví dụ 2: Hòa tan 10 g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại hóa trị II và III bằng dung dịch HCl dư thu được dung dịch A và 6,72 lít khí (đktc).

Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan?

Giải:

Gọi 2 kim loại hóa trị II và III lần lượt là X,Y .

PTHH: XCO₃ + 2HCl → XCl₂ + CO₂ + H₂O (1) Y₂(CO₃)₃ + 6HCl → 2YCl₃ + 3CO₂ + 3H₂O (2)

Số mol CO₂ sinh ra ở phản ứng (1) và (2) là :

0, 672

nCO 

2

22, 4

 0, 03mol

Theo (1) và (2) ta thấy:

số mol nước luôn bằng số mol CO₂

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

nH O  nCO

2 2

 0, 03mol

Và số mol axit luôn bằng 2 lần số mol CO₂.

nHCl  2nCO

2

 0, 06mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m hỗn hợp muối cacbonat + mHCl = m hỗn hợp muối Clorua +

mCO  mH O

2 2

=> m _{hỗn hợp muối Clorua} = 10 + 0,06.36,5 - 0,03.44 - 0,03.18

= 10,33 g

* Bài tập:

Bài 1: Hòa tan hoàn toàn 23,8 g hỗn hợp 2 muối Cacbonat của kim loại hóa trị I và II bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và 4,48 lít khí (đktc).

Hỏi cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan?

Bài 2: Hòa tan 15,6 g hỗn hợp gồm Mg và Al bằng dung dịch H₂SO₄ lấy dư,sau phản ứng thu được 92,4 g hỗn hợp muối và V lít khí H₂ (đktc). Tính V.

Bài 3: Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m g hỗn hợp gồm Fe,FeO,Fe₃O₄ và Fe₂O₃ đun nóng thu được 64 g Fe,khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dung dịch Ca(OH)₂ dư thu được 40 g kết tủa.Tính m

Bài 4: Hoàn tan hoàn toàn 11,8 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl loãng ,thu được 11,2 lít H₂ (đktc) và dung dịch chứa m gam muối .Tính m. Bài 5 : Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thu được 0,2mol khí CO₂. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.

Bài 6 : Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO₃ 63%.Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO₂ duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A.

Bài 7: Cho 7,8 gam hỗn hợp kim loại Al và Mg tác dụng với HCl thu được 8,96 lít H₂ (ở đktc). Hỏi khi cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan.

Bài 8. Hòa tan hoàn toàn 8,68g hỗn hợp (Fe,Mg,Zn) cần dùng hết 160 ml dung dịch HCl 2M.

1. Tính thể tích H₂(đktc) thoát ra.
2. Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng thì thu được bao nhiêu gam muối khan?

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Giải bài toán bằng phương pháp khối lượng mol trung bình ( M )

1. Lý thuyết:

• Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp là khối lượng của 1 mol hỗn hợp đó.
• Công thức tính khối lượng mol trung bình:

+ M =

mhh nhh

 M1.n1  M 2 .n2 ...  Mi .ni

n1  n2 ...  ni

(1)

+ Đối với chất khí vì thể tích tỉ lệ với số mol nên (1) được viết lại như sau:

M = M1.V1  M 2 .V2 ...  Mi .Vi

V1  V2 ...  Vi

(2)

Từ (1) và (2) suy ra : M = M₁.x₁ + M₂.x₂ + … + M_i.x_i (3)

( x₁ ,x₂…x_i là thành phần % số mol hoặc thể tích chất khí, được lấy theo số thập phân nghĩa là : 100% tương ứng với x = 1 , 50% ứng với x = 0,5)

• Nếu hỗn hợp gồm 2 chất thì :

Từ (1) => M =

Từ (2) => M =

M1.n1  M 2 .(n  n1 )

n

M1. V1  M 2 .(V V1 )

V

Từ (3) => M = M₁.x + M₂.(1 – x )

Tính chất:

+ M Min < M < M Max

+ Nếu số mol hoặc thể tích 2 chất khí bằng nhau thì M =

M1  M 2

2

1. Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 8,5 g một hỗn hợp gồm 2 kim loại kiềm A,B thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn bằng nước ,sau phản ứng thấy có 3,36 lít khí H₂ sinh ra ( ở đktc).
2. Tìm 2 kim loại A,B.
3. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Giải:

1. Tìm 2 kim loại A,B:

Đặt

 n _A



 n B

 xm ol

 ym ol

Theo (1) và (2) ta có: n_hh = x + y =

2n  2. 3, 36  0, 3

mol (*)

=> M =

mhh nhh

H2

 8, 5  28, 33

0, 3

22, 4

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 Giả sử : M_A < M_B ,Dựa vào bảng tuần hoàn kết hợp với đề bài ta thấy:

Na = 23 < M < 39 = K .

Vậy 2 kim loại cần tìm là Na = 23 và K = 39.

1. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu:

Theo đề ra ta có phương trình khối lượng hỗn hợp 2 kim loại là: m_Na + m_K = 23x + 39y = 8,5 (**)

Từ (*) và (**) ta có:

 x  0, 2



 y  0,1

=> m_Na = 0,2 . 23 = 4,6 g

=> m_K = 0,1 . 39 = 3,9 g

Ví dụ 2: Để hòa tan hoàn toàn 28,4 gam hỗn hợp 2 muối Cacbonat của 2 kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm II,cần dùng a gam HCl,sau khi kết thúc phản ứng thấy có 6,72 lít khí CO₂ thoát ra ở (đktc) và dung dịch A có chứa m gam hỗn hợp muối.

• 1. Tính giá trị a
  2. Xác định tên 2 kim loại và tính giá trị m.

Giải:

1. Tính giá trị của a

Số mol CO₂ sinh ra là:

6, 72

nCO2  22, 4  0, 3

mol

Thay hỗn hợp 2 muối Cacbonat bằng M CO₃.

PTHH: M CO₃ + 2HCl → M Cl₂ + CO₂ + H₂O (1)

0,3 mol 0,6 mol 0,3 mol 0,3 mol Theo (1) => n_HCl = 2 nCO = 0,6 mol

2

=> m_HCl = 0,6 . 36.5 = 21,9 g

1. Xác định tên 2 kim loại và tính giá trị m.

2

Theo (1)

  n

M C O 3

 n C O

 0 , 3 m o l

Gọi A,B là KHHH của 2 kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm II.

Giả sử : M_A < M_B ,Dựa vào bảng tuần hoàn kết hợp với đề bài ta thấy: Mg = 24 < M = 34,67 < 40 = Ca .

Vậy 2 kim loại cần tìm là Mg = 24 và Ca = 40. Khối lượng muối thu được trong dung dịch A là :

m

m =

M Cl2

 ( M

 71).0, 3  (34, 67  71).0, 3  31, 7 g

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

* Bài tập:

Bài 1: Cho 7,6 g hỗn hợp 2 kim loại kiềm thổ thuộc 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn tác dụng với dung dịch HCl dư,sau phản ứng thu được 5,6 lít H₂ (đktc) và dung dịch B.Xác định tên kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 2: Cho 2g hỗn hợp gồm Fe và kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư thì thu được 1,121 lít H₂ (đktc).Mặt khác,nếu hòa tan 4,8g kim loại hóa trị II đó cần chưa đến 500 ml dung dịch HCl 1M.Xác định kim loại hóa trị II.

Bài 3.Hoà tan 103,8 g hỗn hợp gồm ZnCO₃ và RCO₃ bằng 300ml dung dịch H₂SO₄ loãng ta thu được dung dịch A, chất rắn B và 4,48 lít CO₂ (đktc). Cô cạn dung dịch A thì thu được 16,1g muối khan. Mặt khác đem nung chất rắn B tới khối lượng không đổi thì thu được 8,96 lít CO₂ (đktc) và chất rắn B₁. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch H₂SO₄ loãng đã dùng, khối lượng của B, B₁ và khối lượng nguyên tử của R. Biết trong hỗn hợp đầu số mol của RCO₃ gấp 2 lần số mol của ZnCO₃.

Bài 4: Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm thổ A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn có khối lượng là 10,4 gam. Hỗn hợp này tan hết trong dung dịch HCl dư ,thu được 6,72 lít khí H₂ (đktc). Tìm hai kim loại A, B và khối lượng của mỗi kim loại.

Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm II_A và thuộc hai chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ta thu được dung dịch X và 672 ml CO₂ (ở đktc).

1. Hãy xác định tên hai kim loại.
2. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?

Bài 6. Hoà tan hỗn hợp 6,4 gam CuO và 16 gam Fe₂O₃ trong 320ml dung dịch HCl 2M. Sau phản ứng có m rắn không tan và m’ gam muối. Xác định m và m’ biến thiên trong khoảng nào ?

Bài 7. Hoà tan vừa đủ 6 gam hỗn hợp gồm kim loại X ( hoá trị I) và kim loại Y ( hoá trị II) trong hỗn hợp hai axit HNO₃ và H₂SO₄ thấy có 2,688 lớt hỗn hợp khí NO₂ và SO₂ sinh ra ( đktc) nặng 5,88 gam. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được m ( gam) muối khan.

a/ Tìm m

b/ Khi tỉ lệ số mol của các khí thay đổi thì m biến thiên trong khoảng nào ?

Bài 8. Cho 46,7 gam hỗn hợp X gồm CuO, ZnO, FeO vào trong 800ml ddHCl 1,75M . Lượng axit còn dư phải trung hoà bằng 200ml ddNaOH 1M. Xác định khoảng biến thiên % khối lượng FeO trong hỗn hợp X.

Bài 9. Hỗn hợp A gồm 0,56 gam Fe và 16 gam Fe₂O₃. Trộn A với a mol bột nhôm rồi nung ở nhiệt độ cao( không có không khí ) thu được hỗn hợp B. Nếu cho B tan trong H₂SO₄ loóng dư thì thu được V lít khí , nhưng nếu cho B tan trong NaOH dư thì thu được 0,25V lít khí ( các khí trong cùng điều kiện)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 a/ Viết các PTHH xảy ra

b/ Tìm khoảng biến thiên của khối lượng nhôm ( nếu phản ứng nhiệt nhôm chỉ tạo ra Fe)

Bài 10: Hòa tan hoàn toàn 10,4 g một hỗn hợp gồm 2 kim loại kiềm thổ A,B thuộc 2 chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn bằng dung dịch HCl ,sau phản ứng thấy có 6,72 lít khí H₂ sinh ra ( ở đktc).

• 1. Tìm 2 kim loại A,B.
  2. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

Bài 11: Để hòa tan hoàn toàn 5,04 gam hỗn hợp 2 muối Cacbonat của 2 kim loại thuộc phân nhóm chính nhóm I,cần dùng x gam HCl,sau khi kết thúc phản ứng thấy có 0,896 lít khí CO₂ thoát ra ở (đktc) và dung dịch A có chứa y gam hỗn hợp muối.

1. Tính giá trị x
2. Xác định tên 2 kim loại và tính giá trị y.

Bài 11: Để hoà tan 9,6g một hỗn hợp đồng mol (cùng số mol) của 2 oxit kim loại có hoá trị II cần 14,6g axit HCl. Xác định công thức của 2 oxit trên. Biết kim loại hoá trị II có thể là Be, Mg, Ca, Fe, Zn, Ba.

Đáp số: MgO và CaO

Bài 12: a/ Cho 13,8 gam (A) là muối cacbonat của kim loại kiềm vào 110ml dung dịch HCl 2M. Sau phản ứng thấy còn axit trong dung dịch thu được và thể tích khí thoát ra V₁ vượt quá 2016ml. Viết phương trình phản ứng, tìm (A) và tính V₁ (đktc).

b/ Hoà tan 13,8g (A) ở trên vào nước. Vừa khuấy vừa thêm từng giọt dung dịch HCl 1M cho tới đủ 180ml dung dịch axit, thu được V₂ lít khí. Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính V₂ (đktc).

Bài 13.Hoà tan hết 11,3g hỗn hợp A gồm Fe và kim loại R (hoá trị II không đổi) vào 300ml dung dịch HCl 2,5M thu được 6,72 lit khí (đktc). Mặt khác lấy 4,8g kim loại M tan hết vào 200ml dung dịch H₂SO₄ nồng độ 2M thì H₂SO₄ còn dư.

a/ Xác định kim loại R.

b/ Tính thành phần % theo khối lượng của Fe, R trong hỗn hợp.

Bài 14: Khi cho 3,1 gam hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp tác dụng hết với nước ta thu được 1,12 lít H₂ (đktc). Xác định hai kim loại và tính thành phần

% theo khối lượng của hỗn hợp.

Bài 15. Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn có khối lượng là 8,5 gam. Hỗn hợp này tan hết trong nước dư cho ra 3,36 lít khí H₂ (đktc). Tìm hai kim loại A, B và khối lượng của mỗi kim loại.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1. Giải bài toán bằng phương pháp tăng , giảm khối lượng . a₁ . Dạng 1: Kim loại phản ứng với muối của kim loại yếu hơn.

• Cách giải chung:
• Viết PTHH:
• Tính khối lượng của kim loại tăng hoặc giảm theo PTHH.
• Tính khối lượng của kim loại tăng hoặc giảm theo đề bài.
• Tính số mol kim loại tăng hoặc giảm :

n kim loại tăng hoặc giảm = mX

mY

( m _X : khối lượng kim loại tăng hoặc giảm theo đề bài ,m _Y : khối lượng kim loại tăng hoặc giảm theo PTHH , mX = m KL sau phản ứng - m KL trước phản ứng )

• Dựa vào PTHH tìm số mol của chất cần tìm theo số mol của chất đã biết

( hoặc lập PT hay hệ PT đại số ,giải PT hoặc hệ PT để tìm số mol.)

• Đổi số mol vừa tìm được ra yêu cầu của đề bài.
• Lưu ý: - Nếu khối lượng kim loại tăng thì:

m Kim loại tăng = m Kim loại giải phóng - m Kim loại tan

• • Nếu khối lượng kim loại giảm thì:

m Kim loại giảm = m Kim loại tan – m Kim loại giải phóng

• • Nếu đề bài cho khối lượng thanh kim loại tăng a% hoặc giảm b% thì nên đặt thanh kim loại ban đầu là m gam.vậy khối lượng thanh kim loại tăng a%.m hay giảm b%.m.

b₁. Ví dụ 1: Cho một lá Cu có khối lượng 6 g vào dung dịch AgNO₃.Phản ứng xong,đem lá kim loại ra rửa sạch,làm khô cân lại được 13,6 g. Tính khối lượng của Cu tham gia phản ứng.

Giải:

PTHH: Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓ (1)

Theo (1) Cứ 1 mol Cu phản ứng hết thì khối lượng kim loại tăng : 108.2 – 64 = 152 gam Mà theo đề ra khối lượng kim loại tăng là : 13,6 – 6 = 7,6 g.

=> Số mol của Cu tham gia phản ứng là: n_Cu = 7, 6  0, 05mol

152

=> m_Cu = 0,05.64 = 3,2 g

Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M có hóa trị II vào dung dịch CuSO₄,sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%.Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO₃)₂ ,sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%.Xác định tên kim loại M,biết số mol của CuSO₄ và Pb(NO₃)₂ tham gia phản ứng bằng nhau.

Giải:

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là nguyên tử khối của kim loại, x là số mol của kim loại phản ứng.

PTHH: M + CuSO₄ → MSO₄ + Cu (1)

Theo (1) => Cứ 1 mol M phản ứng hết thì khối lượng thanh kim loại giảm là ( A - 64 )g

Theo đề ra thì khối lượng thanh kim loại giảm là : 0, 05.m g

100

Theo (1) =>

nCuSO

4

 nM

0, 05.m

 100

A  64

mol (*)

Mặt khác, nếu nhúng thanh kim loại M vào dung dịch Pb(NO₃)₂ ta có PTHH sau: PTHH: M + Pb(NO₃)₂ → M(NO₃)₂ + Pb (2)

Theo (2) => Cứ 1mol M phản ứng hết thì khối lượng thanh kim loại tăng là: ( 207- A ) g

Theo đề ra thì khối lượng thanh kim loại tăng là: 7,1.m g

100

Theo (2) =>

nPb( NO3 )2

 nM

7,1.m

 100

207  A

mol (**)

Theo đề bài số mol của CuSO₄ và Pb(NO₃)₂ tham gia phản ứng bằng nhau.Nên từ (*) và

(**) ta có:

0, 05.m

100 =

A  64

7,1.m

100

207  A

Giải phương trình trên ta được: A = 65.Vậy kim loại M cần tìm là kẽm Zn = 65.

a₂. Dạng 2: Tăng giảm khối lượng của chất kết tủa hay khối lượng dung dịch sau phản ứng.

* Khi gặp bài toán cho a gam muối clorua ( của kim loại Ba,Ca,Mg..) Tác dụng với dung dịch muối Cacbonat tạo muối kết tủa có khối lượng b gam.Hãy tìm công thức muối clorua.

• Cách giải chung:

+ Tìm số mol muối clorua bằng cách:

• • Độ giảm khối lượng muối = a – b là do thay Cl₂ (71) bằng CO₃ (60)

=> n _Muối =

a  b

71 60

+ Tìm khối lượng mol phân tử muối clorua :

=> M Muối clorua =

a nmuoi

+ Tìm NTK của kim loại: M_KL = M _Muối - 71 => kim loại cần tìm => CTHH của

rmuối clorua.

* Khi gặp bài toán cho m gam muối cacbonat của kim loại hóa trị II tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư thu được n gam muối sunfat.Hãy tìm công thức muối cacbonat.

• Cách giải chung:

+ Tìm số mol muối cacbonat bằng cách:

• • Độ giảm khối lượng muối = n – m là do thay CO₃ (60) bằng SO₄ (96)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

=> n _Muối =

n  m

96  60

+ Tìm khối lượng mol phân tử muối cacbonat :

=> M Muối cacbonat =

m nmuoi

+ Tìm NTK của kim loại: M_KL = M _Muối - 60 => kim loại cần tìm=> CTHH của

muối cacbonat.

b₂. Ví dụ 1: Cho 29,55 g một muối cacbonat kim loại hóa trị II vào dung dịch H₂SO₄ lấy dư,Sau phản ứng thu được 44,95 g kết tủa và khí C.

1. Tìm tên kim loại hóa trị II.
2. Tính thể tích khí C ở (đktc).

Giải:

1. Tìm tên kim loại hóa trị II.

Gọi A là KHHH của kim loại hóa trị II ,

PTHH: ACO₃ + H₂SO₄ → ASO₄↓ + CO₃↑ + H₂O (1)

Theo (1) Cứ 1mol ACO₃ chuyển thành 1mol ASO₄ thì khối lượng tăng là: 96 - 60 = 36g Mà theo đề ra khối lượng của muối tăng là : 34,95 – 29,55 = 5,4 g

=> n Muối cacbonat = 5, 4  0,15mol

36

Khối lượng mol của muối cacbonat là :

M Muối cacbonat =

m =

nmuoi

29, 55  197

0,15

=> M_A = 197 – 60 = 137

Vậy kim loại có hóa trị II là Ba = 137.

1. Tính thể tích khí C ở (đktc). Khí C là CO₂:

2

Theo (1) =>

nCO  n Muối cacbonat = 0,15 mol

*Bài tập:

2

=> VCO

 0,15.22,4 = 3,36 lít

Bài 1 : Nhúng một thanh sắt nặng 8g vào dung dịch CuSO₄ ,Sau một thời gian lấy thanh sắt ra cân lại thấy nặng 8,8g.Tính khối lượng của sắ đã tham gia phản ứng.

Bài 2: Một tấm Zn có khối lượng 50g được cho vào dung dịch CuSO₄ ,sau một thời gain đem tấm kim loại ra rửa sạch,làm khô,cân nặng 49,82g.Hãy xác định khối lượng CuSO₄ tham gia phản ứng.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài 3: Nhúng một thanh kim loại M hoá trị II vào 0,5 lít dd CuSO₄ 0,2M. Sau một thời gian phản ứng, khối lượng thanh M tăng lên 0,40g trong khi nồng độ CuSO₄ còn lại là 0,1M.Xác định kim loại M.

Bài 4. Một tấm Zn có khối lượng 50 g được cho vào dung dịch CuSO₄.Sau khi phản ứng kết thúc đem tấm kim loại ra rửa sạch,làm khô,cân nặng 49,82 g.Hãy xác định lượng CuSO₄ có trong dung dịch và khối lượng Zn đã phản ứng.

Bài 5. Hòa tan hoàn toàn 44,7 g hỗn hợp A gồm XCO₃ và YCO₃ bằng dung dịch HCl.Sau phản ứng thu được 7,84 lít khí (đktc).Tính khối lượng hỗn hợp muối thu được sau phản ứng.

Bài 6 . Hòa tan 14 g hỗn hợp 2 muối MCO₃ và N₂(CO₃)₃ bằng dung dịch HCl dư ,thu được dung dịch A và 0,672 lít khí(đktc).Cô cạn dung dịch A thì thu được bao nhiêu gam muối khan.

Bài 7: Hòa tan hoàn toàn 4g hỗn hợp MCO₃và M^/CO₃vào dung dịch HCl thấy thoát ra V lít khí (đktc).Dung dịch thu được đêm cô cạn thu được 5,1g muối khan .Tính V.

Bài 8.Có 2 thanh kim loại R(Hóa trị II) có cùng khối lượng .

Thả thanh thứ nhất vào dung dịch CuSO₄ và thanh thứ 2 vào dung dịch AgNO₃.Sau khi kết thúc phản ứng,lấy 2 thanh kim loại đó ra khỏi dung dịch thấy khối lượng thanh thứ nhất nhẹ hơn so với ban đầu,cũn thanh thứ 2 nặng hơn so với ban đầu.Biết tất cả kim loại sinh ra đều bám vào thanh R,phần khối lượng tăng thêm gấp 75,5 lần khối lượng giảm đi và số mol 2 kim loại bám vào thanh R trong 2 thí nghiệm trên đều bằng nhau.Xác định tên kim loại R?

Bài 9: Hoà tan hoàn toàn 13,25 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí B, cô cạn dung dịch A thu được 46,975 gam muối khan tính thể tích khí B ở đktc.

Bài 10 : Hoà tan hỗn hợp 60,6 gam hai muối cacbonnat kim loại hoá trị II và III bằng dung dịch HCl dư thu được dung dịch A và 14,56 lít CO₂ (ở đktc).Tính khối lượng muốn tạo thành trong dung dịch A.

Bài 11: Hòa tan hoàn toàn 15,6g hỗn hợp gồm Kim loại A và B bằng dung dịch H₂SO₄ lấy dư,sau phản ứng thu được 17,92 lít H₂ ở (đktc).Tính khối lượng muối thu được sau phản.

Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 14,9 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl dư thu được dung dịch A và khí B, cô cạn dung dịch A thu được 32,65 gam muối khan Tính thể tích khí B ở đktc.

Bài 13: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hóa trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl dư. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Hiệu suất của phản ứng (%H)

* Dạng 1: Tính hiệu suất của phản ứng.

- Dựa vào lượng các chất tham gia phản ứng:

Lượng thực tế đã phản ứng(PTHH)

%H = x 100%

Lượng thực tế lấy vào ( đề cho)

- Dựa vào lượng các chất sản phẩm:

Lượng SP thực tế thu được (theo đề)

%H = x 100%

Lượng SP thu được theo PTHH

* Dạng 2: Đề bài cho hiệu suất của phản ứng yêu cầu tính khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm

Ví dụ 1: Đốt cháy 12,8 g P trong oxi dư sau phản ứng thu được 24,85 g P₂O₅.Tính hiệu suất của phản ứng.

Số mol của P₂O₅ là :

24,85

Giải:

n 

P O

2 5 142

 0,175mol

PTHH : 4P + 5O₂ → 2P₂O₅ (1)

0,35 mol ← 0,175 mol

Theo (1) => n

P

PU

 2 n

2 5

P O

 0, 35 m ol

=> m

P

PU

 0, 35.31  10, 85g

Vậy hiệu suất của phản ứng là:

%H  10,85 .100%  84, 77%

12,8

Ví dụ 2: Người ta nung 14 g CaCO₃ ,sau phản ứng thu được 5,6 g CaO và khí CO₂.

Tính hiệu suất của phản ứng nung vôi.

Số mol của CaCO₃ là :

14

nCaCO3  100  0,14mol

Giải:

PTHH: CaCO₃

• • to  CaO + CO

(1)

0,14 mol 0,14 mol

2

Theo (1) =>

nCa O

 nCa C O

 0,14 mol

=> m_CaO = 0,14 . 56 = 7,84 g

3

Vậy hiệu suất của phản ứng là:

%H 

5, 6 .100%  71, 43%

7,84

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Ví dụ 3: Có thể điều chế được bao nhiêu kg Al từ 1 tấn quặng bôxit có chứa 95% Al₂O₃ ,biết hiệu suất của phản ứng là 98%.

Giải:

Khối lượng Al₂O₃ có trong 1 tấn quặng bôxit chứa 95% Al₂O₃ là:

1000.95  950kg

100

PTHH: 2Al₂O₃ ^D^PN^C 4Al + 3O₂ (1)

PT: 2.102 kg 4.27 kg

ĐB: 950 kg 503 kg

Theo (1) => khối lượng của Al thu được từ 950 kg Al₂O₃ là

950.4.27  503kg 2.102

Do hiệu suất phản ứng 98% nên lượng Al thực tế thu được là:

503.98  493kg 100

* Bài tập :

Bài 1: Nung 500 kg đá vôi ( có chứa 20% tạp chất) thì thu được 340 kg vôi sóng.Tính hiệu suất của phản ứng.

Bài 2: Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế sắt bằng cách dùng H₂ để khử 16 g Fe₂O₃.Sắt mới được điều chế cho phản ứng với H₂SO₄ loãng dư, thu được 3 lít H₂ (đktc).Tính hiệu suất của phản ứng.

Bài 3: Trong phòng thí nghiệm người ta điều chế khí O₂ bằng cách nhiệt phân KMnO₄

ở nhiệt độ cao.Hãy tính hiệu xuất của phản ứng khi nhiệt phân 15,8g KMnO₄ sau phản ứng thu được 0,896 lít O₂ (đktc).

Bài 4: Có thể điều chế được bao nhiêu lít O₂ (đktc) khi nhiệt phân 36,75g KClO₃ .Biết hiệu suất của phản ứng đạt 85%.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Chuyên đề 4 : Dung dịch

1.Các công thức chuyên đổi:

- Công thức tính nồng độ %:

C%  mct .100%

mdd

(%)

=> CT tính khối lượng chất tan:

m  C%.mdd

(gam)

^ct 100%

=> CT tính khối lượng dung dịch:

mdd

 mct C%

.100%

(gam)

=> CT tính số mol :

n  C%.mdd

100%.M

(mol)

- Công thức tính nồng độ mol :

CM 

n Vdd

( mol/lít hoặc M )

=> CT tính số mol : n = C_M . V_dd (mol)

=> CT tính thể tích dung dịch:

Vdd 

C

n

( lít )

- Công thức tính khối lượng riêng của dung dịch:

d  mdd

Vdd

M

( g/ml)

=> Công thức tính khối lượng dung dịch: m_dd = d. V_dd (gam)

=> Công thức tính thể tích dung dịch :

Vdd

 mdd

d

(ml)

- Yêu cầu Học sinh lập CT mối quan hệ giữa C% với C_M và C% với S.

C  C%.10d

M M

; C%  M .CM

10.d

; C% 

S

S 100

.100%

; S 

1. C% 100  C%

Toán về độ tan:

1. Định nghĩa : Độ tan (S) của một chất trong nước là số gam chất đó tan được trong 100 g nước để tạo thành dung dịch bão hòa ở một nhiệt độ nhất định.
2. Công thức tính :

S  mct .100

mH O

2

(gam) ( S là độ tan , m_ct là khối lượng chất tan )

* Ví dụ 1: Ở 20⁰C,hòa tan 80 g KNO₃ vào 190 gam nước thì thu được dung dịch bão hòa.Tìm độ tan của KNO₃ ở nhiệt độ đó.

Giải:

Theo bài ra ta có:

SKNO3 (20⁰ C )

 mct .100

mH O

2

= 80.100  42,1g 190

Vậy độ tan của KNO₃ ở 20⁰C là 42,1g

` * Ví dụ 2: Xác định lượng muối KCl kết tinh khi làm lạnh 604 g dung dịch muối

KCl bão hòa ở 80⁰C xuống 20⁰C.Cho S

0

KCl (80 C )

= 51 g và S

o KCl ( 20 C)

= 34g.

Ở 80⁰C S_KCl = 51 g

Giải :

Nghĩa là trong 151 g dung dịch KCl có chứa 51 g KCl Vậy trong 604 g dung dịch KCl có chứa x g KCl

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

604.51

=>

x   204g 151

KCl và 400 g Nước.

Ở 20⁰C S_KCl = 34g.

Nghĩa là 100 g Nước hòa tan được tối đa 34 g KCl. Vậy 400 g Nước hòa tan được tối đa y g KCl.

400.34

=>

y   136g

100

KCl

Vậy lượng KCl kết tinh trong dung dịch là : 204 - 136 = 68 g KCl

* Bài tập:

Bài 1: Ở 20⁰C,Trong 10 g Nước cất chỉ hòa tan tối đa được 1,61 g Na₂SO₄.tính độ tan của Na₂SO₄ ở nhiệt độ đó và tính C% của dung dịch Na₂SO₄ bão hòa ở nhiệt độ đó.

Bài 2: Xác định khối lượng NaNO₃ kết tinh lại khi hạ nhiệt độ của 84 g dung dịch NaNO₃ bão hòa từ nhiệt độ 100⁰C xuống 20⁰C.Biết độ tan của NaNO₃ ở 100⁰C và 20⁰C lần lượt là 180g và 88g.

Bài 3: Ở 12⁰C có 1335 g dung dịch CuSO₄ bão hòa.đun nóng dung dịch lên 90⁰C .Hỏi phải thêm bao nhiêu gam CuSO₄ vào dung dịch để được dung dịch bão hòa. Biết ở 20⁰C độ tan của CuSO₄ là 33,5g và ở 90⁰C là 80g.

Bài 4: Cho 0,2 mol CuO tan trong H₂SO₄ 20% vừa đủ, đun nóng.Sau đó làm nguội xuống 10⁰C .Tính khối lượng tinh thể CuSO₄.5H₂O đã tách khỏi dung dịch,biết độ tan của CuSO₄ ở 10⁰C là 17,4g.

Bài 5: Cho biết nồng độ của dung dịch KAl(SO₄)₂ bão hòa ở 20⁰C là 5,66%.

• 1. Tính độ tan của KAl(SO₄)₂ ở 20⁰C.
  2. Lấy 600 g dung dịch bão hòa KAl(SO₄)₂ ở 20⁰C đem đua nóng để làm bay hơi bớt 200 g nước,phần còn lại được làm lạnh đến 20⁰C.Hỏi có bao nhiêu g tinh thể phèn KAl(SO₄)₂ . 12H₂O kết tinh.

Bài 6: Giả thiết độ tan của CuSO₄ ở 10⁰C và 80⁰C lần lượt là 17,4g và 55g.Làm lạnh 1,5 kg dung dịch CuSO₄ bão hòa ở 80⁰C xuống 10⁰C.Tính số gam CuSO₄.5H₂O tách ra.

Bài 7: Hòa tan 450g KNO₃ vào 500g nước cất ở 25⁰C ( dung dịch X).Biết độ tan của KNO₃ ở 20⁰C là 32g.Hãy xác định khối lượng KNO₃ tách ra khỏi dung dịch khi làm lạnh dung dịch X đến 20⁰C.

Toán về nồng độ dung dịch.

- Cách giải: tương tự như các phương pháp đã học.Các em vận dụng tất cả những phương pháp đã học vào làm bài.

- Khi giải bài toán dạng nồng độ dung dịch cần lưu ý một số vấn đề sau:

• Khi đề bài cho : Hòa tan 1 chất vào nước yêu cầu tính nồng độ dung dịch thu được thì có các khả năng sau xảy ra:
  • Chất đó chỉ tan trong nước : thì ta tính nồng độ của chất đem hòa tan.

` - Chất đó phản ứng với nước: Thì ta tính nồng độ của chất tạo thành sau phản ứng.

• Khi đề bài cho : nhiều chất trộn lẫn vào nhau và yêu cầu tính C% thì ta tính khối lượng dung dịch sau phản ứng như sau:
  • Nếu Sản phẩm tạo thành không có chất kết tủa hoặc bay hơi thì: m dung dịch sau phản ứng = m Các chất đem trộn lẫn

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

- Nếu sản phẩm tạo thành sau phản ứng có chất kết tủa hoặc bay hơi thì: m dung dịch sau phản ứng = m Các chất đem trộn lẫn - m chất kết tủa.

m dung dịch sau phản ứng = m Các chất đem trộn lẫn - m Chất khí

Hoặc : m dung dịch sau phản ứng = m Các chất đem trộn lẫn - m chất kết tủa. - m Chất khí

* khi gặp bài toán: Làm bay hơi c gam nước từ dung dịch có nồng độ a% được dung dịch mới có nồng độ b% .Hãy xác định khối lượng của dung dịch ban đầu.

Giải

Giả sử khối lượng của dung dịch ban đầu là m gam.

Do cô cạn hoặc thêm nước vào dung dịch thì khối lượng chất tan trong dung dịch không thay đổi nên

Ta có phương trình:

*Bài tập:

a.m  b(m  c)  m 

100 100

bc b  a

(g)

Bài 1: Để hòa tan hết a g CuO cần dùng 500 ml dung dịch H₂SO₄ 20% có d = 1,04 g/ml Tính a.

Bài 2: Cho 200 g dung dịch HCl 3,65% tác dụng với 300g dung dịch NaOH 1,5M có d= 1,05 g/ml .Tính khối lượng NaCl thu được.

Bài 3: Cho 100g dung dịch H₂SO₄ 19,6% vào 400g dung dịch BaCl₂ 13%.Tính khối lượng kết tủa và nồng độ % các chất có trong dung dịch sau phản ứng.

Bài 4: Cho 6,2g Na₂O vào 300ml dung dịch CuSO₄ 0,1M sau một thời gian thấy có xuất hiện kết tủa mầu xanh lam,lọc lấy kết tủa ,rồi đem nung đến khối lượng không đổi thì thu được chất rắn A.

1. Tính khối lượng chất rắn A.
2. Tính nồng độ mol của các chất trong dung dịch thu được .Biết sau phản ứng thể tích thay đổi không đáng kể.

Bài 5: Cho 6,9 gam Na vào 320 gam dung dịch CuSO₄ 20%, sau phản ứng thu được dung dịch A, khí B và chất rắn C.

1. Tính thể tích khí B (đktc)
2. Lọc bỏ chất rắn C rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được chất rắn D. Tính khối lượng chất rắn D
3. Tính nồng độ % của các chất có trong dung dịch A

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

• 1. Pha trộn dung dịch: Pha trộn dung dịch có nồng độ khác nhau và khối lượng riêng khác nhau nhưng chất tan giống nhau( Trường hợp không xảy ra phản ứng)

* Phương pháp đại số:

• Gọi m _{dd (1)} ,m _{dd (2)} ; C% ₍₁₎ ; C% ₍₂₎ lần lượt là khối lượng và nồng độ % của dung dịch 1 và 2 ta có:
  • m dd (1) + m dd (2) = m dd mới
  • m CT(dd 1 ) + mCT ( dd 2 ) = m CT ( dd mới )

=> C%

ddM

 mCTM .100%

mddM

* Phương pháp đường chéo:

m₁ gam dung dịch C₁ %

V₁ lít dung dịch C_1(M) V₁ ml dung dịch d₁

C2  C

C ( C và d của dung dịch mới) d

m₂ gam dung dịch C₂% V₂ lít dung dịch C_2(M) V₂ ml dung dịch d₂

C1  C

=> m1 

C2  C C1  C

m2

=> V1 

C2  C C1  C

V2

=> V1 

d 2  d d 1  d

V 2

* Ví dụ 1: Cần phải trộn bao nhiêu gam dung dịch NaOH 25% vào 200g dung dịch NaOH 10% để thu được dung dịch NaOH có nồng độ 15%.

Giải:

* Cách 1: phương pháp đại số:

Gọi m_{dd (1)} là khối lượng dung dịch NaOH 25% ta có:

m_ct =

1. mdd(1) 100

 0, 25mdd(1)

(gam)

khối lượng của NaOH có trong 200g dung dịch NaOH 10% là :

m ct = 10.200  20g 100

Khối lượng dung dịch NaOH sau pha trộn là : m dd mới = 200 + mdd (1)

Khối lượng chất tan có trong dung dịch mới là:

M_{ct mới} = 20 + 0,25.m_dd(1) Nồng độ % của dung dịch mới là :

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

0, 25.mdd(1)  20

C% 

200  mdd(1)

.100%  15%

Giải phương trình trên ta được: m_{dd (1)} = 100g Vậy phải cần thêm 100g dung dịch NaOH 25%.

*Cách 2: phương pháp đường chéo:

Áp dung phương pháp sơ đồ đường chéo ta có:

m₁ gam dung dịch 25%

10 15  5

15%

m₂ gam dung dịch 10%

25 15  10

=> m1  5

200 10

=> m₁ = 100g

Vậy phải cần thêm 100g dung dịch NaOH 25%.

* Bài tập:

Bài 1: Tính khối lượng dung dịch KOH 38% ( d = 1,6 g/ml) và lượng dung dịch KOH 8% ( d = 1,039 g/ml) để pha trộn thành 4 lít dung dịch KOH 20% ( d = 1,1 g/ml)

Bài 2: Cần phải lấy bao nhiêu ml dung dịch NaOH ( d = 1,4 g/ml ) trộn với bao nhiêu ml dung dịch NaOH ( d = 1,1 g/ml ) để được 600ml dung dịch NaOH ( d = 1,2g/ml)

Bài 3: Cần bao nhiêu ml dung dịch H₂SO₄ 2M pha trộn với bao nhiêu ml dung dịch H₂SO₄ 1M được 625 ml dung dịch H₂SO₄ 1M.

Bài 4: Trộn 40g dung dịch KOH 20% với 60g dung dịch KOH 10%.Ta thu được dung dịch KOH mới có nồng độ % bằng bao nhiêu.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

CHUYÊN ĐỀ 5: TOÁN OXIT

• 1. LÍ THUYẾT CHUNG
     1. Khái niệm và phân loại Oxit
• Khái niệm: Oxit là hợp chất của oxi với một nguyên tố khác.
• Phân loại:

+ Oxit kim loại: OB ( MgO, Al₂O₃, ZnO, Fe₃O₄ )

+ Oxit phi kim : OA ( CO₂, SO₂, P₂O₅, N₂O₅ )

Tính chất hóa học của Oxit

• • • 1. Tính chất hóa học của oxit bazơ (OB)
         • Tính chất 1: Tác dụng với nước → bazơ tan ( kiềm) Có 5 OB tác dụng với nước đó là: Li₂O, Na₂O, K₂O, CaO, BaO. PT: Na₂O + H₂O → 2NaOH

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Tính chất 2: Tác dụng với OA → Muối ( chỉ có OB có ba zơ tương ứng tan trong nước)

PT: BaO + CO₂ → BaCO₃

Tính chất 3: Tác dụng với axit → Muối và nước.

PT: CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

Tính chất 4: Tác dụng với kiềm → NaOH, KOH, Ca(OH)₂, Ba(OH)₂

Có 3 OB tác dụng được với kiềm : Al₂O₃, ZnO, Cr₂O₃ PT: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

ZnO + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + H₂O Cr₂O₃ + 2NaOH → 2NaCrO₂ + H₂O

Lưu ý: có 2 kim loại tác dụng được với dung dịch kiềm là Al, Zn

Tính chất 5: Tác dụng với CO, H₂, C

Các OB đều bị khử bởi: CO,H₂,C trừ ( Li₂O, Na₂O, K₂O, CaO, BaO, MgO, Al₂O₃) PT: Fe₂O₃ + 3CO → 2Fe + 3CO₂

Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4H₂O 2ZnO + C → 2Zn + CO₂

Tính chất 6: Tác dụng với kim loại

Đây là phản ứng nhiệt kim thường gặp nhất là nhiệt Nhôm PT: 8Al + 3Fe₃O₄ → 4Al₂O₃ + 9Fe

2Al + 3CuO → Al₂O₃ + 3Cu

Chú ý Al chỉ khử được oxit của các kim loại yếu hơn nó.

Tính chất hóa học của oxit axit

• • • • • Tính chất 1: Tác dụng với OB.
        • Tính chất 2: Tác dụng với nước → axit PT: CO₂ + H₂O K H₂CO₃

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄ N₂O₅ + H₂O → 2HNO₃

Tính chất 3: Tác dụng với kiềm → Muối + nước

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 Xét 3 OA chính : CO₂, SO₂, P₂O₅.

PT: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

* Tính chất 4: Tác dụng với kim loại

0

PT: 2Mg + SiO₂ ^t 2MgO + Si

Đám cháy Mg thì không thể dập tắt bởi cát ( SiO₂)

CÁC DẠNG TOÁN OB CHÍNH Dạng 1: OB tác dụng với CO, H₂ Dạng 2: Phản ứng nhiệt Nhôm

Dạng 3: Phản ứng của OB với axit ( HCl, H₂SO₄ loãng)

• • 1. Dạng 1: CO, H₂ khử Oxit bazơ

- H₂,CO chỉ khử được các OB của kim loại trung bình và yếu.

H₂,CO không khử được oxit khử được oxit các kim loại này ở nhiệt độ cao PT: Fe₂O₃ + 3CO → 2Fe + 3CO₂

Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4H₂O ZnO + CO → Zn + CO₂

* Phương pháp:

 n(COH )  nO(Oxit )  n(CO H O)

2 2 2

Và ban đầu Fe₃O₄ → Sau đó Fe vì vậy m _{bình giảm} = m _{O (Oxit)}

Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ cần 0,05 mol H₂. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H₂SO₄ đặc thu được khí SO₂ (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn.Tính thể tích SO₂.

Hướng dẫn giải

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

PT: FeO + H₂ → Fe + H₂O Fe₂O₃ + 3H₂ → 2Fe + 3H₂O

Nhận xét: H₂ + O_(Oxit)  H₂O

→ n_O(Oxit) = n_H2 = 0,05 mol

Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ lần lượt là x, y, z. Ta có: n_O = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)

 nFe

 3,04  0,05 16  0,04 mol

56

 x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3/2 rồi trừ (1) ta có:

x + y = 0,02 mol.

Mặt khác:

2FeO + 4H₂SO₄  Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 4H₂O

x  x/2

2Fe₃O₄ + 10H₂SO₄  3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

y  y/2

 tổng:

nSO2

 x  y  0,2  0,01 mol

2 2

Vậy: VSO  224 ml.

2

Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H₂ đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe₃O₄, Al₂O₃ nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m.

Hướng dẫn giải

PT : CuO + CO → Cu + CO₂ Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4CO₂

Nhận xét :

CO + O  CO₂ H₂ + O  H₂O.

Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy:

m_O = 0,32 gam.

→ nO

 0,32  0,02 mol

16

→ n (CO + H2 ) = nO(Oxit) = 0,02 mol

→ Vhh (COH )  0,02  22,4  0,448 lít

2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxit = mchất rắn + 0,32

 16,8 = m + 0,32

 m = 16,48 gam.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H₂ qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al₂O₃, CuO, Fe₃O₄, Fe₂O₃ có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là bao nhiêu gam?

nhh (COH2 )

 2, 24  0,1 mol

22, 4

Hướng dẫn giải

PT: CuO + CO → Cu + CO₂ Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4CO₂

Nhận xét :

CO + O  CO₂ H₂ + O  H₂O.

→ nO(oxit)  n(COH )  0,1 mol .

2

→ m_O(Oxit) = 1,6 gam.

Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24  1,6 = 22,4 gam

Bài tập vận dụng

Bài 1: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và Fe_xO_y bằng H₂ dư ở nhiệt độ cao thu

được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Tính khối lượng H₂O tạo thành sau phản ứng.

Bài 2: Khử hết m gam Fe₃O₄ bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H₂SO₄ 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m?

Bài 3: Dẫn từ từ V lít khí CO (đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, Fe₂O₃ (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH)₂ thì tạo thành 4 gam kết tủa. Tính V.

Bài 4: Cho V lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm CO và H₂ phản ứng với một lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO và Fe₃O₄ nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng hỗn hợp rắn giảm 0,32 gam. Tính V .

Bài 5: Khử hoàn toàn một oxit sắt X ở nhiệt độ cao cần vừa đủ V lít khí CO (đktc), sau phản ứng thu được 0,84 gam Fe và 0,02 mol khí CO₂. Xác định công thức của X và Tính V .

Bài 6: Hỗn hợp A gồm CuO và một oxit của kim loại hóa trị II( không đổi ) có tỉ lệ mol 1: 2. Cho khí H₂ dư đi qua 2,4 gam hỗn hợp A nung nóng thì thu được hỗn hợp rắn B. Để hòa tan hết rắn B cần dùng đúng 80 ml dung dịch HNO₃ 1,25M và thu được khí NO duy nhất.Xác định công thức hóa học của oxit kim loại. Biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Dạng 2: Phản ứng nhiệt Nhôm a . Lý thuyết:

2yAl + 3B_xO_y → yAl₂O₃ + 3xB ( B là kim loại hoạt động hh yếu hơn Al)

1. Tình huống 1: Phản ứng xảy ra hoàn toàn ( H%=100%)

TH 1: Al và B_xO_y vừa đủ → Sản phẩm gồm: Al₂O₃ và kim loại B

TH 2: Al dư → Sản phẩm gồm: Al₂O₃, kim loại B và Al dư. ( chú ý : Nếu cho sản phẩm + dd Kiềm → ↑ H₂ → Al dư )

TH 3: B_xO_y dư → Sản phẩm gồm: Al₂O₃, kim loại B và B_xO_y dư.

1. Tình huống 2: Phản ứng xảy ra không hoàn toàn ( H% < 100% ) Sản phẩm gồm: Al₂O₃, kim loại B, Al dư và B_xO_y dư.

Chú ý: Nếu đề yêu cầu tính hiệu suất phản ứng thì thường là phản ứng xảy ra không hoàn toàn( H% = %Al _{phản ứng} hoặc =%B_xO_{y phản ứng}) với bài toán xảy ra hoàn toàn thường cho công thức của oxit sắt, bài toán xảy ra không hoàn toàn hay cho tìm công thức của oxit.

• • Thường hay sử dụng:

Định luật bảo toàn khối lượng: m_X = m_Y

Định luật bảo toàn mol nguyên tố:

nFe(X)= nFe(Y), nAl(X) = nAl(Y), nO(X) =nO(Y)

Định luật bảo toàn e : ∑_{n e cho} = ∑_{n e nhận}

b. Bài tập.

Bài tập 1: Lấy một hỗn hợp gồm Al và Fe₂O₃ thực hiện phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí.Chia hỗn hợp sản phẩm thành 2 phần bằng nhau.

Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng có 11,2 lít H₂ (đktc) Phần 2: Cho tác dụng với dd HCl dư, sau phản ứng thu được 16,8 lít H₂ (đktc)

Tính khối lượng của hỗn hợp ban đầu.Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Giải

* Cách 1:

11, 2

nH2 ( P1)  22, 4  0, 5mol

16,8

nH2 ( P 2)  22, 4  0, 75mol

Sản phẩm thu được gồm : Fe, Al₂O₃ và Al dư ( Do sản phẩm + dd NaOH → H₂ ) Cho phần 1 tác dụng với NaOH dư.

PTHH: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O (2)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ (3)

Theo (3) → n_{Al dư} = 2 n

3 H2

 1 mol

3

Cho phẩn 2 tác dụng với dung dịch HCl dư.

Do số mol của Al ở 2 phần là bằng nhau nên theo (3), (5) và (6) ta có:

nFe  nH (6)  nH ( p 2)  nH ( p1)  0, 75  0, 5  0, 25 mol

2 2 2

Theo (1) →

nAl (BD)  nFe  nAl (du )  0, 25 1 / 3 1

nFe O

2 3

 2 nFe  0,125mol

Khối lượng hỗn hợp ban đẩu là :

mhh  (0,125.160  0, 25.27 1 / 3.27).2  71, 5g

* Cách 2:

11, 2

nH2 ( P1)  22, 4  0, 5mol

16,8

nH2 ( P 2)  22, 4  0, 75mol

PTHH: 2Al + Fe₂O₃ → Al₂O₃ + 2Fe (1)

Chất rắn thu được tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng H₂ → Al dư và phản

ứng xảy ra hoàn toàn nên thành phần hỗn hợp rắn gồm : Fe, Al₂O₃ và Al dư.

PTHH:

Phần 1: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O (2)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ (3)

x 1,5x

Phần 2: Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O (4)

Gọi n_Fe = x mol , n_{Al (dư)} = y mol có trong ½ hỗn hợp rắn. Theo (3), (5) và (6) kết hợp với đề bài ta có hệ phương trình:

1,5x = 0,5 x = 1/3 mol

→

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 1,5x + y = 0,75 y = 0,25 mol

Bảo toàn nguyên tố O và Fe ta có :

nAl2O3

Fe2O3

 n

 1 n

1. Fe

 0,125mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m = ( 0,125.102 + 0,25.56 + 1/3.27 ).2 = 71,5 g

Bài tập 2: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp X gồm Al và một oxit sắt Fe_xO_y

( trong kiều kiện không có không khí) thu được 92,35 gam chất rắn Y.Hòa tan Y trong dung dịch NaOH dư thấy có 8,4 lít H₂ thoát ra(đktc) và phần còn lại không tan Z.Hòa tan

½ lượng Z bằng dung dịch H₂SO₄ dặc, nóng dư thấy có 13,44 lít SO₂ (đktc) thoát ra.Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng của Al₂O₃ trong Y và xác định công thức hóa học của oxit sắt.

8, 4

Giải.

13, 44

nH2  22, 4  0, 375mol

nSO2 (ca.Z )  2. 22, 4

 1, 2mol

PTHH:

2yAl + 3Fe_xO_y → yAl₂O₃ + 3xFe (1)

Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được khí H₂ và chất rắn Z → Al dư

→ Chất rắn Y gồm Fe; Al₂O₃ và Al dư; chất rắn Z là Fe Y tác dụng với NaOH dư:

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 1,5H₂↑(2) Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O (3)

Z vào H₂SO₄ đặc, nóng xảy ra phản ứng sau:

0

PTHH: 2Fe + 6H₂SO_{4 đặc} ^t Fe (SO ) + 3SO + 6H O (4)

2 4 3 2 2

Theo (2) → n

 2 n

 0, 25mol

Al (du )

1. H2

Theo (4) → n

 2 n

 0,8mol

(*)

Fe 3 SO2

Theo BTKL ta có :

mAl O

 92, 35  0, 25.27  0,8.56  40,8g

→ nAl2O3

2 3

 40,8  0, 4mol

102

Theo ĐLBT nguyên tố đối với O →

nO ( Fe O )  nO ( Al O )  0, 4.3  1, 2mol

(**)

x y 2 3

Từ (*) và (**) ta có:

x  nFe  0,8  2

→ Vậy công thức của oxit sắt là Fe₂O₃.

y nO 1, 2 3

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài tập 3: Có 26,8 gam hỗn hợp bột Al và Fe₂O₃. Tiến hành nhiệt nhôm ( không có không khí) cho tới phản ứng xảy ra hoàn toàn, rồi hoà tan hết chất rắn thu được bằng dung dịch HCl dư, thu được 11,2 lít H₂ (đktc).Tính khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu.

Giải

11, 2

nH2  22, 4  0, 5mol

PTHH: 2Al + Fe₂O₃ → Al₂O₃ + 2Fe (1)

x mol 0,5x mol x mol

Do phản ứng nhiệt nhôm xảy ra hoàn toàn nên có 3 trường hợp xảy ra: TH 1: Al và Fe₂O₃ đều hết → Sản phẩm gồm Al₂O₃ và Fe

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (2)

x mol x mol

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O (3)

n  1 n

 0, 25mol

Theo (1) và (2) ta có :



 Fe2O3 2 Fe

n

Al  nFe

 0, 5mol

→ mhh  0, 25.160  0, 5.27  53, 5g  26,8g

khối lượng hỗn hợp ban đầu ( loại )

TH 2: Al dư → Sản phẩm gồm Al₂O₃, Fe và Al dư

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (4)

y mol 1,5y mol

Đặt x là số mol của Al phản ứng, y là số mol Al dư sau phản ứng (1). Theo (1) (2) và (4) kết hợp với đề bài ta có :

(x  y).27  0, 5.56 x  26,8 →

x  0, 4811 →

m_Al  (0, 0126  0, 4811).27  13, 33gam



x 1, 5 y  0, 5



y  0, 0126

m  0, 5.0, 4811.56  13, 47gam

  

Fe2O3

TH 3: Fe₂O₃ dư → Sản phẩm gồm Al₂O₃, Fe và Fe₂O₃ dư

PTHH: Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O (5)

Theo (1) và (2) ta có :

nFe2O3 ( Pu )

 1 n

2 Fe

 0, 25mol

→ mFe O ( PU )  0, 25.160  40  26,8g

2 3

khối lượng hỗn hợp ban đầu ( loại )

Bài tập 4: Lấy một hỗn hợp gồm Al và Fe₂O₃ thực hiện phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí.Chia hỗn hợp sản phẩm thành 2 phần bằng nhau.

Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, dư sinh ra 3,08 lít H₂ (đktc) Phần 2: Cho tác dụng với dd NaOH dư, sinh ra 0,84 lít H₂ (đktc)

Tính khối lượng của hỗn hợp ban đầu.Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8 Giải:

3, 08

nH2 ( P1)  22, 4  0,1375mol

0,84

nH2 ( P 2)  22, 4  0, 0375mol

0

PTHH: 2Al + Fe₂O₃ ^t Al O + 2Fe (1)

2 3

Chất rắn thu được tác dụng với dung dịch NaOH giải phóng H₂ → Al dư và phản ứng xảy ra hoàn toàn nên thành phần hỗn hợp rắn gồm : Fe, Al₂O₃ và Al dư.

PTHH:

Phần 1: Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al(SO₄)₃ + 3H₂O (2)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ (6)

x 1,5x

Gọi n_Fe = y mol , n_{Al (dư)} = x mol có trong ½ hỗn hợp rắn.

Theo (3), (4) và (6) kết hợp với đề bài ta có hệ phương trình:

1,5x = 0,0375 x = 0,025 mol

→

1,5x + y = 0,1375 y = 0,1125 mol

Bảo toàn nguyên tố O và Fe ta có :

nAl2O3

Fe2O3

 n

 1 n

2 Fe

 0, 05625mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m = ( 0,05625.102 + 0,1125.56 + 0,025.27 ).2 = 25,425 g

Bài tập 5: Nung nóng một hỗn hợp gồm Al và Fe₃O₄ trong điều kiện không có không khí

.Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn X.Cho X tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được dung dịch Y, chất rắn Z và 3,36 lít H₂ ở (đktc). Sục CO₂ dư vào dung dịch Y, thu được 39 gam kết tủa.Tính khối lượng của hỗn hợp ban đầu.

Bài tập 6: Trộn 5,4 gam bột Al với 17,4 gam bột Fe₃O₄ rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (trong điều kiện không có không khí). Giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử Fe₃O₄ thành Fe. Hòa tan hoàn toàn chất rắn sau phản ứng bằng dung dịch H₂SO₄ loãng (dư) thu được 5,376 lít khí H₂ (ở đktc). Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm và số mol H₂SO₄ phản ứng.

Bài tập 7 : Trộn 10,8 gam bột nhôm với 34,8g bột Fe₃O₄ rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hòa tan hết A bằng HCl thu được 10,752 lít H₂ (đktc). Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm và thể tích dung dịch HCl 2M cần dùng .

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài tập 8 : Nung hỗn hợp A gồm Al, Fe₂O₃ được hỗn hợp B (hiệu suất 100%). Hòa tan hết B bằng HCl dư được 2,24 lít khí (đktc), cũng lượng B này nếu cho phản ứng với dung dịch NaOH dư thấy còn 8,8g rắn C. Khối lượng các chất trong A.

Bài tập 9: Hỗn hợp A gồm 0,56g Fe và 16g Fe₂O₃, m (mol) Al rồi nung ở nhiệt độ cao không có không khí được hỗn hợp D. Nếu cho D tan trong H₂SO₄ loãng được V(lít) khí nhưng nếu cho D tác dụng với NaOH dư thì thu được 0,25V lít khí. Gía trị của m.

Bài 10: Nung hỗn hợp bột gồm Al và Fe₂O₃ (trong điều kiện không có oxi), thu được hỗn hợp chất rắn X. Chia X thành 2 phần bằng nhau:Cho phần 1 vào dung dịch HCl (dư) thu được 7,84 lít khí H₂ (đktc);Cho phần 2 vào dung dịch NaOH (dư) thu được 3,36 lít khí H₂ (đktc). Biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Tính phần % của Fe trong X.

Dạng 3: Oxit tác dụng với axit.

1. Kiến thức chung:

HCl

Kim loại + → Muối + H₂ ( - Cu,Ag...) H₂SO₄

Oxit kim loại : tất cả đều phản ứng với axit.

VD: CuO H₂SO_{4 loãng}

Fe₃O₄ + → Viết 6 phương trình MgO HCl

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Bản chất: 2H+(Axit) + O-2(Oxit) → H2O

Suy ra:

n  2

 2n 2

H ( h Axit ) O ( h Oxit )

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

* Mối quan hệ giữa các chất trong phản ứng

Pt: M₂O_n + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂O M₂O_n + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂O

Mối quan hệ giữa Oxit và Muối Clrua: M₂O_n → 2MCl_n BTĐT: O^-2 → 2Cl^-

16 2.35,5 = 71

Theo tăng giảm khối lượng ta có:

n  mmuoi  moxit ^O 55

Mối quan hệ giữa Oxit và Muối Sunfat : M₂O_n → M₂(SO₄)_n

Theo tăng giảm khối lượng ta có:

n  mmuoi  moxit  n

O SO2

80 4

Chú ý: Công thức muối:

m Muối = m kim loại + m gốc axit

VD 1: Hoàn tan hoàn toàn 2,81 g hỗn hợp gồm MgO, ZnO, Fe₂O₃ cần vừa đủ 500 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M, sau phản ứng thu được dung dịch A. Tính khối lượng muối có trong dung dịch A.

HD

nH SO

2 4

 0, 5.0,1  0, 05mol  n

H

•  2nH SO

 2.0, 05  0,1mol

PT: Viết 3 PT

2 4

Nhận xét: Thực chất của các phản ứng trên là: 2H⁺ + O^2- → H₂O

0,1 mol 0,05 mol

→ n_O = 0,05 mol → m_O = 16.0,05 = 0,8 gam

Theo BTKL → m _KL = m _Oxit - m _O = 2,81 – 0,8 = 2,01 gam

→ m _muối = m _KL + m _SO4 = 2,01 + 0,05.96 = 6,81 gam

VD 2: Hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe₂O₃ và Fe₃O₄ cần dùng V lít dung dịch HCl 1M . Tính V biết tỉ lệ số mol của FeO : Fe₂O₃ = 1 : 1.

Giải

Vì số mol của FeO = số mol của Fe₂O₃ → Hỗn hợp ban đầu chỉ có Fe₃O₄.

2, 32

nFe O

3 4



232

 0,1mol

PT: Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O (1)

Theo (1) → n  8n  0, 8mol

HCl Fe O

3 4

0,8

→

V   0,8

lít

HCl 1

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

VD 3: Đốt cháy hoàn toàn 2,13 gam hỗn hợp gồm Mg, Cu và Al, sau phản ứng thu được 3,33 gam hỗn hợp Oxit. Để hoàn tan hết lượng Oxit trên cần V lít dung dịch HCl 2M. Tính V

Giải

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m 2  mO

 m 2

→ mO

 m 2

• m 2

h KL

2 h Oxit

2 h Oxit h KL

m  3, 33  2,13  1, 2g

O

→

2

1, 2

n 

O

→

2 32

 0, 0375mol

→ nO

 0, 0375.2  0, 075mol

Khi cho hỗn hợp Oxit vào dung dịch HCl xảy ra các phản ứng sau:

PT:

Nhận xét: Thực chất của các phản ứng trên là: 2H⁺ + O^2- → H₂O (7)

0,15 0,075 mol

Theo (7) →

nHCl  nH   2nO  0,15mol

→ V  0,15  0, 075 lít

HCl 2

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

CÁC DẠNG TOÁN OA CHÍNH.

BÀI TẬP CO₂ TÁC DỤNG VỚI KIỀM

1. LÍ THUYẾT

Dạng 1. Bài toán CO₂ tác dụng với NaOH, KOH

Khi cho CO₂ tác dụng với dung dịch KOH, NaOH có thể xảy ra các phản ứng sau: NaOH + CO₂ → NaHCO₃ (1)

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O (2)

Bài toán thuận:Biết số mol các chất tham gia phản ứng,Tính khối lượng muối tạo thành

Khi bài toán cho biết số mol NaOH và CO₂ tham gia phản ứng thì trước tiên phải lập tỉ lệ

số mol

T  nNaOH

nCO

2

. Sau đó kết luận phản ứng xảy ra và tính toán theo dữ kiện bài toán.

Nếu T  1: Chỉ xảy ra phản ứng (1), muối thu được chỉ có NaHCO₃

Nếu 1 < T < 2: Xảy ra cả phản ứng (1) và (2), sản phẩm thu được có 2 muối là NaHCO₃ và Na₂CO₃.

Nếu T  2: Chỉ xảy ra phản ứng (2), muối thu được chỉ có Na₂CO₃

(1)

2

1

T

NaHCO₃

(1) và (2) NaHCO₃ + Na₂CO₃

(2)

Na₂CO₃

Chú ý: Khi T < 1 thì CO₂ còn dư, NaOH phản ứng hết

Khi T = 1 hoặc T = 2 : Các chất tham gia phản ứng đều hết Khi T > 2: NaOH còn dư, CO₂ phản ứng hết

VD 1: Hấp thụ hoàn toàn 1,12 lít khí CO₂ (đktc) vào 200 ml dung dịch NaOH 0,2M thu

được dung dịch X. Tính khối lượng muối tan trong dd X.

Giải.

1,12

nCO2  22, 4  0, 05mol

nNaOH

 0, 2.0, 2  0, 04mol

Xét tỉ lệ :

nNaOH nCO

 0, 04  0,8  1 → CO₂ dư, sản phẩm tạo thành là NaHCO₃.

0, 05

PTHH: NaOH + CO₂ → NaHCO₃ (1)

2

3

Theo (1) →

nNaHCO

 nNaOH

 0, 04mol

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

→ mNaHCO  0, 04.84  3, 36g

VD 2: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít khí CO₂ (đktc) vào dd chứa 450 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch X. Tính khối lượng muối tan trong dd X.

3

Giải.

4, 48

nCO2  22, 4  0, 2mol

nNaOH

 0, 45.1  0, 45mol

Xét tỉ lệ :

nNaOH nCO

 0, 45  2, 25  2

0, 2

→ NaOH dư, sản phẩm tạo thành là Na₂CO₃.

PTHH : 2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O (1)

2

Theo (1) →

nNa CO

 nCO

 0, 2mol

2 3 2

→ mNa CO  0, 2.106  21, 2g

2 3

VD 3: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít khí CO₂ (đktc) vào 300ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch X. Tính khối lượng muối tan trong dd X.

Giải

4, 48

nCO2  22, 4  0, 2mol

nNaOH  0, 3.1  0, 3mol

Xét tỉ lệ : 1  nNaOH

nCO

2

 0, 3  1, 5  2

0, 2

→ NaOH, CO₂ đều hết, sản phẩm tạo thành là Na₂CO₃ và

NaHCO₃

Đặt

nNaHCO nNa CO

 xmol

 ymol

2 3

Theo (1) và (2) kết hợp với đề bài ta có:

3

n_NaOH = x + 2y = 0,3 (*)

n_CO2 = x + y = 0,2 (**) Từ (*) và (**) ta có : x = y = 0,1

→ mNa CO

2 3

mNaHCO

3

 0,1.106  10, 6g

 0,1.84  8, 4g

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Bài toán nghịch : Đề cho số mol của 1 trong 2 chất chất tham gia phản ứng và khối lượng muối tạo thành.Tính số mol chất còn lại

Từ số mol chất phản ứng lập luận để tìm ra khối lượng muối tạo thành, so sánh với khối lượng muối đề ra để kết luận muối nào được tạo thành. Tính toán theo dữ kiện của bài ra.

VD 1: Sục 11,2 lít SO₂ (đktc) và 700ml dung dịch NaOH ,sau khi phản ứng xảy ra thu

được dung dịch có chứa 56,4 gam muối.Tính nồng độ mol của dung dịch NaOH đã dùng.

Giải.

11, 2

nSO2  22, 4  0, 5mol

* Nếu toàn bộ SO₂ tạo muối NaHSO₃ thì khối lượng muối thu được là:

Theo (1) ta có : →

nNaHSO

 nSO

 0, 5mol

3 2

→ mNaHSO  0, 5.104  52g

3

* Nếu toàn bộ SO₂ tạo muối Na₂SO₃ thì khối lượng muối thu được là :

Theo (2) ta có : →

nNa SO

 nSO

 0, 5mol

2 3 2

→ mNa SO  0, 5.126  63g

2 3

Nhưng vì 52 < 56,4 < 63 nên SO₂ tạo ra cả 2 muối Na₂SO₃ và NaHSO₃.

3

Đặt

nNaHSO nNa SO

 xmol

 ymol

2 3

Theo đề ra kết hợp đề bài ta có:

nSO

 x  y  0, 5

 2

mhh  104x 126 y  56, 4

Giải hệ trên ta được : x = 0,2

y = 0,3

Theo (1) và (2) ta có :

 nNaOH

 2x  y  0, 7mol

→ CM ( NaOH )

 0, 7  1M

0, 7

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

VD 2: Sục V lít CO₂ vào 300ml dung dịch KOH 1M, sau phản ứng kết thúc thu được dung dịch có chứa 26,9 g muối. Tính V (đktc)

nKOH

Giải.

 0, 3.1  0, 3mol

* Nếu toàn bộ KOH tạo muối KHCO₃ thì khối lượng muối thu được là:

Theo (1) ta có : →

nKHCO

 nKOH

 0, 3mol

→ mKHCO  0, 3.100  30g

3

3

* Nếu toàn bộ KOH tạo muối K₂CO₃ thì khối lượng muối thu được là:

Theo (2) ta có : → n

 1 n

 0,15mol

K2CO3

2 KOH

→ mK CO  0,15.138  20, 7g

2 3

Nhưng vì 20,7 < 26,9 < 30 nên KOH tạo ra cả 2 muối K₂CO₃ và KHCO₃.

3

Đặt

nKHCO nK CO

 xmol

 ymol

2 3

Theo đề ra kết hợp đề bài ta có:

nKOH



 x  2 y  0, 3

mhh  100x 138 y  26, 9

Giải hệ trên ta được : x = 0,2

y = 0,05

Theo (1) và (2) ta có : →

 nCO2  x  y  0, 25mol

CO2

→ V

 0, 25.22, 4  5, 6

lít

Dạng 2. Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch Ca(OH)₂, Ba(OH)₂

Khi cho CO₂ tác dụng với dung dịch Ca(OH)₂, Ba(OH)₂ có thể xảy ra các phản ứng sau: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O (1)

Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ (2)

Bài toán thuận : Biết số mol các chất tham gia phản ứng,Tính khối lượng muối tạo thành

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

2

Khi biết số mol CO₂

và Ca(OH)₂

thì trước tiên phải lập tỉ lệ T 

nCO nCa(OH )

. Sau đó kết luận

phản ứng xảy ra và tính toán theo dữ kiện bài toán.

2

Nếu T  1: Chỉ xảy ra phản ứng (1), muối thu được chỉ có CaCO₃

Nếu 1 < T < 2: Xảy ra cả phản ứng (1) và (2), sản phẩm thu được có 2 muối là CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂.

Nếu T  2: Chỉ xảy ra phản ứng (2), muối thu được chỉ có Ca(HCO₃)₂.

(1)

2

1

T

CaCO₃

(1) và (2)

Ca(HCO₃)₂ + CaCO₃

(2)

Ca(HCO₃)₂

Chú ý: Khi T < 1 thì Ca(OH)₂ còn dư, CO₂ phản ứng hết

Khi T = 1 hoặc T = 2 : Các chất tham gia phản ứng đều hết Khi T > 2: CO₂ còn dư, Ca(OH)₂ phản ứng hết

Phương pháp giải tương tự CO₂ tác dụng với NaOH bạn đọc tự làm.

Bài toán nghịch : Đề cho số mol của 1 trong 2 chất chất tham gia phản ứng và khối lượng kết tủa.Tính số mol chất còn lại

Với bài toán dạng này thường cho biết trước số mol của CO₂ hoặc Ca(OH)₂ và số mol CaCO₃. Khi giải so sánh số mol kết tủa với số mol CO₂ hoặc số mol Ca(OH)₂ để kết luận có trường hợp nào xảy ra.

2

TH1: Nếu

TH2: Nếu

n  nCO n  nCO

hoặc hoặc

n  nCa (OH )

n  nCa (OH )

thì sản phẩm thu được là CaCO₃

thì sản phẩm thu được gồm CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

2

2

Chú ý: - Khi bài cho thể tích CO₂ và khối lượng kết tủa, yêu cầu tính lượng kiềm thì thường chỉ xảy ra 1 trường hợp và có 1 đáp án phù hợp .

2

- Khi cho số mol kiềm và khối lượng kết tủa, yêu cầu tính thể tích CO₂ tham gia thì thường xảy ra 2 trường hợp và có 2 kết quả thể tích CO₂ phù hợp

VD 1: Sục từ từ V lít khí CO₂ (đktc) vào 500ml dung dịch Ca(OH)₂ 1M thu được 30 gam kết tủa. Tìm V.

nCaCO

 30  0, 3mol

100

3

Giải.

nCa (OH )

2

 0, 5.1  0, 5mol

Theo đề ra ta có :

nCaCO

 0, 3  nCa (OH )

 0, 5 → có 2 trường hợp xảy ra.

3 2

TH 1: Chỉ có phản ứng (1) xảy ra, Ca(OH)₂ dư:

Theo (1) →

nCO

 nCaCO

 0, 3mol

2 3

CO  0, 3.22, 4  6, 72 lít

→ V

2

TH 2: Xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2), sản phẩm gồm 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂.

Đặt x,y lần lượt là số mol của Ca(OH)₂ tham gia phản ứng (1) và (2).

Theo (1) và (2) kết hợp đề bài ta có

nCaCO

 x  0, 3 →

x  0, 3

 3 

Theo (1) và (2) →

 x  y  0, 5

 nCO2  x  2 y  0, 7mol

 y  0, 2

→ VCO

2

 0, 7.22, 4  15, 68

lít

VD 2: Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO₂ ( đktc ) vào 250ml dung dịch Ba(OH)₂ b mol/l, thu

được 19,7 gam kết tủa. Tìm b.

nBaCO

 19, 7

197

3

 0,1mol

Giải.

nCO

2

 3, 36  0,15mol

22, 4

PTHH: Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O (1)

x x x

Theo đề ra ta có :

nBaCO

 0,1  nCO

 0,15

→ Xảy ra cả 2 phản ứng (1), (2) và sản

3 2

phẩm tạo thành gồm 2 muối BaCO₃ và Ba(HCO₃)₂.

Đặt x,y lần lượt là số mol của Ba(OH)₂ tham gia phản ứng (1) và (2) ta có:

nBaCO

 x  0,1

→ x  0,1

 3 

 x  2 y  0,15  y  0, 025

Theo (1) và (2) →  nBa (OH )2  x  y  0,125mol

→ CM [Ba (OH )2 ]

 0,125  0, 5M

0, 25

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

BÀI TẬP

Dạng 1. Bài toán CO₂ tác dụng với NaOH, KOH Loại 1: Lập được tỉ lệ T

Bài 1. Cho 5,6 lít CO₂ (đkc) đi qua 164ml dd NaOH 20%(d = 1,22g/ml) thu được dd X. Cô cạn dd X thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?

Bài 2. Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít khí CO₂(đkc) vào dd chứa 16g NaOH thu được dung dịch X. Tính khối lượng muối tan trong dd X.

Loại 2: Không lập được tỉ lệ T

Bài 1. Cho 4,48 lít hỗn hợp khí A gồm SO₂ và CO₂ có tỉ khối so với hiđrô là 27. Tính thể tích dung dịch NaOH 1M nhỏ nhất để hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít hỗn hợp khí A .

Bài 2. Hoà tan 20 gam hỗn hợp X gồm MgCO₃ và RCO₃ (tỉ lệ mol là 1:1) bằng dung dịch HCl. Lượng khí sinh ra hấp thụ vào 200 ml dung dịch NaOH 2,5M thu được dung dịch A. Thêm BaCl₂ dư vào A thu được 39,4 gam kết tủa. Tìm R và khối lượng các muối trong X. Bài 3. Sục hết 1,568 lít khí CO₂ (đktc) vào 500 ml dung dịch NaOH 0,16M . Sau thí nghiệm được dung dịch A. Rót 25 ml dung dịch B gồm BaCl₂ 0,16M + Ba(OH)₂ xM vào dung dịch A được 3,94 gam kết tủa. Tìm x.

Bài 4. Hấp thụ hoàn toàn a mol khí CO₂ vào dung dịch chứa b mol Ca(OH)₂ thì thu được hỗn hợp 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂. Tìm mối liên hệ giữa a và b.

Bài 5. Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam CaO vào nước ta được dung dịch A.

a, Nếu cho khí CO₂ sục qua ddA và sau khi kết thúc thí nghiệm thấy có 2,5 gam kết tủa thì có bao nhiêu lít CO₂ đã tham gia phản ứng.

b, Nếu hoà tan hoàn toàn 28,1 gam hỗn hợp MgCO₃ và BaCO₃ có thành phần thay đổi trong đó chứa a% MgCO₃ bằng dd HCl và cho tất cả khí thoát ra hấp thụ hết vào ddA thì thu được kết tủa D. Hỏi khi a có giá trị bao nhiêu thì lượng kết tủa D nhiều nhất và ít nhất. Bài 6. Cho 7,2 gam A gồm 2 muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong nhóm IIA tác dụng với dung dịch HCl dư rồi cho toàn bộ lượng khí thu được vào 450 ml dung dịch Ba(OH)0,2M thu được 15,76 gam kết tủa. Tìm 2 muối và khối lượng của chúng trong A. Bài 7. Hấp thụ hết 2,24 lit CO₂ vào cốc đựng 200 ml dung dịch Ba(OH)₂ aM thu được 5,94 gam kết tủa và dung dịch A. Lọc kết tủa, đun nóng dung dịch A lại thu thêm được m gam kết tủa nữa. Tìm a và m.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

CHUYÊN ĐỀ 6: MUỐI NHÔM VÀ KẼM

1. Lý thuyết: Muối Nhôm tác dụng với dung dịch kiềm.

A₁. Phương pháp giải

n

Max

amol

x1 x2 n 

TH 1: Kiềm hết, Muối Nhôm dư

OH

Từ (1) → n  3n

hoặc

n  1 n

OH  

 3 OH 

Nếu dung dịch còn có H⁺ , Cu²⁺ , Fe³⁺ Công thức 1

Thì : n

  3n  n

  2n

2  3n 3

OH H Cu Fe

TH 2: Muối Nhôm hết, Kiềm dư:

Từ (1) và (2) → n   4n 3  n

OH Al

Nếu dung dịch còn có H⁺ , Cu²⁺ , Fe³⁺ Công thức 2

Thì : n

  4n

3  n  n

  2n

2  3n 3

OH Al H Cu Fe

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

A₂. Vận dụng:

* Bài toán thuận: Đề cho số mol của muối Nhôm và số mol của kiềm → Tính số mol kết tủa.

- Phương pháp giải:

B₁ : Đổi số liệu của đề bài ra số mol. Được thực hiện ở tất cả các TH.

n 

B₂ : Xét tỉ lệ T: T  OH

n 3

Al

TH 1: Nếu 0 < T < 3 , Kiềm hết, Muối Nhôm dư.

TH 2: Nếu T = 3. kết tủa đạt max, kiềm và muối Al hết Chỉ xảy ra phản ứng (1) B₃ : Viết phương trình hóa học:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1)

B₄ : Áp dụng công thức:

Theo (1) →

n  1 n

 3 OH 

TH 3: Nếu 3 < T < 4 Muối, kiềm đều hết và kết tủa tan 1 phần ( xảy ra cả 2 pư) B₃ : Viết phương trình hóa học:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1)

Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄] _tan (2)

B₄ : Áp dụng công thức:

Theo (1) và (2) →

n  4n

3  n 

Al OH

TH 4: Nếu 4 ≤ T Kết tủa tan hết, kiềm dư ( xảy ra phản ứng 3) B₃ : Viết phương trình hóa học:

AlCl₃ + 4NaOH → Na[Al(OH)₄] _tan + 3NaCl ( 3 )

Theo (3) → n   n   4n 3

OH Du OH BD Al

* Ví dụ:

VD 1: Cho 300 ml dung dịch NaOH 1M vào 150 ml dung dịch AlCl₃ 1M, sau phản ứng thấy có a gam kết tủa.Tính a.

n   nNaOH

OH

 0, 3.1  0, 3mol

Giải

n 3

Al

 nAlCl  0,15.1  0,15mol

Xét tỉ lệ T:

3

n

0  T 

 0, 3

 2  3

→ NaOH hết, AlCl

dư.

OH



3

n 3

Al

0,15

PTHH: AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1)

Theo (1) →

nAl (OH )3

 1 n

3

NaOH 

 0,1mol

→ mAl (OH )  a  0,1.78  7,8gam

3

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

VD 2: Cho 200 g dung dịch NaOH 13% vào 100 g dung dịch AlCl₃ 26,7%, sau khi phản

ứng kết thúc thu được b g kết tủa. Tính b.

13.200

Giải

26, 7.100

n   nNaOH

3

OH

  0, 65mol ,

100.40

n 3  nAlCl

  0, 2mol

100.133, 5

Xét tỉ lệ T: 3  T  n   0, 65  0, 325  4 → AlCl

Al

, NaOH đều hết và kết tủa bị hòa

OH

3

tan một phần.

n 3

Al

0, 2

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1) Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄] _tan (2)

Theo (1) và (2) →

n  4nAl3  n

  4.0, 2  0, 65  0,15mol

→ m  0,15.78  11, 7g

OH

VD 3: Cho 150ml dd NaOH 7M tác dụng với 100ml dd nhôm sunphat 1M. Xác định nồng

độ C_M của chất tan trong dung dịch sau phản ứng.

Giải

n   nNaOH

OH

 7.0,15  1, 05mol

n 3

Al

 2nAl ( SO )

 2.0,1.1  0, 2mol

Xét tỉ lệ T:

2 4 3

n  1, 05

4  T    5, 25

OH

→ Kết tủa tan hết kiềm dư, dung dịch sau phản

n 3

Al

0, 2

ứng gồm Na₂SO₄ , NaOH _dư và Na[Al(OH)₄]

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 8NaOH → 2Na[Al(OH)₄] _tan + 3Na₂SO₄ (1)

0,1 mol 0,8 mol 0,2 mol 0,3 mol

n   n   4n

3  1, 05  4.0, 2  0, 25mol

OH Du OH BD Al

Theo (1) →

nNa[ Al (OH ) ]  2nAl ( SO )  0, 2mol

nNa SO

4 2 4 3

 3nAl ( SO )

 0, 3mol

2 4 2 4 3

Thể tích dung dịch thu được sau phản ứng là: V_dd = 0,15 + 0,1 = 0,25 lít

Nồng độ các chất có trong dung dịch sau phản ứng là:

0, 2

CMddNa[Al (OH )4 ]  0, 25  0,8M

0, 25

CMddNaOH  0, 25  1M

0, 3

CMddNa SO

2 4

  1, 5M 0, 2

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

• Bài toán nghịch: Đề bài cho biết số mol của một trong 2 chất tham gia phản ứng và số mol của kết tủa. Yêu cầu tính số mol của chất còn lại.
• Dạng 1: Đề bài cho biết số mol của muối và số mol kết tủa. Yêu cầu tính số mol

kiềm.

- Phương pháp: Tính số mol của muối và số mol của kết tủa

+ Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

+ So sánh số mol của kết tủa với số mol Muối.

• Nếu

n  nAl3

→ Muối, kiềm đều hết và kết tủa chưa bị hòa tan Theo

(1) → n   3n

OH

• Nếu

n  nAl3

→ Có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Kiềm hết, muối dư.

Theo (1) →

n  3n

OH

 

TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n 3  n

OH Al

VD 1: Cho V lít dung dịch NaOH 0,4M tác dụng với 58,14g Al₂(SO₄)₃ thu được 23,4g kết tủa. Tìm giá trị lớn nhất của V?

n 3  2nAl ( SO )

2 4 3

Al

 2.

58,14

342

 0, 34mol

Giải

nAl (OH )

3

 23, 4  0, 3mol

78

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Để V có giá trị lớn nhất khi kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n 3  n

OH Al

→ n _NaOH = 4.0,34 - 0,3 = 1,06 mol

→ V  1, 06  2, 65 lít

0, 4

VD 2: Cho 0,5 lít dung dịch NaOH tác dụng với 300ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,2M thu được 1,56g kết tủa. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Giải

nAl3  2nAl2 ( SO4 )3  2.0, 3.0, 2  0,12mol

nAl (OH ) 

3

1, 56

78

 0, 02mol

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Theo đề ra ta có :

n  0, 02  nAl3

 0,12

→ Có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Kiềm hết, muối dư.

Theo (1) → n_NaOH = 3.0,02 = 0,06 mol

→ CM ( NaOH )

 0, 06  0,12M

0, 5

TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → nNaOH  4.0,12  0, 02  0, 46mol

→ CM ( NaOH )

 0, 46  0, 92M

0, 5

VD 3 : Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al₂(SO₄)₃ và 0,1 mol H₂SO₄ đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên

Giải

7,8

3

nAl3  2nAl2 ( SO4 )3  2.0,1  0, 2mol

nAl (OH )  78

 0,1mol

nH   2nH2 SO4  0, 2mol

PTHH: H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O (1)

Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ (2) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (3)

Để V có giá trị lớn nhất khi kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n 3  n  n 

OH Al H

→ n _NaOH = 4.0,2 - 0,1 + 0,2 = 0,9 mol

→ V  0, 9  0, 45 lít

2

VD 4 : Cho 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch AlCl

3

2M, thu được một kết

tủa, nung kết tủa đến khối lượng không đổi được 5,1 gam chất rắn. Nồng độ mol/lít của dung dịch NaOH

Giải

nAl3  2nAl2 ( SO4 )3  2.0, 2  0, 4mol

5,1

nAl O  102  0, 05mol

2 3

PTHH : 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

0

2Al(OH)₃ t Al O + 3H O (3)

2 3 2

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Theo (3) →

nAl (OH )

 2nAl O

 0,1mol

Theo đề ra ta có :

3 2 3

n  0,1  nAl3

 0, 4

→ Có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Kiềm hết, muối dư.

Theo (1) →

nNaOH

 n  3n  3.0,1  0, 3mol

OH

 

→ CM ( NaOH )

 0, 3  1, 5M

0, 2

TH 2: Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) →

nNaOH  n

  4n

3  n  4.0, 4  0,1  1,5mol

→ CM ( NaOH )

OH Al

 1, 5  7, 5M

0, 2

* Dạng 2: Đề bài cho biết số mol của kiềm và số mol của kết tủa.Yêu cầu tính số mol của Muối.

- Tính số mol của Kiềm và số mol của kết tủa

+ Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

+ So sánh số mol của kết tủa với số mol Kiềm.

1

- TH 1: Nếu

n 

n 

3 OH

→ Muối, kiềm đều hết và kết tủa chưa bị hòa tan

Theo (1) →

1

nAl3  n

- TH 2: Nếu

n 

n  → Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

3 OH

Theo (1) và (2) →

n 3

Al

n

 OH

  n

4

VD 1 : Cho 0,6 mol NaOH vào dd chứa x mol AlCl₃ thu được 0,2 mol Al(OH)₃. Thêm tiếp 0,9 mol NaOH thấy số mol của Al(OH)₃ là 0,5. Thêm tiếp 1,2 mol NaOH nữa thấy số mol Al(OH)₃ vẫn là 0,5 mol. Tính x?

n    nNaOH



OH

Giải

 0, 6  0, 9 1, 2  2, 7mol

n  0, 5mol

PTHH: 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

1 2, 7

Theo đề ra ta có : hòa tan một phần.

n  0, 5 

n 

3 OH

  0, 9 → Muối, kiềm đều hết và kết tủa bị

3

Theo (1) và (2) → n

 n 

n  n

OH

 

 2, 7  0,5  0,8mol

AlCl3

Al3 4 4

VD 2: Cho một mẩu Na vào 400ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ thu được 6,72 lít khí (đktc) và một kết tủa A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được 7,65 gam chất rắn. Tính nồng độ mol/l của dung dịch Al₂(SO₄)₃

Giải

n  6, 72  0, 3mol

H

2 22, 4

nAl O

 7, 65

102

2 3

 0, 075mol

Khi cho Na vào dung dịch Al₂(SO₄)₃ thì Na phản ứng với nước theo PƯ sau: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑ (1)

Sau đó NaOH mới sinh ra phản ứng với Al₂(SO₄)₃ theo PƯ sau: 6NaOH + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃↓ + 3Na₂SO₄ (2)

Có thể có: NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (3) Kết tủa A là Al(OH)₃, Nung kết tủa A:

0

2Al(OH)₃ t Al O + 3H O (4)

2 3 2

Theo (1) ta có :

nNaOH

 2n  0, 6mol

2

H

(*)

Theo (3) Ta có :

nAl (OH )

 2n

3 2 3

Al O

 0,15mol

(**)

1 0, 6

Từ (*) và (**) ta thấy : tủa bị hòa tan một phần.

n  0,15 

n 

3 OH

  0, 2 → Muối, kiềm đều hết và kết

3

Theo (2) và (3) → n

n

 OH

  n

 0, 6  0,15  0,19mol

Al3 4 4

→ nAl2 (SO4 )3

 1 n

2

Al3

 0,1875  0, 095mol

2

→ CM [Al2 (SO4 )3 ]

 0, 095  0, 24M

0, 4

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Dạng 3:

Đề bài tiến hành các thí nghiệm khác nhau với cùng một lượng Al³⁺ tác dụng với lượng OH^- khác nhau mà lượng kết tủa thay đổi hoặc không thay đổi.

Kiểu 1 : Cho lượng kết tủa không thay đổi khi lượng OH ^ tăng.

- Phương pháp:

n

Max

amol

x1 x2 n 

• Đổi số liệu đề bài ra số mol.

OH

• Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

• Vì lượng OH^- ở 2 thí nghiệm khác nhau mà lượng kết tủa không thay đổi nên: TN 1: OH^- hết, Al³⁺ dư.

Theo (1) →

n   3n (*)

TN 2: OH^-, Al³⁺ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

OH

Theo (1) và (2) → n   4n 3  n (**)

OH Al

Giải (*) và (**) ta được kết quả.

VD 1:

TN1: Trộn 100 ml dd Al₂(SO₄)₃ với 120 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa và nung đến hoàn toàn được 2,04g chất rắn.

TN2: Trộn 100 ml dd Al₂(SO₄)₃ với 200 ml dd NaOH. Lọc lấy kết tủa và nung đến khối lượng không đổi được 2,04g chất rắn. Tính nồng độ mol của dd Al₂(SO₄)₃ và dd NaOH ở trên.

nAl O

 2, 04

102

2 3

 0, 02mol

Giải

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

0

2Al(OH)₃ t Al O + 3H O (3)

2 3 2

Đặt C

 x  nNaOH (TN1)  0,12x C

 y  n

 0, 2 y

M ( NaOH )



n

NaOH (TN 2)

 0, 2x

M [ Al2 ( SO4 )3 ]

Al3

Theo (3) ta có:

nAl (OH )

 2n

3 2 3

Al O

 0, 04mol

- Vì lượng OH^- ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng OH^- ở thí nghiệm 1 mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

Ở TN 1: OH^- hết, Al³⁺ dư.

Theo (1) →

n   3n → 0,12x  0,12

(*)

Ở TH 2: OH^-, Al³⁺ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

OH

Theo (1) và (2) → n   4n

3  n

→ 0, 2x  4.0, 2 y  0, 04

(**)

OH Al

Từ (*) và (**)→

x  1



 y  0, 3

Vậy

CM ( NaOH )  1M



CM [Al (SO ) ]  0, 3M

 2 4 3

VD 2:

TN1: Cho a mol Al₂(SO₄)₃ tác dụng với 500ml dung dịch NaOH 1,2M được m gam kết tủa.

TN2: Cũng a mol Al₂(SO₄)₃ tác dụng với 750ml dung dịch NaOH 1,2M thu được m gam kết tủa.

Tính a và m?

nNaOH (TN 1)  1, 2.0, 5  0, 6mol

mol

Giải

nNaOH (TN 2)  1, 2.0, 75  0, 9mol

nAl3  2nAl2 ( SO4 )3  2a

PTHH: Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Al(OH)₃ ↓ + 3Na₂SO₄ (1)

NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Đặt n↓ = b mol

- Vì lượng OH^- ở thí nghiệm 2 lớn hơn lượng OH^- ở thí nghiệm 1 mà lượng kết tủa không thay đổi nên:

Ở TN 1: OH^- hết, Al³⁺ dư.

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Theo (1) →

n   3n → 3b  0, 6

(*)

Ở TH 2: OH^-, Al³⁺ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

OH

Theo (1) và (2) → n

  4n

3  n

→ 0, 9  4.2a  b

(**)

Từ (*) và (**) →

OH Al

a  0,1375



b  0, 2

→ m = 0,2.78 =15,6 gam

* Kiểu 2 : Cho lượng kết tủa tăng khi lượng OH ^ tăng.

- Phương pháp:

n

OH



n

Max

3a 2a

x

y1

y2

- Đổi số liệu đề bài ra số mol.

- Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

Ở thí nghiệm 1 ta thấy

n  1 n

 3 OH 

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 1 Al³⁺ vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Muối vẫn dư → n

 1 n

( Lập luận để loại bỏ trường hợp này)

(TN 2)

3 OH  (TN 2)

TH 2: kiềm , muối đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n

3  n

OH Al

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

VD 1: X là dd AlCl₃, Y là dd NaOH 2M.

Thêm 150 ml dd Y vào cốc đựng 100ml dd X khuấy đều thì trong cốc tạo ra 7,8g kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 100ml dd Y khuấy đều thì thấy lượng kết tủa 10,92g. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định C_M của X.

nNaOH (TN 1)  0,15.2  0, 3mol

7,8

Giải

nNaOH (TN 2)  0, 25.2  0, 5mol

10, 92

nAl (OH ) (TN 1) 

3

3

 0,1mol

78

nAl (OH ) (TN 2) 

 0,14mol

78

PTHH: 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Ta thấy sau thí nghiệm 1 khi tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 1 Al³⁺ vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: AlCl₃ vẫn dư sau thí nghiệm 2.

Theo (1) ta có: n

 1 n  0, 5  0,167mol nhưng theo đề bài n

 0,14  0,167 ( loại)

(TN 2)

3 OH  (TN 2) 3 

TH 2: NaOH , AlCl₃ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n

3  n

OH Al

→ nAl3

 0, 5  0,14  0,16mol

4

VD 2:

→ CM ( AlCl3 )

 0,16  1, 6M 0,1

A là dung dịch NaOH aM, B là dung dịch AlCl₃ bM, thực hiện thí nghiệm:

• Thí nghiệm 1: Cho 300 ml dung dịch A vào 200 ml dung dịch B thu được 7,8 gam kết tủa.
• Thí nghiệm 2: Cho 1000 ml dung dịch A vào 200 ml dung dịch B thì thu được 15,6 gam kết tủa.

Tính a, b? (Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn)

Giải.

n  (TN 1)  nNaOH (TN1)  0, 3amol 7,8

3

OH

n  (TN 2)  nNaOH (TN 2)  amol

15, 6

OH

nAl3  nAlCl3  0, 2bmol

nAl(OH ) (TN1)  78

3

 0,1mol

nAl(OH ) (TN 2) 

 0, 2mol

78

PTHH: 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (1) NaOH + Al(OH)₃ → Na[Al(OH)₄] (2)

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Sau thí nghiệm 1 khi tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa tăng, chứng tỏ thí nghiệm 1 Al³⁺ vẫn dư và thí nghiệm 2 có 2 trường hợp xảy ra.

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n

 1 n  0,1  0, 3a  a  1

(TN1)

Xét thí nghiệm 2 ta có:

3 OH 3

TH 1: Nếu AlCl₃ vẫn dư sau thí nghiệm 2 thì

Theo (1) ta có: n

 1 n  0, 2  a  a  0, 6  1 (Loại)

(TN 2)

3 OH  (TN 2) 3

TH 2: NaOH , AlCl₃ đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần.

Theo (1) và (2) → n   4n

3  n(TN 2)

OH (TN 2) Al

1.1 0, 2

→

b   1, 5

0,8

Vậy Nồng độ mol của dung dịch NaOH và AlCl₃ lần lượt là 1M và 1,5M

* Kiểu 3 : Cho lượng kết tủa giảm khi lượng OH ^ tăng.

- Phương pháp:

* Loại 1 : Trường hợp đặc biệt :Đề cho

• Đổi số liệu đề bài ra số mol.
• Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

n  1 n

 3 OH 

hoặc

n  n

Al3

( ít gặp) .

Ở thí nghiệm 1 ta thấy

n  1 n

 3 OH 

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa giảm → Có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Al^3 vừa hết thì số mol kết tủa bị hòa tan bằng số mol OH^- thêm vào, so sánh

với số mol kết tủa theo đề bài cho để loại trường hợp này.( loại )

TH 2: Al^3 dư → Sau thí nghiệm 2 OH^- , Al^3 đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần

Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → n   4n 3  n

OH Al

VD 1: A là dung dịch KOH 1M, B là dung dịch AlCl₃.

Cho 600ml dung dịch A vào cốc đựng 100ml dung dịch B thì thu được 15,6 gam kết tủa. Lại thêm tiếp vào cốc 300ml dung dịch A và khuấy đều thì lượng kết tủa còn lại 7,8 gam. Xác định nồng độ C_M của dung dịch B.

Giải

nKOH (TN1)  1.0, 6  0, 6mol

15, 6

nKOH (TN 2)  1.0, 9  0, 9mol

7,8

nAl (OH ) (TN1) 

3

3

 0, 2mol

78

nAl (OH ) (TN 2) 

 0,1mol

78

KOH + Al(OH)₃ → K[Al(OH)₄] (2)

Ở thí nghiệm 1 ta thấy n

 1 n  0, 6  0, 2mol

(TN1)

3 OH  (TN1) 3

Mặt khác sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa giảm → Có 2 trường hợp xảy ra.

TH 1: Al^3 vừa hết, khi cho thêm 0,3 mol OH^- vào thì theo (2) số mol Kết tủa bị hòa

tan là 0,3 mol # 0,1 mol ( loại )

TH 2: Al^3 dư → Sau thí nghiệm 2 OH^- ,

Al^3 đều hết và kết tủa bị hòa tan một phần

Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → n

  4n

3  n

→ nAl3

→ C

 0, 9  0,1  0, 25mol

4

 0, 25  2, 5M

OH Al

M ( AlCl3 )

0,1

* Loại 2: Các trường hợp còn lại.

- Phương pháp:

n

OH



n

Max

3a 2a

x1

x2

y

- Đổi số liệu đề bài ra số mol.

- Viết PTHH:

3OH ^  Al^3  Al(OH ) (1)

3

OH ^  Al(OH )  [Al(OH ) ]^ (2)

3 4

Sau thí nghiệm 1 tăng lượng OH ^ mà lượng kết tủa giảm => ta xét các trường hợp

sau:

- TH 1: Ở thí nghiệm 1: OH ^ hết, Al^3 dư

Giáo viên : ...................... Giáo án ôn học sinh giỏi hóa 8

Ở thí nghiệm 2: xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2), kết tủa bị hòa tan một phần

+ Xét thí nghiệm 1: Theo (1) →

n  3n

OH

 

(*)

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → n   4n 3  n (**)

OH Al

Giải hệ PT (*) và (**) ta được kết quả, So sánh kết quả với đề bài ở thí nghiệm 2 để

kết luận nhận hay không nhận nghiệm này.

- TH 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa đều tan một phần.

+ Xét thí nghiệm 1: Theo (1) và (2) → n   4n 3

 n(TN1)

(3*)

OH (TN1) Al (TN1)

+ Xét thí nghiệm 2: Theo (1) và (2) → n 

 4n 3

 n(TN 2)

(4*)

Giải hệ PT (3*) và (4*) ta được kết quả.

OH (TN 2)

Al (TN 2)

VD 1: Hòa tan hoàn toàn m (g) Al₂(SO₄)₃ vào nước được dd X. Nếu cho 130ml dd NaOH 1M vào X thu được 3a (g) kết tủa. Còn nếu cho 140ml dd NaOH 1M vào X thì thu được 2a

(g) kết tủa. Xác định giá trị của m.

nNaOH (TN 1)  0,13.1  0,13mol

3a

nAl (OH )3 (TN 1)  78 mol

Giải

nNaOH (TN 2)  0,14.1  0,14mol

2a