Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

SỬ DỤNG ĐA BẢO TỒN ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TẬP HĨA VƠ CƠ
HAY VÀ KHĨ TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2014
Thầy: Nguyễn Minh Tuấn
Để giải nhanh các bài tập hay và khó trong đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng các năm
nói chung và năm 2014 nói riêng, học sinh cần nắm vững và vận dụng thành thạo các định luật
bảo tồn vật chất. Đó là định luật bảo tồn ngun tố, bảo tồn khối lượng, bảo tồn electron và
bảo tồn điện tích.
Câu 1 (Đề TSĐH khối B): Nung hỗn hợp gồm 0,12 mol Al và 0,04 mol Fe3O4 một thời gian,
thu được hỗn hợp rắn X. Hòa tan hồn tồn X trong dung dịch HCl dư, thu được 0,15 mol khí
H2 và m gam muối. Giá trị của m là
A. 34,10.
B. 32,58.
C. 31,97.
D. 33,39.
Hướng dẫn giải:
Trong phản ứng của X với HCl, theo bảo tồn ngun tố O, Cl, H, ta có :
nH O  4nFe O  0,16
3 4
 2

0,04

nCl   nHCl  2nH2O  2nH2  0,62

0,16
0,15

Theo bảo tồn khối lượng, ta có :
mmuối  m(ion kim loại )  mCl   31,97 gam
0,12.27 0,04.3.56

0,62.35,5

Câu 2 (Đề TSĐH khối B): Cho m gam P2O5 tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M,
sau khi các phản ứng xảy ra hồn tồn thu được dung dịch X. Cơ cạn dung dịch X, thu được
3m gam chất rắn khan. Giá trị của m là
A. 21,30.
B. 8,52.
C. 12,78.
D. 7,81.
Hướng dẫn giải:
Bản chất phản ứng là H3PO4 tác dụng với dung dịch NaOH.
Nếu H3PO4 còn dư sau phản ứng thì khơng thể cơ cạn dung dịch, do H3PO4 khơng bay
hơi. Như vậy H3PO4 đã phản ứng hết. Chất rắn là muối hoặc hỗn hợp gồm muối trung hòa và
NaOH dư.
Theo bảo tồn ngun tố P và bảo tồn ngun tố H trong phản ứng của H 3PO4 với
NaOH, ta có:
2m
6m
n H3PO4  2n P2O5 
; n HOH  3n H3PO4 
142
142
Theo bảo tồn khối lượng, ta có :

mH PO  mNaOH  mchất rắn  mH O  m  8,52 g
3


2m.98
142

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

4

2

0,507.40

3m

6m.18
142

Mobile: 0982163448 1


Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

Câu 3 (Đề TSĐH khối B): Hỗn hợp X gồm hai muối R2CO3 và RHCO3. Chia 44,7 gam X
thành ba phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được 35,46 gam kết tủa.
- Phần hai tác dụng hoàn toàn với dung dịch BaCl2 dư, thu được 7,88 gam kết tủa.
- Phần ba tác dụng tối đa với V ml dung dịch KOH 2M.
Giá trị của V là

A. 180.
B. 200.
C. 110.
D. 70.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng bảo toàn nguyên tố C cho phần 1 và phần 2, ta có :
35,46

P1: n CO32  n HCO3  n BaCO3  197  0,18

7,88
P2 : n 2  n

 0,04
BaCO
3
CO3

197
n
  0,14
  HCO3
0,04.(2R  60)  0,14(R  61)  14,9
 R  18 (NH 4  )

Áp dụng bảo toàn điện tích trong phản ứng cho phần 3, ta có :
n KOH  n OH  0,04.2  0,14  0,14  0,36
n

NH4


n

HCO3

 VKOH 2M  0,36: 2  0,18 lít  180 ml
Câu 4 (Đề TSĐH khối B): Nung nóng bình kín chứa a mol hỗn hợp NH3 và O2 (có xúc tác
Pt) để chuyển toàn bộ NH3 thành NO. Làm nguội và thêm nước vào bình, lắc đều thu được 1
lít dung dịch HNO3 có pH = 1, còn lại 0,25a mol khí O2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giá trị của a là
A. 0,1.
B. 0,4.
C. 0,3.
D. 0,2.
Hướng dẫn giải:
Vì O2 dư nên NH3 đã chuyển hết thành HNO3. Theo bảo toàn nguyên tố N và bảo toàn
electron cho toàn bộ quá trình phản ứng, ta có :

nNH  nHNO  n   101.1  0,1
H
3
3

8nNH3  4nO2 pö
nO pö  0,2
 2
 a  0,1  0,2  0,25a  a  0,4
 n
nO pö
nO dö

NH3
2
2

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

Mobile: 0982163448 2


Trung tõm luyn thi HKH

Ti liu ging dy nm 2014 - 2015

Cõu 5 ( TSH khi B): Cho hn hp X gm Al v Mg tỏc dng vi 1 lớt dung dch gm
AgNO3 a mol/l v Cu(NO3)2 2a mol/l, thu c 45,2 gam cht rn Y. Cho Y tỏc dng vi
dung dch H2SO4 c, núng (d), thu c 7,84 lớt khớ SO2 ( ktc, l sn phm kh duy
nht). Bit cỏc phn ng xy ra hon ton. Giỏ tr ca a l
A. 0,25.
B. 0,30.
C. 0,15.
D. 0,20.
Hng dn gii:
Nu trong Y cú kim loi d. Gi s cú Al d, theo bo ton electron trong phn ng ca
Y vi dung dch H2SO4 c v gi thit, ta cú :
3n Al n Ag 2n Cu 2nSO2 0,7
b
2a
a 0,203
a




b 0,106
27 n Al 108n Ag 64n Cu 45,2
b

2a
a
Suy ra kim loi khụng cũn d, Y ch cú Ag v Cu. Tng t nh trờn, ta cú :


nAg 2nCu nelectron trao ủoồi 2nSO2 0,7


108nAg 64nCu 45,2
n nAg 0,3

nAg 0,3

Ag

nCu 0,2

a [Ag ] 0,3:1 0,3
Cõu 6 ( TSH khi A): in phõn dung dch X cha a mol CuSO4 v 0,2 mol KCl (in
cc tr, mng ngn xp, cng dũng in khụng i) trong thi gian t giõy, thu c
2,464 lớt khớ anot (ktc). Nu thi gian in phõn l 2t giõy thỡ tng th tớch khớ thu c
c hai in cc l 5,824 lớt (ktc). Bit hiu sut in phõn 100%, cỏc khớ sinh ra khụng tan
trong dung dch. Giỏ tr ca a l
A. 0,26.

B. 0,24.
C. 0,18.
D. 0,15.
Hng dn gii:
in phõn dung dch trong thi gian t giõy, theo bo ton nguyờn t Cl, gi thit v bo
ton electron, ta cú :


1
0,2
0,1 n 0,1
nCl 2 nCl
Cl
2
2
2

nO 0,01
nCl 2 nO2 0,11
2


ne trao ủoồi 2nCl 2 4nO2
ne trao ủoồi 0,24

in phõn trong thi gian 2t giõy, theo bo ton electron v gi thit, ta cú
ụỷanot : nelectron trao ủoồi 0,48 2nCl 4nO
2
2


0,1
?

ụỷcaỷanot vaứcatot : n n n 0,26
Cl 2
O2
H2

Ging dy: ThS. Ngc - Húa

Mobile: 0982163448 3


Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

nO  0,07; nH  0,09
2
 2
 Ởcatot : n
 2nCu2  2nH
electron trao đổ
i
2

?
0,09
0,48


 nCu2  0,15  nCuSO  0,15 mol
4

Câu 7 (Đề TSCĐ): Điện phân dung dịch hỗn hợp CuSO4 (0,05 mol) và NaCl bằng dòng điện
có cường độ khơng đổi 2A (điện cực trơ, màng ngăn xốp). Sau thời gian t giây thì ngừng điện
phân, thu được dung dịch Y và khí ở hai điện cực có tổng thể tích là 2,24 lít (đktc). Dung
dịch Y hòa tan tối đa 0,8 gam MgO. Biết hiệu suất điện phân 100%, các khí sinh ra khơng tan
trong dung dịch. Giá trị của t là
A. 6755.
B. 772.
C. 8685.
D. 4825.
Hướng dẫn giải:
Vì đã có khí thốt ra ở catot, chứng tỏ Cu2+ đã bị khử hết. Dung dịch sau điện phân (Y)
có thể hòa tan được MgO. Suy ra Y có chứa các ion H , Na và SO42 . Như vậy, nước đã bị oxi
hóa và ion Cl  đã bị oxi hóa hết.
Áp dụng bảo tồn điện tích trong phản ứng, bảo tồn ngun tố O và bảo tồn điện tích trong Y, ta có:


2.0,8
 0,04
nH  2nO2  2nMgO 
40


nNa  nH  2nSO42
 ?
0,04
0,05
 nNa  0,06  nCl   0,06; nCl


2

(ởanot )

 0,03

Theo giả thiết và bảo tồn electron, suy ra :

nO (ởanot )  nH (ởcatot )  nCl (ởanot )  0,1
2
2
 2

0,03

2nCu2  2nH2 (ởcatot )  2nCl 2 (ởanot )  4nO2 (ởanot )
 0,05
0,03
nH (ởcatot )  0,04; nO (ởanot )  0,03
2
 2
  (2n  4n ).96500
Cl 2
O2
t 
 8685 giâ
y
2


Câu 8 (Đề TSĐH khối A): Đốt cháy 4,16 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong khí O2, thu được 5,92
gam hỗn hợp X chỉ gồm các oxit. Hòa tan hồn tồn X trong dung dịch HCl vừa đủ, thu được dung
dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được kết tủa Z. Nung Z trong khơng khí đến khối
lượng khơng đổi, thu được 6 gam chất rắn. Mặt khác, cho Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu
được m gam kết tủa. Giá trị của m là
A. 10,80.
B. 32,11.
C. 32,65.
D. 31,57.
Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

Mobile: 0982163448 4


Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

Hướng dẫn giải:
Dễ thấy 6 gam chất rắn là Fe2O3 và MgO. Suy ra:
nelectron do Mg, Fe nhường  2nO2 

2(6  4,16)
 0,23
16

Theo bảo tồn electron và bảo tồn điện tích, bảo tồn ngun tố O, ta có :
nelectron do Fe vàMg nhường  4nO pư  nAg pư
2



0,055
0,23
?

nCl   2nO2  4nO2  0,22

0,055
nAg pư  0,01 nAg  0,01;nAgCl  0,22


nCl   0,22
m(Ag, AgCl )  32,65 gam

Câu 9 (Đề TSĐH khối A): Thực hiện phản ứng nhiệt nhơm hỗn hợp gồm Al và m gam hai
oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được
dung dịch Y, chất khơng tan Z và 0,672 lít khí H2 (đktc). Sục khí CO2 dư vào Y, thu được
7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch H 2SO4, thu được dung dịch chứa 15,6 gam
muối sunfat và 2,464 lít khí SO2 (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của H2SO4). Biết các
phản ứng xảy ra hồn tồn. Giá trị của m là
A. 5,04.
B. 6,29.
C. 6,48.
D. 6,96.
Hướng dẫn giải:
Vì X phản ứng với NaOH giải phóng H2, chứng tỏ Al dư và FexOy đã phản ứng hết. Chất
rắn X chứa Fe, Al2O3 và Al dư. Chất khơng tan Z là Fe.
Theo bảo tồn electron trong phản ứng của X với NaOH và bảo tồn ngun tố Al, O, ta có :

2.0,672

 0,06
3nAl  2nH2 
22,4

n  2n
 nAl (OH)  0,1
Al 2O3
3
 Al
nAl  0,02; nAl O  0,04
2 3

nO/ Fex Oy  nO/ Al 2O3  3nAl 2O3  0,12

Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng trong phản ứng của Z với H2SO4, ta có :
2nSO 2 tạo muối  nelectron trao đổi  2nSO  0,22

2
4

m
 96nSO 2 tạo muối  mmuối  15,6

4
 Fe trong muối
nSO 2 tạo muối  0,11
 4
mFe trong muối  5,04
mFe trong Fe O  mFe trong muối  5,04
x y


 m
 mO  mFe  6,96 gam
 Fex Oy
0,12.16
5,04

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

Mobile: 0982163448 5


Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

Câu 10 (Đề TSĐH khối A): Hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm 25%
khối lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng, sau một thời
gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 18. Hòa tan hồn tồn Y
trong dung dịch HNO3 lỗng (dư), thu được dung dịch chứa 3,08m gam muối và 0,896 lít khí
NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần giá trị nào nhất sau đây?
A. 8,0.
B. 9,5.
C. 8,5.
D. 9,0.
Hướng dẫn giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm kim loại và O. Theo bảo tồn khối lượng và bảo
tồn electron cho tồn bộ q trình phản ứng, ta có:

mZ  mCO ban đầu

 0,03
nCO phản ứng  nO phản ứng 
16

n
 2nCO  2 nO  3nNO
 electron do kim loại nhường
0,03
0,25m
0,04

16

 nelectron do kim loại nhường  0,06  0,03125m
Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng, ta có:
nNO  tạo muối  nelectron do kim loại nhường
 3

mmuối  mkim loại  mNO3 tạo muối
 3,08m  0,75m  62(0,06  0,03125m)
 m  9,447 gam  9,5 gam
Câu 11 (Đề TSĐH khối B): Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm
HCl (dư) và KNO3, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y
gồm N2 và H2. Khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11,4. Giá trị của m là
A. 16,085.
B. 14,485.
C. 18,300.
D. 18,035.
Hướng dẫn giải:
Theo giả thiết, ta có :


0,56

 0,025
nH2  nN2 
nH2  0,005
22,4


2n  28n  0,025.11,4.2 
nN2  0,02
H
N
2
2


Vì phản ứng giải phóng H2 nên NO3 đã phản ứng hết. Như vậy, ngồi HCl dư, trong
dung dịch X chứa Mg2+, K+, Cl  và có thể có NH4 . Theo bảo tồn electron, bảo tồn điện tích
và bảo tồn ngun tố N, ta có :
2nMg  8nNH   2nH  10nN
2
2
4


0,145

nNH4  0,01
0,005

0,02
?


n

n

n

2n



 K
nK   0,05
N2
NO3
NH 4


0,02
?

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

Mobile: 0982163448 6


Trung tâm luyện thi ĐHKH


Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

Theo bảo tồn điện tích và bảo tồn khối lượng trong X, ta có :
2nMg  nK  nNH  nCl

?
 0,145 0,05
0,01

mmuối  24nMg  39nK  18nNH  35,5nCl

0,05
?
0,145
0,01
n  0,35 mol
  Cl
mmuối  18,035 gam
2







4

2





4





Câu 12 (Đề TSĐH khối B): Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 bằng dung
dịch chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp gồm 0,1 mol
NO và a mol NO2 (khơng còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung dịch Y thành hai phần
bằng nhau:
- Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam một chất kết tủa.
- Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn. Giá trị của m là
A. 20,62.
B. 41,24.
C. 20,21.
D. 31,86.
Hướng dẫn giải:
Gọi số mol của Fe và Fe3O4 trong một nữa hỗn hợp X lần lượt là x và y.
Giả sử kết tủa là Fe(OH)3 (0,05 mol). Theo giả thiết, bảo tồn electron trong phản ứng
của X với hỗn hợp hai axit, bảo tồn điện tích trong dung dịch sau phản ứng của một nửa Y với
KOH và bảo tồn ngun tố Fe, N, ta có :

10,24
56n  232n


 5,12 (1)
Fe
Fe3O4

2
x

y

(2)
3nFe  nFe3O4  3nNO  nNO2
 x
0,05
0,5a
y

(3)
3 nFe3  nK   2nSO 2  nNO 
4
3
 x 3y  0,05 0,2
0,05
0,25 0,05 0,5a

56x  232y  5,12
x  0,05


 3x  y  0,5a  0,15  y  0,01
3x  9y  0,5a  0,25 a  0,05




Fe(OH)3
Fe3 : 0,08 mol


 0,08 mol
 Ba(OH)2 dư
2
 SO4 : 0,05mol 

 
BaSO4

H
,
NO
3

 0,05 mol
mộ
t nử
a dung dòch Y

 mkết tủa  mFe(OH)  mBaSO  20,21 gam
3

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa


4

Mobile: 0982163448 7


Trung tâm luyện thi ĐHKH

Tài liệu giảng dạy năm 2014 - 2015

Đối với trường hợp kết tủa là Fe(OH)2, ta tính được trong Y có H+ (vì

nOH / Fe(OH)  nOH / KOH ).
2

Suy ra a = 0,4. Giải hệ gồm phương trình (1) và (2) thấy mol của Fe3O4 nhỏ hơn 0 (loại).
Câu 13 (Đề TSĐH khối A): Có ba dung dịch riêng biệt : H2SO4 1M; KNO3 1M; HNO3 1M
được đánh số ngẫu nhiên là (1), (2), (3).
- Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (2), thêm bột Cu dư, thu được V1 lít khí NO.
- Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư, thu được 2V1 lít khí NO.
- Trộn 5 ml dung dịch (2) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư, thu được V2 lít khí NO.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở
cùng điều kiện. So sánh nào sau đây đúng?
A. V2 = 2V1.
B. 2V2 = V1.
C. V2 = 3V1
D. V2 = V1
Hướng dẫn giải:
Coi 3 phản ứng tương ứng với các thí nghiệm 1 (TN1), thí nghiệm 2 (TN2), thí nghiệm 3
(TN3).
Bản chất phản ứng là Cu bị NO3 oxi hóa trong môi trường H+.



Quá trình khử : 4H  NO3  3e  NO  H2O

Nhận thấy khi trộn 2 dung dịch với nhau, không có trường hợp nào

nH
nNO 

 4 . Suy ra

3

+

trong các phản ứng NO đều có dư, H hết; tỉ lệ mol khí NO thoát ra ở các thí nghiệm bằng tỉ
lệ H+ trong các thí nghiệm.

3

nH ôûTN2
nH ôûTN1



nNO ôûTN2
nNO ôûTN1




VNO ôûTN2
VNO ôûTN1

2

Suy ra : (1) là KNO3, (2) là HNO3 và (3) là H2SO4

V2 VNO ôûTN3 nH ôûTN3


 3  V2  3V1
V1 VNO ôûTN1 nH ôûTN1
....................................HẾT....................................
PS: Bài viết được tổng hợp từ tài liệu: 22 phương pháp giải nhanh hóa học của Nguyễn
Minh Tuấn - giáo viên trường THPT chuyên Hùng Vương - Phú Thọ.

Giảng dạy: ThS. Ngọc - Hóa

Mobile: 0982163448 8