BÀI TẬP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG GIẢI CHI TIẾT

GIẢI BÀI TẬP BẰNG PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG 0 1. Dạng 1: Bài tập về kim loại a. Kim loại + axit (vô cơ hoặc hữu cơ) Ví dụ 1: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị II) trong dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối khan. Giá trị của m là: A. 1,380 B. 1,830 C. 3,180 D. 3,195

GIẢI BÀI TẬP BẰNG PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG

 0

1 Dạng 1: Bài tập về kim loại

a Kim loại + axit (vô cơ hoặc hữu cơ)

Ví dụ 1: Hòa tan m gam hỗn hợp A gồm Fe và kim loại M (hóa trị II) trong dung dịch HCl dư

thu được 1,008 lít khí (đktc) và dung dịch chứa 4,575 gam muối khan Giá trị của m là:

Bài giải:

m(g) hhA ¾¾ ¾¾+ dd HCl® 4,575g muối + 1,008 lít H2 (đktc)

2

H

n  0,045 mol

M + 2HCl    MCl + H 

2

H M

n n 0,045 mol

1 mol M ¾¾® 1 mol MCl2 : ∆m tăng = (M + 71) – M= 71g

0,045 mol M ¾¾® 0,045 mol MCl2 : ∆m tăng = 0,045×71 = 3,195g

Ta có: m muối = m + ∆m tăng

 m = m muối – ∆m tăng = 4,575 – 3,195 = 1,380g

Ví dụ 2: Cho 1,24g hỗn hợp hai axit cacboxylic tác dụng vừa đủ với Na thấy thoát ra 336 ml lít

H2 (đktc) và m(g) muối natri Khối lượng muối natri thu được là:

Bài giải:

1,24g R(COOH)x+ Na ¾¾® m(g) R(COONa)x+ 336 ml lít H2 (đktc)

Tìm m?

2

H

n  0,015 mol

2R(COOH)  2xNa    2R(COONa)  xH 

2

x H

R (COOH)

1 mol R(COOH)x ¾¾® 1 mol R(COONa)x : ∆m tăng = (R+ 67x) – (R+ 45x) = 22x (g) 0,03

mol

x R(COOH)x ¾¾® 0,03 mol

x R(COONa)x: ∆m tăng = 0,03

22x 0,66g

Ta có: m = m axit + ∆m tăng = 1,24 + 0,66 = 1,90g

b Kim loại + ancol

Ví dụ: Cho 2,02 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, đồng đẳng kế tiếp tác dụng vừa đủ với Na thu

được 3,12 gam muối khan Công thức phân tử của hai ancol là:

A CH3OH, C2H5OH B C2H5OH, C3H7OH

C C3H7OH, C4H9OH D C4H9OH, C5H11OH

Bài giải:

2,2g hh ROH ¾¾¾+ Na® 3,12g RONa

Gọi công thức phân tử chung cho hai ancol là: ROH

2ROH + 2Na ¾¾ ® 2RONa + H2

Fe

M (h.trị 2)

FeCl2 MCl2

dư

1 mol ROH ¾¾® 1 mol RONa: ∆m tăng = (R + 39) – (R+ 17) = 22g

x mol ROH ¾¾® x mol RONa: ∆m tăng = 3,12 – 2,2 = 1,1g

1,1

x 0,05 mol

22

ROH

2,02

0,05

    ancol có M < 40,4 là CH3OH

 ancol đồng đẳng kế tiếp của CH3OH là C2H5OH

c Kim loại + muối

Ví dụ: Lấy một cây đinh sắt nặng 10g nhúng vào dung dịch CuSO4 bão hòa Sau một thời gian lấy ra làm khô, cân đinh sắt nặng 10,4884g Tính khối lượng Cu bám lên cây đinh sắt

Bài giải:

Thanh Fe nặng 10g + dd CuSO4 ¾¾ ® thanh Fe nặng 10,4884g

Tính lượng Cu đã bám lên thanh Fe?

Fe + CuSO    FeSO + Cu

1 mol Fe ¾¾® 1 mol Cu : ∆m tăng = 64 – 56 = 8g

x mol Fe ¾¾® x mol Cu : ∆m tăng = 10,4884 – 10 = 0,4884g

Cu

0, 4884

8

m 0, 06105 64 3,9072g

2 Dạng 2: Bài tập về oxit kim loại

a Khử oxit kim loại

Ví dụ: Khử 44,8g hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe3O4, Fe2O3 bằng V(lít) khí CO ở nhiệt độ cao, người ta thu được 40 gam chất rắn X Giá trị của V là:

Bài giải:

44,8g hhA  V(lit) CO, t 0

     40g rắn X

Tìm V?

Phản ứng khử oxit bởi CO có thể hiểu là: CO + [O]oxit    CO2

44,8g oxit ¾¾®40g chất rắn : ∆m rắn giảm = m O (trong oxit) = 44,8 – 40 = 4,8g

 nO = 0,3 mol

CO + [O]oxit    CO2

(mol) 0,3 0,3

 VCO = 0,3× 22,4 = 6,72 lít

b Oxit kim loại + axit

Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe2O3, MgO, ZnO trong 500 ml dung dịch

H2SO4 0,1M (vừa đủ) Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được m gam hỗn hợp muối sunfat khan Giá trị của m là:

Bài giải:

1 tgian

CuO FeO

Fe2O3

Fe3O4

2,81g hh ¾¾ ¾ ¾H SO 0,1M+2 500 ml dd4 ® m(g)

Tìm m?

2 4

H SO

4

SO

n  0,05 mol

1 mol O2  ¾¾® 1 mol SO24

: ∆m tăng = 96 – 16 = 80g 0,05 mol SO24 : ∆m tăng = m – 2,81 (g)

 m – 2,81 = 4  m = 6,81g

3 Dạng 3: Bài tập về muối

a Kim loại + muối (đã xét trong phần 1.c)

b Halogen đứng trước đẩy halogen đứng sau ra khỏi muối

Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 104,25 gam hỗn hợp X gồm NaCl và NaI vào nước được dung dịch A.

Sục khí clo dư vào dung dịch A Kết thúc thí nghiệm, cô cạn dung dịch thu được 58,5 gam muối khan Khối lượng NaCl có trong hỗn hợp X là:

Bài giải:

104,5g hhX ¾¾¾+ Cl 2® 58,5g muối NaCl

Cl2  2NaI    2NaCl + I2

1 mol NaI ¾¾® 1 mol NaCl : ∆m giảm = 150 – 58,5 = 91,5g

x mol NaI ¾¾® x mol NaCl : ∆m giảm = 104,25 – 58,5 = 45,75g

 x = 0,5 mol  mNaI = 0,5×150 = 75g

 mNaCl = 104,25 – 75 = 29,25g

c Muối cacbonat (muối sunfit) + HCl

Ví dụ: Cho 3,06 gam hỗn hợp hai muối K2CO3 và MgCO3 tác dụng với dung dịch HCl thu được

V lít khí (đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X được 3,39 gam muối khan Giá trị của V là:

Bài giải:

3,06g hh ¾¾ ¾¾+ dd HCl®3,39g + V(lít) CO2

K CO + 2HCl 2KCl + CO +H O

MgCO + 2HCl MgCl + CO +H O

  

  

1 mol CO23

¾¾® 2 mol Cl : ∆m rắn tăng = 35,5×2 – 60 = 11g

x mol CO32

¾¾® 2x mol Cl: ∆m rắn tăng = 3,39 – 3,06 = 0,33g

 x = 0,03 mol

2

2 3

n n  0,03 mol

2

CO

V = 0,03× 22,4 = 0,672 lít

d AgNO3 → AgX

Ví dụ: Cho 31,84 gam hỗn hợp hai muối NaX và NaY (X, Y là hai halogen ở hai chu kỳ liên

tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư thì thu được 57,34 gam kết tủa Tìm hai muối NaX và NaY

Bài giải:

Fe2O3 ZnO

Fe2(SO4)3 ZnSO4 MgSO4

NaCl NaI

dư

K2CO3 MgCO3

KCl MgCl2

31,84g hh ¾¾ ¾ ¾®+ dd AgNO 3 57,34g kết tủa.

Tìm NaX, NaY?

Gọi công thức trung bình cho hai muối là: NaX

NaX + AgNO    AgX NaNO 

1 mol NaX ¾¾®1 mol AgX : ∆m tăng = (108 +X) – (23 +X) = 85g

x mol NaX ¾¾®x mol AgX : ∆m tăng = 57,34 – 31,84 = 25,5g

 x = 0,3 mol Na X 31,84

0,3

23 + X = 106,13

X = 83,13



  Hai halogen là Brom và Iot

e Nhiệt phân muối nitrat

Ví dụ: Nhiệt phân hoàn toàn 9,4 gam một muối nitrat kim loại thu được 4 gam oxit rắn Công

thức muối đã nhiệt phân là:

A Fe(NO3)3 B Al(NO3)3 C Cu(NO3)2 D AgNO3

Bài giải:

9,4g M(NO3)n

0

t

¾¾ ® 4g M2On Tìm CTPT muối nitrat

4M(NO3)n

0

t

¾¾ ® 2M2On + 4nNO2 + nO2

4 mol M(NO3)n ¾¾® 2 mol M2On : ∆m giảm = 4×(M + 62n) – 2×(2M + 16n) = 216n (g)

4x mol M(NO3)n ¾¾® 2x mol M2On : ∆m giảm = 9,4 – 4 = 5,4g

5, 4 4 0,025





3 n

0,025 4

n



M + 62n = 94n

M = 32n





Chọn n = 2, M = 64  Muối đã nhiệt phân là Cu(NO3)2

f Nhiệt phân muối hydrocacbonat

Ví dụ: Nung 100 gam hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp không đổi thu được 69 gam chất rắn Phần trăm về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp lần lượt là:

A 16% và 84% B 84% và 16% C 26% và 74% D 74% và 26%

Bài giải:

100g hh ¾¾t0® 69g Na2CO3

Tìm % về khối lượng mỗi muối trong hh ban đầu

Chỉ có muối NaHCO3 bị nhiệt phân:

0

t

2NaHCO   Na CO + CO + H O

2 mol NaHCO3 ¾¾® 1 mol Na2CO3 : ∆m giảm = 2 × 84 – 106 = 62g

2x mol NaHCO3 ¾¾® x mol Na2CO3 : ∆m giảm = 100 – 69 = 31g

 x = 0,5 mol  mNaHCO3  0,5 2 84 84g   

NaX NaY

dư

Na2CO3 NaHCO3

2 3

2 3

Na CO

Na CO

16 100%

100



4 Dạng 4: Bài tập về axit cacboxylic, este

a Phản ứng trung hòa

Ví dụ: Để trung hòa hết 10,6 gam axit cacboxylic A cần dùng vừa đủ V ml dung dịch NaOH 1M.

Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 15 gam chất rắn Giá trị của V là:

Bài giải:

10,6g RCOOH + V(ml) dd NaOH 1M (vừa đủ) ¾¾ ® 15g RCOONa

Tìm V?

RCOOH + NaOH    RCOONa + H O2

1 mol RCOOH ¾¾® 1 mol RCOONa : ∆m tăng = (R + 67) – (R + 45) = 22g

x mol RCOOH ¾¾® x mol RCOONa : ∆m tăng = 15 – 10,6 = 4,4g

 x = 0,2 mol

 nNaOH = nRCOOH = 0,2 mol  VddNaOH = 0,2 lít hay 200 ml

b Phản ứng este hóa

Ví dụ: Trộn 40 gam ROH với CH3COOH dư trong bình cầu có H2SO4 đặc làm xúc tác, sau một thời gian thu được 36,3 gam este Biết hiệu suất của phản ứng este hóa là 75% Số mol ROH đã phản ứng là:

Bài giải:

40g ROH + CH3COOH dư (xt H2SO4 đặc) ¾¾® 36,3g CH3COOR

Tính nROH đã phản ứng

H = 75%  mROH phản ứng = 40 75

30g 100





CH COOH + ROH ‡ ˆˆ ˆ ˆ† CH COOR + H O

1 mol ROH ¾¾® 1 mol CH3COOR : ∆m tăng = (R + 59) – (R + 17) = 42g

x mol ROH ¾¾® x mol CH3COOR : ∆m tăng = 36,3 – 30 = 6,3g

 x = 0,15 mol

c Phản ứng xà phòng hóa

Ví dụ: Khi thủy phân hoàn toàn 0,05 mol một este A của một axit đa chức với một ancol đơn

chức cần 5,6 gam KOH Mặt khác thủy phân 5,475 gam este A đó thì cần 4,2 gam KOH và thu được 6,225 gam muối Vậy công thức cấu tạo của este là:

A (COOC2H5)2 B (COOCH3)2 C (COOC3H7)2 D (COOC4H9)2

Bài giải:

0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ)

5,475g R(COOR')n + 4,2g KOH (vừa đủ) ¾¾ ® 6,225g R(COOK)n

Tìm CTPT R(COOR')n ?

+ 0,05 mol R(COOR')n + 5,6g KOH (vừa đủ): nKOH = 0,1 mol

Ta có: KOH

este A

n  0,05  1  este hai chức  CTPT este là: R(COOR')2

+ 5,475g R(COOR')2 + 4,2g KOH (vừa đủ) ¾¾ ® 6,225g R(COOK)2

nKOH = 0,075 mol  neste A = 0,00375 mol

1 tgian

H = 75%

 2  2

R COOR '  2KOH    R COOK  2R 'OH

1 mol R(COOR')2 ¾¾® 1 mol R(COOK)2 : ∆m tăng = (166 + R) – (88 + 2R' + R) = 78 – 2R' (g) 0,00375 mol R(COOR')2 ¾¾® 0,00375 mol R(COOK)2 : ∆m tăng = 0,75g

 78 – 2R' = 20

 R' = 29  R' là C2H5-

5 Dạng 5: Bài tập về aminoaxit

a Tác dụng với axit

Ví dụ: Cho 20 gam hỗn hợp gồm 3 amin no, đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác

dụng với dung dịch HCl 1M Cô cạn dung dịch thu được 31,68 gam hỗn hợp muối Vậy thể tích của dung dịch HCl đã dùng là:

Bài giải:

20g RNH2 + V(lít) dd HCl 1M ¾¾ ® 31,68g RNH Cl3

Tìm V?

Gọi CTPT trung bình cho 3 amin là RNH2

RNH  HCl    RNH Cl

1 mol RNH2 ¾¾®1 mol RNH Cl3 : ∆m tăng = (R+ 52,5) – (R+ 16) = 36,5g

x mol RNH2 ¾¾®x mol RNH Cl3 : ∆m tăng = 31,68 – 20 = 11,68g

 x = 0,32 mol

2

 nHCl = 0,32 lít hay 320 ml

b Tác dụng với bazơ

Ví dụ: Trung hòa 2,94 gam α – aminoaxit A (MA= 147) bằng một lượng vừa đủ dung dịch NaOH Đem cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được 3,82 gam muối B A có tên gọi là:

Bài giải:

2,94g R(NH2)(COOH)x (A) + dd NaOH (vừa đủ) ¾¾ ®3,84g R(NH2)(COONa)x (B)

(α – aminoaxit, MA = 147)

Tên gọi của α – aminoaxit A là?

nA = 0,02 mol

R(NH )(COOH) xNaOH     R(NH )(COONa) + xH O

1 mol A ¾¾® 1 mol B : ∆m tăng = (67x + 16 + R) – (45x + 16 + R) = 22x (g)

0,02 mol A ¾¾® 0,02 mol B : ∆m tăng = 3,82 – 2,94 = 0,88g

 x = 2  CTPT A là: R(NH2)(COOH)2

Theo đề: MA = 147  R + 106 = 147

 R = 41  R là C3H5

Vậy CTCT của A là:

NH2

Axit glutamic

6 Dạng 6: Bài tập về andehit

a Andehit → axit cacboxylic

Ví dụ: Oxi hóa hoàn toàn 2,2 gam một andehit đơn chức A thu được 3 gam axit cacboxylic B.

Công thức cấu tạo của A là:

A CH3CH2CH2CHO B CH3CHO C CH2=CHCHO D CH3CH2CHO

Bài giải:

2,2g RCHO (A) ¾¾ ® 3g RCOOH (B)

Tìm CTCT (A)

RCHO  [O] RCOOH

1 mol RCHO ¾¾ ® 1 mol RCOOH : ∆m tăng = (R + 45) – (R + 29) = 16g

x mol RCHO ¾¾ ® x mol RCOOH : ∆m tăng = 3 – 2,2 = 0,8g

 x = 0,05 mol  MRCHO = 44 g/mol

 R = 15  R là – CH3

CTCT của A là: CH3CHO

b Ancol → andehit

Ví dụ: Oxi hóa 6 gam ancol no, đơn chức X thu được 5,8 gam andehit Công thức cấu tạo của X

là:

A CH3CH2OH B CH3CH2CH2OH C CH3CH(OH)CH3 D CH3OH

Bài giải:

6g CnH2n+1CH2OH (X) ¾¾ ® 5,8g CnH2n+1CHO

Tìm CTCT của (X)

Oxi hóa ancol X thu được andehit  ancol X là ancol bậc I

CnH2n+1CH2OH [O]

  CnH2n+1CHO

1 mol CnH2n+1CH2OH ¾¾ ® 1 mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = (14n + 32) – (14n + 30) = 2g

x mol CnH2n+1CH2OH ¾¾ ® x mol CnH2n+1CHO : ∆m giảm = 6 – 5,8 = 0,2g

 x = 0,1 mol  MX = 60 g/mol

 14n + 32 = 60

 n = 2

Ancol X là: CH3CH2CH2OH

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Cao Cự Giác, Kỹ thuật phân tích và trả lời nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học, NXB Đại học quốc gia Tp HCM.

[2] Nguyễn Khoa Thị Phượng, Phương pháp giải nhanh các bài toán hóa học trọng tâm, NXB Đại học quốc gia Hà Nội.

[3] Tạp chí Dạy và Học Hóa học.

[4] Tạp chí Hóa học và ứng dụng, số 2/2009.

[5] Bài tập Hóa học 2011, trường Dự bị Đại học Tp HCM