12 DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP VỀ OXI – LƯU HUỲNH CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN HÓA HỌC 10
Dạng 1. Đơn chất Oxi, lưu huỳnh tác dụng với kim loại.
Phương pháp giải
+ Với Oxi phản ứng đưa kim loại lên số oxi hóa cao hoặc thấp, còn với S phản ứng đưa kim loại lên số oxi hóa thấp hơn.
+ Phương trình phản ứng tổng quát:
2M + xO2 → 2M2Ox.
2M + xS → M2Sx.
+ Phương pháp giải: áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố.
- Bảo toàn khối lượng.
- Bảo toàn electron.
- Bảo toàn nguyên tố.
PS : Các bài toán xây dựng dựa trên nhiều phản ứng oxi hóa khử, ta không nên giải theo phương pháp truyền thống mà nên ưu tiên phương pháp bảo toàn như bảo toàn khối lượng, bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố.
Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Oxi hoá hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Cu và Al có tỉ lệ mol 1:1 thu được 13,1 gam hỗn hợp Y gồm các oxit. Giá trị của m là:
A. 7,4 gam B. 8,7 gam C. 9,1 gam D. 10 gam
Cách 1: Thông thường.
Hướng dẫn giải:
Gọi a là số mol mỗi kim loại Cu, Al trong hỗn hợp X.
Phương trình hóa học:
2Cu + O2 → 2CuO
a a
4Al + 3O2 → 2Al2O3
a a/2
Ta có: moxit = \({m_{CuO}} + {m_{A{l_2}{O_3}}} = 80a + 102{\rm{a/2}} = 13,1 \Rightarrow a = 0,1{\rm{ }}mol\)
\({m_X} = 64.0,1 + 27.0,1 = 9,1{\rm{ gam}}\) → Đáp án C.
Cách 2: Dùng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.
Cách này không cần viết và cân bằng phương trình phản ứng.
Gọi a là số mol mỗi kim loại Cu, Al trong hỗn hợp X.
Bảo toàn nguyên tố Cu và nguyên tố Al → \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{CuO}} = {n_{Cu}} = a;{\rm{ }}\\
{\rm{2}}{{\rm{n}}_{{\rm{A}}{{\rm{l}}_{\rm{2}}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}{\rm{ = }}{{\rm{n}}_{{\rm{Al}}}}{\rm{ = a}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{CuO}} = a\\
{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,5a
\end{array} \right.\)
Bảo toàn khối lượng: \({m_Y} = {m_{CuO}} + {m_{A{l_2}{O_3}}} = 80{\rm{a}} + 51{\rm{a}} = 13,1 \Rightarrow a = 0,1{\rm{ }}mol\)
→ \({m_X} = 64.0,1 + 27.0,1 = 9,1{\rm{ gam}}\) → Đáp án C.
Ví dụ 2: Nung một hỗn hợp gồm 4,8 gam bột Magie và 3,2 gam bột lưu huỳnh trong một ống nghiệm đậy kín . Khối lương chất rắn thu được sau phản ứng là :
A. 8,0 gam B. 11,2 gam C. 5,6 gam D. 4,8 gam
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Ta có: \({n_{Mg}} = \frac{{4,8}}{{24}} = 0,2{\rm{ mol; }}\) \({n_S} = \frac{{3,2}}{{32}} = 0,1{\rm{ mol; }}\)
Phương trình phản ứng: Mg + S → MgS;
Ta có: \(\frac{{{n_{Mg}}}}{1} = 0,2 > \frac{{{n_S}}}{1} = 0,1 \Rightarrow Mg{\rm{ du }} \Rightarrow {\rm{Ran }}\left\{ \begin{array}{l}
MgS{\rm{ : 0,1 mol}}\\
{\rm{Mg du: 0,1 mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow {m_{Ran}} = 56.0,1 + 24.0,1 = 8gam\)
Đáp án A.
Cách 2: Nếu Mg dư, S dư hay cả hai cùng dư thì tất cả các chất sau phản ứng đều là chất rắn. Về nguyên tắc của định luật bảo toàn khối lượng thì tổng khối lượng của nó sẽ bằng tổng khối lượng các chất trước phản ứng, mặc dù ta không cần biết sau phản ứng chứa những chất nào và với lượng là bao nhiêu.
Bảo toàn khối lượng → mRắn = mMg + mS = 4,8 + 3,2 = 8,0 gam → Đáp án A.
Ví dụ 3: Đốt cháy hoàn toàn 13 gam một kim loại hóa trị II trong oxi dư đến khối lượng không đổi thu được 16,2 gam chất rắn X. Kim loại đó là:
A. Zn B. Fe C. Cu D. Ca
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi kim loại cần tìm là M.
Phương trình phản ứng: 2M + O2 → 2MO;
Ta có: \({n_M} = {n_{MO}} \Leftrightarrow \frac{{13}}{M} = \frac{{16,2}}{{M + 16}} \Rightarrow M = 65{\rm{ }}(Zn)\) → Đáp án A.
Cách 2: Chúng ta không cần viết phương trình phản ứng, mà chỉ áp dụng các định luật bảo toàn.
Bảo toàn khối lượng \({m_{{O_2}}} = {m_{ran{\rm{ X}}}}{\rm{ - }}{{\rm{m}}_{\rm{M}}}{\rm{ }} \Rightarrow {n_{{O_2}}} = \frac{{16,2 - 13}}{{32}} = 0,1{\rm{ mol; }}\)
Bảo toàn electron \(2{n_M} = 4{n_{{O_2}}} \Rightarrow {n_M} = 2.0,1 = 0,2 \Rightarrow M = \frac{{13}}{{0,2}} = 65{\rm{ }}(Zn)\) → Đáp án A.
Ví dụ 4: Cho 7,2 gam kim loại M , có hoá trị không đổi trong hợp chất, phản ứng hoàn toàn với hỗn hợp khí X gồm Cl2 và O2. Sau phản ứng thu được 23,0 gam chất rắn Y và thể tích hỗn hợp khí đã phản ứng là 5,6 lít (ở đktc). Kim loại M là:
A. Cu. B. Ca. C. Ba. D. Mg.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi x là hóa trị của kim loại M; a, b lần lượt là số mol Cl2 và O2 trong hỗn hợp X.
\(\begin{array}{l}
2M{\rm{ }} + {\rm{ }}xC{l_2}{\rm{ }} \to 2MC{l_x}\\
\frac{{2a}}{x} \leftarrow {\rm{ }}a{\rm{ }}mol{\rm{ }} \to \frac{{2a}}{x}\\
4M{\rm{ }} + {\rm{ }}x{O_2}{\rm{ }} \to 2{M_2}{{\rm{O}}_x}\\
\frac{{4b}}{x}{\rm{ }} \leftarrow b{\rm{ }}mol{\rm{ }} \to \frac{{2b}}{x}
\end{array}\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{m_M} = (\frac{{2a}}{x} + \frac{{4b}}{x}).M = 7,2\\
{n_{kh\'Y }} = a + b = \frac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25\\
{m_{R\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 3$}\kern-.1em/
\kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 3$} n}} = \frac{{2a}}{x}.(M + 35,5x) + \frac{{2b}}{x}.(2M + 16x) = 23
\end{array} \right. \Rightarrow M = 12.x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
M = 24{\rm{ }}(Mg)
\end{array} \right.\)
Đáp án D.
Cách 2: Dùng bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron.
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = {n_{C{l_2}}} + {n_{{O_2}}} = \frac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25\\
BTKL \to {m_X} = {m_Y} - {m_M} = 23 - 7,2 = 71.{n_{C{l_2}}} + 32.{n_{{O_2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{l_2}}} = 0,2\\
{n_{{O_2}}} = 0,05
\end{array} \right.\)
Bảo toàn electron → Hóa trị. nM = 2nCl2 + 4nO2 ⇒ nM = \(\frac{{2.0,2 + 4.0,05}}{x} = \frac{{0,6}}{x}\)
M = \(\frac{{7,2}}{{0,6}}.x = 12.x \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 2\\
M = 24{\rm{ }}(Mg)
\end{array} \right.\)
Đáp án D.
---(Nội dung đầy đủ, chi tiết của tài liệu vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Ví dụ 5: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian thu được 11,936 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Cho hỗn hợp X phản ứng hết với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 0,7616 lít khí SO2(đktc). Gía trị của m là:
A. 8,736 gam B. 14,448 gam C. 5,712 gam D. 7,224 gam
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ phản ứng:
\({\rm{m }}gam{\rm{ Fe}} \to 11,936gamX\left\{ \begin{array}{l}
FeO\\
F{e_2}{O_3}\\
F{e_3}{O_4}\\
Fe
\end{array} \right. \to F{e_2}{(S{O_4}{\rm{)}}_{\rm{3}}}{\rm{ + 0,7616 }}lit{\rm{ }}S{O_2} \uparrow + {H_2}O\)
Bảo toàn khối lượng \( \Rightarrow {m_{Fe}} + {m_{{O_2}}} = {m_X} \Rightarrow {n_{{O_2}}} = \frac{{(11,936 - m)}}{{32}}\) mol.
Nhìn tổng quát cả bài toán ta có:
\(\begin{array}{l}
\mathop {Fe}\limits^0 - 3e \to {\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{(S{O_4})_3}\,\,\,\\
\mathop {{O_2}}\limits^0 + 4e \to \mathop {2O}\limits^{ - 2} {\rm{ }}\\
\mathop {{H_2}S{O_4}}\limits^{ + 6} + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} {O_2}
\end{array}\)
Bảo toàn electron \(3.{n_{Fe}} = 4.{n_O}_{_2} + 2.{n_{S{O_2}}} \Leftrightarrow 3.\frac{m}{{56}} = 4.\frac{{(11,936 - m)}}{{32}} + 2.\frac{{0,7616}}{{22,4}} \Rightarrow m = 8,736{\rm{ }}gam\)
→ Đáp án A.
Ví dụ 6: Hòa tan hết 8,4 gam Fe trong dung dịch chứa 0,4 mol H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch X và V lít khí SO2 (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của V và m lần lượt là
A. 5,04 và 30,0. B. 4,48 và 27,6. C. 5,60 và 27,6. D. 4,48 và 22,8.
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ phản ứng: \(8,4{\rm{ }}gam{\rm{ }}Fe + 0,4mol{\rm{ }}{H_2}S{O_4}{\rm{ }} \to muoi{\rm{ }}F{e_2}{(S{O_4}{\rm{)}}_x}{\rm{ + V lit }}S{O_2} \uparrow + {\rm{ }}{H_2}O\)
Cách 1:
Bảo toàn nguyên tố Fe \( \Rightarrow {n_{Fe}} = 2.{n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_x}}} \Rightarrow {n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_x}}} = \frac{{{n_{Fe}}}}{2} = \frac{{\frac{{8,4}}{{56}}}}{2} = 0,075{\rm{ }}mol\)
Bảo toàn nguyên tố S \( \Rightarrow 1.{n_{{H_2}{\rm{S}}{O_4}}} = x.{n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_x}}} + 1.{n_{S{O_2}}} \Rightarrow {n_{S{O_2}}} = (0,4 - x.0,075){\rm{ }}mol.\)
Bảo toàn nguyên tố H \( \Rightarrow 2.{n_{{H_2}{\rm{S}}{O_4}}} = 2.{n_{{H_2}{\rm{O}}}} \Rightarrow {n_{{H_2}{\rm{O}}}} = {n_{{H_2}{\rm{S}}{O_4}}} = 0,4mol.\)
Bảo toàn khối lượng \( \Rightarrow {m_{Fe}} + {m_{{H_2}{\rm{S}}{O_4}}} = {m_{F{e_2}{{(S{O_4})}_x}}} + {m_{S{O_2}}} + {m_{{H_2}{\rm{O}}}}\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow 8,4 + 0,4.98 = 0,075(56.2 + 96x) + (0,4 - 0,075{\rm{x}})64 + 0,4.18 \Rightarrow x = \frac{8}{3}.\\
\Rightarrow {V_{{\rm{S}}{O_2}}} = (0,4 - 0,075.\frac{8}{3}).22,4 = 4,48lit;{\rm{ }}{m_{muoi}} = 0,075.(56.2 + 96.\frac{8}{3}) = 27,6gam
\end{array}\)
Đáp án B.
Cách 2:
Vì \(\frac{2}{1} < \frac{{{n_{{H_2}{\rm{S}}{O_4}}}}}{{{n_{Fe}}}} = \frac{{0,4}}{{0,15}} = \frac{8}{3} < \frac{3}{1} \Rightarrow san{\rm{ pham tao 2 muoi }}\left\{ \begin{array}{l}
FeS{O_4}\\
F{e_2}{(S{O_4})_3}
\end{array} \right.\)
\(\begin{array}{l}
{\rm{ }}Fe + 2{H_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + S{O_2} \uparrow + 2{H_2}O\\
mol{\rm{ x }} \to {\rm{2x }} \to {\rm{ x }} \to {\rm{ x }}\\
{\rm{ }}2Fe + 6{H_2}S{O_4} \to F{e_2}{(S{O_4})_3} + 3S{O_2} \uparrow + 6{H_2}O\\
mol{\rm{ y }} \to 3y{\rm{ }} \to {\rm{ 0,5y }} \to {\rm{ 1,5y }}\\
\end{array}\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Fe}} = x + y = 0,15\\
{n_{H2{\rm{S}}O4}} = 2x + 3y = 0,4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,05\\
y = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{V_{{\rm{S}}{O_2}}} = (0,05 + 1,5.0,1).22,4 = 4,48{\rm{ }}lit\\
{m_{muoi}} = 152.0,05 + 400.0,5.0,1 = 27,6{\rm{ }}gam
\end{array} \right.\)
Đáp án B.
Ví dụ 7: Nhiệt phân 40,3 gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4, thu được O2 và m gam chất rắn gồm K2MnO4, MnO2 và KCl . Toàn bộ lượng O2 tác dụng hết với cacbon nóng đỏ, thu được 11,2 lít hỗn hợp khí Y (đktc) có tỉ khối so với H2 là 17,2. Thành phần % theo khối lượng của KMnO4 trong X gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 40% B. 80% C. 60% D. 20%
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ phản ứng:
\({\rm{40,3gam X}}\left\{ \begin{array}{l}
KCl{O_3}\\
KMn{O_4}
\end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l}
{K_2}Mn{O_4},Mn{O_2},KCl\\
{O_2} \to \underbrace {11,2{\rm{ }}lit{\rm{ }}Y}_{dY/H2 = 17,2}\left\{ \begin{array}{l}
CO\\
C{O_2}
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)
\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_Y} = {n_{CO}} + {n_{C{O_2}}} = \frac{{11,2}}{{22,4}} = 0,5\\
{m_Y} = 28.{n_{CO}} + 44.{n_{C{O_2}}} = 0,5.17,2.2 = 17,2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{CO}} = 0,3{\rm{ mol}}\\
{n_{C{O_2}}} = 0,2{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)
Bảo toàn nguyên tố O \( \Rightarrow 2.{n_{{O_2}}} = 1.{n_{CO}} + 2.{n_{C{O_2}}} = 0,3 + 2.0,2 = 0,7 \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,35{\rm{ mol}}\)
\(\begin{array}{l}
{\rm{ }}2KCl{O_3} \to 2KCl + 3{O_2} \uparrow \\
mol{\rm{ x }} \to {\rm{ 1,5x}}\\
{\rm{ }}2KMn{O_4} \to {K_2}Mn{O_4} + Mn{O_2} + {O_2} \uparrow \\
mol{\rm{ y }} \to {\rm{ 0,5y }}
\end{array}\)
\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_X} = 122,5.x + 158.y = 40,3\\
{n_{{O_2}}} = 1,5.x + 0,5.y = 0,35
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,2{\rm{ mol}}\\
y = 0,1{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow \% {m_{KMn{O_4}}} = \frac{{0,1.158}}{{40,3}}.100 = 39,2\% \approx 40\% \)
Đáp án A.
...
Trên đây là một phần trích đoạn nội dung 12 Dạng toán thường gặp về Oxi - Lưu huỳnh có lời giải chi tiết môn Hóa học 10 năm 2020. Để xem toàn bộ nội dung và đáp án đề thi các em chọn chức năng xem online hoặc đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Hy vọng đề thi này sẽ giúp các em trong học sinh lớp 10 ôn tập tốt và đạt thành tích cao trong kì thi sắp tới.
Ngoài ra các em có thể tham khảo thêm một số tư liệu cùng chuyên mục tại đây:
