MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC I/ Phương pháp bảo toàn electron : 1/ Nguyên tắc : Trong quá trình phản ứng thì : Số e nhường = số e thu hoặc số mol e nhường = số mol e thu Khi giải không cần viết phương trình phản ứng mà chỉ cần tìm xem trong quá trình phản ứng có bao nhiêu mol e do chất khử nhường ra và bao nhiêu mol e do chất oxi hoá thu vào. Cách giải này chỉ áp dụng cho phản ứng oxi hóa – khử . Trong trường hợp có nhiều quá trình oxi hóa - khử nên giải theo cách này . 2/ Các thí dụ : Thí dụ 1 : Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (A) có khối lượng 12g gồm Fe , FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho (A) td hoàn toàn với dd HNO 3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m . Giải : Số mol e do Fe nhường phải bằng số mol e do oxi thu ( O 2 thu 4e ) và 5+ N của HNO 3 thu ( 5+ N thu 3e ) : Quá trình oxi hóa : 3+ → FeFe + 3e 56 m mol → 3 56 m mol Quá trình khử : 0 O 2 + 4e → 2 2− O ; 5+ N + 3e → 2+ N 32 12 m− → 4 32 12 m− mol 0,3mol ← 0,mol Ta có: 3 56 m = 4 32 12 m− + 0,3 Giải ra : m = 20,08g Thí dụ 2 : Hòa tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe và Cu ( tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3 thì thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dd Y ( chỉ chứa 2 muối và axit dư ) . Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19 . Tìm giá trị của V . Ta có : M X = 19 .2 = 38 Gọi x là %V của NO trong X M X = 30x + 46(1 – x ) = 38 ⇒ x = 0,5 ⇒ %V của NO = 50% ⇒ 2 NONO nn = = y mol Gọi a là số mol của Fe và Cu ⇒ 56a + 64a = 12 ⇒ a = 0,1 mol Các quá trình oxi hóa – khử 3+ → FeFe + 3e 2+ → CuCu + 2e 0,1 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,2 mol 5+ N + 3e → 2+ N 5+ N + 1e → 4+ N 3y mol y mol y mol y mol Theo định luật bảo toàn electron : 0,3 + 0,2 = 3y + y ⇒ y = 0,125 mol ⇒ n X = 0,125 . 2 = 0,25 mol ⇒ V = 5,6 lít . Thí dụ 3 : Trộn 60g bột Fe với 30g lưu huỳnh rồi đun nóng (không có kkhí ) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dd axit HCl dư được dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giải : n Fe > n S = 32 30 . nên Fe dư và S hết Khí C là hh H 2 và H 2 S . Đốt cháy C thu được SO 2 và H 2 O . H + nhận e tạo H 2 , sau đó H -2 nhường e tạo lại H + . Do đó : Trong phản ứng có thể coi chỉ có Fe và S nhường e , còn O 2 nhận e . →Fe 2+ Fe + 2e S → 4+ S + 4e O 2 + 4e → 2 2− O 56 60 mol 2 56 60 mol 32 30 mol 4 32 30 mol xmol 4x mol Theo định luật bảo toàn electron : 2 56 60 + 4 32 30 = 4x ⇒ x = 1,47 ⇒ 2 O V = 32,928 lít Thí dụ 4 : Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hoá trị x, y không đổi (R 1 , R 2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO 3 dư thu được 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N 2 ở đktc. Giải : Trong bài toán này có 2 thí nghiệm : ở 2 thí nghiệm khối lượng hh kim loại như nhau . Nên số mol e nhường ở 2 thí nghiệm này như nhau . Do đó số mol e nhận ở 2 thí nghiệm cũng bằng nhau . TN 1 : 5+ N + 3e → 2+ N TN 2 : 2 5+ N + 10e → N 2 0,15 mol 0,05 mol 10x mol x mol ⇒ 10x = 0,15 ⇒ x = 0,015 ⇒ 2 N V = 0,336 lít 3/ Bài tập áp dụng ( câu hỏi trắc nghiệm ) : Câu 1 : Hòa tan 5,6g Fe bằng dung dịch H 2 SO 4 loãng dư thì thu được dd X . Dung dịch X phản ứng vừa đủ với Vml dd KMnO 4 0,5M . Giá trị của V là : A. 20ml B. 40ml C. 60ml D. 80ml Câu 2 : Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu , Mg , Al tác dụng hết với dd HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO 2 . Khối lượng muối tạo ra trong dung dịch là : A. 3,45g B. 4,35g C. 5,69g D. 6,59g Câu 3 : Nung m gam bột Fe trong oxi , thu được 3g hỗn hợp chất rắn X . Hòa tan hết hh X Trong dd HNO 3 dư thì thu được 0,56 lít ( đktc) NO ( là sản phẩm duy nhất ) . Giá trị m là : A. 2,22 B. 2,32 C. 2,42 D. 2,52 Câu 4 : Cho m gam Al tan hoàn toàn trong dd HNO 3 thì thấy thoát ra 11,2 lít (đktc) hh khí A gồm 3 khí N 2 , NO , N 2 O có tỉ lệ số mol tương ứng là 2:1:2 . Giá trị m là bao nhiêu ? A. 27g B. 16,8g C. 35,1g D. 3,51g Câu 5 : Hòa tan a gam hh X gồm Mg và Al vào dd HNO 3 đặc nguội , dư thì thu được 0,336 lít NO 2 ( ở 0 0 C , 2at) . Cũng a gam hh X trên khi hòa tan trong HNO 3 loãng , dư thì thu được 0,168lít NO ( ở 0 0 C , 4at) . Khối lượng 2 kim loại Al và Mg trong a gam hh X lần lượt là bao nhiêu ? A. 0,45g và 4,8g B. 5,4g và 3,6g C. 0,54g và 0,36g D. Kết quả khác Câu 6 : Thể tích dd FeSO 4 0,5M cần thiết để phản ứng vừa đủ với 100ml dd chứa KMnO 4 0,2M và K 2 Cr 2 O 7 0,1M ở môi trường axit là : A. 160 ml B. 320 ml C. 80 ml D. 640 ml Câu 7 : Cho H 2 SO 4 loãng dư td với 6,66g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II , người ta thu được 0,1 mol khí, đồng thời khối lượng hh giảm 6,5g . Hòa tan phần còn lại bằng H 2 SO 4 đặc nóng người ta thấy thoát ra 0,16g khí SO 2 . X và Y là những kim loại nào sau đây ? A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Kết quả khác Câu 8 : Hòa tan hoàn toàn 12,8 gam Cu trong dd HNO 3 thấy thoát ra V lít hh khí A gồm NO và NO 2 (ở đktc ) . Biết tỉ khối hơi của A đối với H 2 là 19 . V bằng : A. 4,48 lít B. 2,24 lít C. 0,448 lít D. 3,36 lít Câu 9 : Hòa tan hết 7,44g hỗn hợp Al và Mg trong dd vừa đủ là 500ml dd HNO 3 loãng thu được dd A và 3,136lít (ở đktc) hh 2 khí đẳng mol có khối lượng 5,18g , trong đó có 1 khí bị hóa nâu trong không khí . Thành phần % theo khối lượng của Al và Mg lần lượt trong hh là : A. 18,2% và 81,8% B. 72,58% và 27,42% C. 81,2% và 18,8% D. 71,8% và 28,2% Câu 10 : Nung m gam Fe trong không khí thì thu được 104,8 gam hh chất rắn A gồm Fe , FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Hòa tan A trong dd HNO 3 dư thì thu được dd B và 12,096 lít hh khí NO và NO 2 (đktc) có tỉ khối đối với heli là 10,167 . Khối lượng x gam là bao nhiêu ? A. 74,8g B. 87,4g C. 47,8g D. 78,4g Câu 11 : Cho 2,22 g hỗn hợp Al, Fe vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe(NO 3 ) 3 và Cu(NO 3 ) 2 . Sau một thời gian cho tiếp dung dịch HNO 3 dư vào thấy thoát ra 1,12 l khí NO (đktc) . Tp % về khối lượng Al trong hỗn hợp là: A. 12,2% B. 24,32% C. 36,5% D. 48,65% Câu 12 : Cho một hỗn hợp Fe, Cu vào 100ml dd Fe(NO 3 ) 3 . Sau phản ứng cho thêm dd NaOH dư vào và lọc lấy kết tủa nung trong điều kiện không có không khí được chất rắn A . Cho CO dư đi qua A nung nóng để phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B. Cho B qua Ca(OH) 2 thu được 30 g kết tủa . C M của Fe(NO 3 ) 3 là: A. 1,5M B. 2,5M C. 2M D. 3M Câu 13 : Cho hỗn hợp Mg và Al vào dd HNO 3 loãng dư, phản ứng xong thu được 0,02 mol khí N 2 O và dd B. Cho NaOH dư vào B đun nóng thu được 0,02 mol khí thoát ra và 5,8 g kết tủa . Khối lượng của Al trong hỗn hợp là: A. 0,27g B. 0,54 g C. 0,81g D. 1,08g Câu 14 : Cho 3,9 g hỗn hợp Al, Fe vào dd HNO 3 dư phản ứng xong thu được 0,672 lít khí A (đktc) và dd B. Cho B vào dd NaOH dư thu được kết tủa D. Nung D ở nhịêt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 4,8 g chất rắn . Khí A là: A. NO B. N 2 O C. N 2 D. NO 2 Câu 15 : Cho m g Al trộn với 37,6 g hỗn hợp Fe 2 O 3 và CuO rồi nung ở t 0 cao được hỗn hợp chất rắn A . Cho A vào dd HNO 3 dư, kết thúc phản ứng thu được 8,96 lít khí NO (đktc) và dd B. Khối lượng m là: A. 8,1 g B. 5,4 g C. 2,7 g D. 10,8 g Câu 16 : Đốt cháy mg Fe trong O 2 sau 1 thời gian thấy có 6,72 lít khí O 2 phản ứng (đktc)và thu được 4 chất rắn . Hoà tan 4 chất rắn này trong HNO 3 dư thì thu được 4,48 lít khí NO (đktc). Gía trị của m là : A. 22,4 g B. 11,2 g C. 3,36g D. 33,6g Câu 17 : Cho 8g Ba , Na hấp thụ hết 0,672 l khí O 2 (đktc) được hỗn hợp chất rắn A.Cho A vào dung dịch H 2 SO 4 loãng dư được kết tủa B và 0,336 l khí H 2 (đktc) . Khối lượng chất kết tủa B là: A. 8,345g B. 5,825 g C. 11,65g D. 23,3 g Câu 18 : Cho 16,2g một kim loại R có hoá trị không đổi vào dd CuSO 4 dư, để cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cho tiếp dung dịch HNO 3 dư vào hỗn hợp sau phản ứng trên thấy thoát ra 13,44 lit khí NO (đktc) . Kim loại R là: A. Mg B. Fe C. Al D. Zn Câu 19 : Cho 12,9 g hh Mg và Al vào dd HCl dư thu được 14,56 lít khí ở đktc . Khối lượng của Al và Mg lần lượt là: A. 8,1g và 4,8 g B. 5,4g và 7,5g C. 5,7g và 7,2g D. 3,3g và 9,6g Câu 20 : Hoà tan 27,2 g hỗn hợp kim loại M và M 2 O 3 trong dd H 2 SO 4 dư thu được dd A và V lít khí SO 2 (đktc). Cho dd A vào dd NaOH dư thu được kết tủa B. Nung B đến khối lượng không đổi thu được 32 g chất rắn E .V bằng : A. 4,48 B. 6,72 C. 8,96 D. 5,6 Câu 21 : Cho mg hỗn hợp Al, Mg phản ứng vừa đủ với 100 ml dd chứa hỗn hợp AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 có nồng độ tương ứng là C 1 và C 2 mol/l thì thu được 64,4 g chất rắn . Nếu cho mg hỗn hợp ban đầu phản ứng với HCl dư thì thu được 14,56 l khí H 2 (đktc). C 1 và C 2 lần lượt nhận các giá trị là : A. 2 ;3 B. 2,5 ; 3 C. 3 ; 4 D. 3 ; 5 Câu 22 : Cho m g hỗn hợp Mg , Al vào dd HNO 3 loãng dư thu được dd A và không có khí thoát ra . Cho dd NaOH dư vào dd A đun nóng thu được 0,896 lít khí thoát ra (đktc) và 5,8 g kết tủa . m có giá trị là : A. 2,67 g B. 2,94 g C. 3,21 g D. 3,48g Câu 23 : Cho 12,9 g hỗn hợp Al và Mg phản ứng với 100ml dd hốn hợp 2 axit HNO 3 4M , H 2 SO 4 7M (đậm đặc) thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 , NO , N 2 O . Số mol Al và Mg tương ứng là: A. 0,2 và 0,3 B. 0,3 và 0,2 C. 0,1 và 0,2 D. 0,2 và 0,1 Câu 24 : Hoà tàn hoàn toàn mg Fe x O y bằng dd H 2 SO 4 đặc nóng thu được khí A và dd B .Cho A hấp thụ hoàn toàn vào dd NaOH dư thu được 12,6 g muối. Cô cạn dd thu được 120 g muối khan . Công thức của oxit sắt là : A. FeO B. Fe 3 O 4 C. Fe 2 O 3 D. A,B đúng Câu 25 : Hoà tan hoàn toàn 1,805 g hỗn hợp gồm kim loại A có hoá trị không đổi duy nhất và Fe bằng dung dịch HCl thu được 1,064 lít khí H 2 . Khi hoà tan 1,085 g hỗn hợp trên bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thu được 0,896 lit khí NO duy nhất(đktc). Các khí đo ở cùng điều kiện. Kim loại A là: A. Cu B. Cr C. Al D. Mn. Câu 26 : Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam gồm sắt và các oxit FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thấy giải phóng ra 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc) . Khối lượng tính theo gam của m là: A. 11,8 B. 10,08 C. 9,8 D. 8,8 Câu 27 : Hoà tan hoàn toàn m gam Fe 3 O 4 vào dung dịch HNO 3 loãng dư, tất cả lượng khí NO thu được đem oxi hoá thành NO 2 rồi sục vào nước cùng dòng khí O 2 để chuyển hết thành HNO 3 . Cho biết thể tích khí oxi (đktc) đã tham gia quá trình trên là 3,36 lít. Khối lượng m của Fe 3 O 4 là giá trị nào sau đây? A. 139,2 gam. B. 13,92 gam. C. 1,392 gam. D. 1392gam Câu 28 : Hòa tan hoàn toàn 28,8 g kim loại Cu vào dung dịch HNO 3 loãng, tất cả khí NO thu được đem oxi hóa thành NO 2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thành HNO 3 . Thể tích khí oxi ở đktc đã tham gia vào quá trình trên là: A. 100,8 lít B. 10,08lít C . 50,4 lít D. 5,04 lít Câu 29 : Cho hỗn hợp gồm FeO , CuO , Fe 3 O 4 có số mol ba chất đều bằng nhau tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,09 mol NO 2 và 0,05 mol NO. Số mol của mỗi chất là: A. 0,12 mol. B. 0,24 mol. C. 0,21 mol. D. 0,36 mol. Câu 30 : Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO 3 bằng dd HNO 3 đặc nóng thu được hỗn hợp khí A gồm hai khí X , Y có tỷ khối so với hiđro bằng 22,805 . Công thức hoá học của X và Y theo thứ tự là: A. H 2 S và CO 2 B. SO 2 và CO 2 C. NO 2 và CO 2 D. NO 2 và SO 2 Câu 31 : Trộn 0,54 g bột nhôm với bột Fe 2 O 3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A . Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO 2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1: 3 . Thể tích (đktc) khí NO và NO 2 lần lượt là: A. 0,224 lít và 0,672 lít. B. 0,672 lít và 0,224 lít. C. 2,24 lít và 6,72 lít. D. 6,72 lít và 2,24 lít. Câu 32 : Hoà tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe, Cu ( tỷ lệ 1:1 ) bằng axit HNO 3 thu được V lít khí (đktc) hỗn hợp X gồm NO và NO 2 . Tính V A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 Câu 33 : Nung mg bột sắt trong oxi, thu được 3 g hỗn hợp chất rắn X . Hoà tan hết hỗn hợp X trong HNO 3 dư thấy thoát ra 0,56 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất ) .Gía trị của m là: A. 2,52 B. 2,22 C. 2,32 D: 2,62 Câu 34 : Cho 0,01 mol hợp chất của sắt tác dụng hết với H 2 SO 4 đặc nóng dư thấy thoát ra 0,112 lít khí SO 2 ( đktc ) là sản phẩm khí duy nhất . Công thức của hợp chất là: A. FeS B. FeS 2 C. FeO D. FeCO 3 Hướng dẫn giải các câu dạng bảo toàn electron Câu 1 : n Fe = 0,1 mol Các quá trình oxi hóa – khử : →Fe 2+ Fe + 2e 32 ++ → FeFe + 1e 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 7+ Mn + 5e → 2+ Mn xmol 5x mol Theo định luật bảo toàn electron : 5x = 0,1 ⇒ x = 0,02 mol ⇒ V = 40 ml Câu 2 : Quá trình oxi hóa và Quá trình khử : Cu → 2+ Cu + 2e Mg → 2+ Mg + 2e Al → 3+ Al + 3e x mol x mol 2x mol y mol y mol 2y mol z mol z mol 3z mol 5+ N + 3e → 2+ N 5+ N + 1e → 4+ N 0,03 mol 0,01 mol 0,04 mol 0,04 mol ⇒ 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 = số mol gốc NO 3 – trong muối ⇒ Khối lượng hh muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc NO 3 – trong muối = 1,35 + 62 . 0,07 = 5,69g Câu 3 : →Fe 3+ Fe + 3e O 2 + 4e 2− → O 5+ N + 3e → 2+ N a mol 3a mol bmol 4b mol 0,075mol 0,025 mol ⇒ 3a = 4b + 0,075 Mặt khác : m X = m Fe + 2 O m ⇒ 56a + 32b = 3 ⇒ a = 0,045 ⇒ m = 2,52 Câu 4 : n A = 0,5 mol ⇒ 2 N n = 0,2 ; n NO = 0,1 ; ON n 2 = 0,2 → 0 Al 3+ Al + 3e a mol 3a mol 2 5+ N + 10e → N 2 5+ N + 3e → 2+ N 2 5+ N + 8e → 2 1+ N 2 0,2 0,3 0,1 1,6 0,2.2 ⇒ 3a = 2 + 0,3 + 1,6 = 3,9 ⇒ a = 1,3 ⇒ m = 35,1 gam Câu 5 : Với HNO 3 đặc nguội : Chỉ có Mg td Mg → 2+ Mg + 2e 5+ N + 1e → 4+ N x mol → 2x mol 0,03 mol ← 0,03 mol ⇒ 2x = 0,03 ⇒ x = 0,015 ⇒ m Mg = 0,36g ⇒ loại A và B Với HNO 3 : cả 2 kl đều td Mg → 2+ Mg + 2e Al → 3+ Al + 3e 5+ N + 3e → 2+ N x mol → 2x mol y mol → 3y mol 0,09 0,09 ⇒ 2x + 3y = 0,09 ⇒ y = 0,02 ⇒ m Al = 0,54g ⇒ Chọn C Câu 6 : Ta có : 4 KMnO n = 0,02 722 OCrK n = 0,01 → +2 Fe 3+ Fe + 1e 7+ Mn + 5e → 2+ Mn 2 6+ Cr + 6e → 2 3+ Cr x mol x mol 0,02 0,1 0,02 0,06 ⇒ x = 0,1 + 0,06 = 0,16 ⇒ 4 FeSO V = 0,32 lít = 320 ml Câu 7 : Giải : Khối lượng giảm = 6,5 < 6,66 ⇒ chỉ có 1 kim loại td với H 2 SO 4 loãng . Giả sử đó là kim loại X . X + H 2 SO 4 XSO 4 + H 2 0,1 0,1 ⇒ M X = 65 ⇒ X là Zn Phần chất rắn còn lại là Y có khối lượng = 6,66 – 6,5 = 0,16 Y → 2+ Y + 2e 6+ S + 2e → 4+ S amol 2a mol 0,005 0,0025 ⇒ 2a = 0,005 ⇒ a = 0,0025 ⇒ M Y = 64 ⇒ Y là Cu Câu 8 : Giải : M A = 30x + 46 ( 1 – x ) = 38 ⇒ x = 0,5 hay 50% ⇒ 2 NONO nn = = a mol n Cu = 0,2 mol Cu → 2+ Cu + 2e 5+ N + 3e → 2+ N 5+ N + 1e → 4+ N 0,2 0,4 3a a a a ⇒ 3a + a = 0,4 ⇒ a = 0,1 ⇒ V = 22,4 ( 0,1 + 0,1 ) = 4,48 lít Câu 9 : n hh khí = 0,14 ⇒ __ M hh khí = 37 ⇒ ONNO nn 2 = = 0,07 (từ __ M hh khí xđ được khí còn lại là N 2 O ) Al → 3+ Al + 3e Mg → 2+ Mg + 2e x mol 3x mol y mol 2y mol 5+ N + 3e → 2+ N 2 5+ N + 8e → 1+ N 2 O 0,21 0,07 0,56 0,07 ⇒ 3x + 2y = 0,21 + 0,56 = 0,77 27x + 24y = 7,44 ⇒ x = 0,2 ; y = 0,085 ⇒ %Al = 72,58% ⇒ Chọn B Câu 10 : n hh khí = 0,54 ⇒ __ M hh khí = 40,668 ⇒ NO n = 0,18 ; 2 NO n = 0,36 Kết hợp các quá trình chỉ có Fe nhường e ; O 2 , 5+ N nhận e →Fe 3+ Fe + 3e 56 m mol 3 56 m mol O 2 + 4e 2− → O 5+ N + 3e → 2+ N 5+ N + 1e → 4+ N 32 8,104 m− mol 8 8,104 m− mol 0,54 mol 0,18 mol 0,36 mol 0,36 mol ⇒ 3 56 m = 8 8,104 m− + 0,54 + 0,36 ⇒ m = 78,4g Câu 11 : Al , Fe có thể bị oxi hóa 1 phần bởi dd muối và 1 phần bởi dd HNO 3 . Nói chung sau 2 quá trình oxi hóa Al , Fe đều bị oxi hóa hết đến Al 3+ , Fe 3+ . Hai muối nếu có bị khử bởi Al , Fe bao nhiêu thì cũng bị oxi hóa bới HNO 3 bấy nhiêu . Do đó có thể coi 2 muối không bị khử và oxi hóa ( vì số mol e cho = số mol e nhận ) . Vậy : có thể coi quá trình oxi hóa chỉ có Al , Fe ( bị oxi hóa hết ) , quá trình khử cỏ có N +5 Al → 3+ Al + 3e →Fe 3+ Fe + 3e 5+ N + 3e → 2+ N x 3xmol x 3xmol 0,15 0,05 mol 3x + 3y = 0,15 ; 27x + 56y = 2,22 ⇒ y = 0,03 , x = 0,02 Al % = 24,3% Câu 12 : Fe và Cu bị oxi hóa bao nhiêu thì sẽ bị khử ( bởi CO ) bấy nhiêu để tạo trở lại Fe và Cu . Do đó ta có thể không tính 2 quá trình cho và nhận này . Vậy có thể coi chỉ có Fe 3+ của Fe(NO 3 ) 3 bị khử , CO bị oxi hóa . CO → CO 2 → CaCO 3 0,3 ¬ 0,3 mol Fe 3+ → Fe + 3e C +2 → C +4 + 2e ⇒ 3x = 0,6 ⇒ x = 0,2 ⇒ C M = 2M xmol 3xmol 0,3 0,6 Câu 13 : Cho NaOH dư vào B đun nóng thu được khí . Nên dd B phải có NH 4 NO 3 ⇒ Khí thoát ra là NH 3 ⇒ Số mol NH 4 NO 3 = Số mol NH 3 = 0,02 mol Dd B td với NaOH dư , nên kết tủa thu được chỉ có Mg(OH) 2 ⇒ Số mol Mg(OH) 2 = 0,1 mol = n Mg Al → 3+ Al + 3e Mg → 2+ Mg + 2e x 3x 0,1 0,2 2 5+ N + 8e → 1+ N 2 O 5+ N + 8e → 3 N − 0,16 0,02 0,16 0,02 ⇒ 3x + 0,2 = 0,16 + 0,16 = 0,32 ⇒ x = 0,04 ⇒ m Al = 1,08 mol Lưu ý bài này viết phương trình phản ứng dạng phân tử rất khó , vì phải xác định N 2 O và NH 4 NO 3 được tạo ra từ Al hay Mg . Câu 14 : D là Fe(OH) 3 , nung D chất rắn thu được là Fe 2 O 3 : 0,03 mol 2Fe → 2Fe(NO 3 ) 3 → 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 0,06 mol 0,03 mol ⇒ m Fe = 3,36 ⇒ m Al = 0.54 ⇒ n Al = 0,02 ⇒ Số mol e nhường = 0,02x3 + 0,06x3 = 0,24 = Số mol e nhận . 5+ N + x e → A ⇒ Số e nhận = x = 0,24 0,03 = 8 ⇒ A là N 2 O 0,03x 0,03 Có thể giải theo cách đặt A là N x O y Số mol e nhận = ( 5x – 2y ) 0,03 = 0,24 ⇒ 5x – 2y = 8 ( 1 ) Theo đáp án x chỉ có thể là 1 hoặc 2 . Chỉ có x = 2 , y = 1 là thỏa mãn phương trình ( 1 ) ⇒ A là N 2 O II/ Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố : 1/ Nguyên tắc: + Trong một phản ứng hóa học tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất phản ứng . + Khối lượng nguyên tử của một nguyên tố ở các chất trước phản ứng bằng khối lượng nguyên tử của nguyên tố đó ở các chất sau phản ứng . + Khi cô cạn dd thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng klượng của các cation kloại và anion gốc axit .  Phạm vi sử dụng : Trong bài toán có nhiều phản ứng , lúc này đôi khi không cần thiết viết các phương trình phản ứng , mà chỉ cần viết sơ đồ phản ứng để thấy mối quan hệ tỉ lệ mol giữa các chất cần xác định cũng như các chất mà đề cho . 2/ Các ví dụ : Ví dụ 1 : Một dd có chứa 2 cation là Fe 2+ : 0,1mol và Al 3+ : 0,2 mol và 2anion là Cl – : x mol và SO 4 2– : y mol . Tính x và y , biết rằng khi cô cạn dd thu được 46,9 g chất rắn khan. Giải : Theo định luật bảo toàn khối lượng , ta có : 0,1 . 56 + 0,2 . 27 + 35,5x + 96y = 46,9 ⇒ 35,5x + 96y = 35,9 ( 1 ) Theo định luật bảo toàn điện tích , ta có : 0,1 . 2 + 0,2 .3 = x + 2y = 0,8 ( 2 ) Giải ( 1 ) và ( 2 ) ta được x = 0,2 và y = 0,3 . Ví dụ 2 : Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 đun nóng thu được 64g sắt, khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH) 2 dư được 40g kết tủa . Tính m. Giải: Khí đi ra sau phản ứng gồm CO 2 và CO dư CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 0,4 4,0 100 40 = mol ta có: 4,0 2 == COCO nn pu Theo định luật bảo toàn khối lượng: m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 → m = 70,4g. Ví dụ 3 : 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 CO 2 . Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch. Giải: Đặt công thức của các muối là M 2 CO 3 và RCO 3 M 2 CO 3 + RCO 3 + 4HCl → 2MCl + RCl 2 + 2CO 2 + 2H 2 O 0,4 0,2 mol → 0,2 Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = m muối + OHCO mm 22 + hay: 23,8 + 0,4.36,5 = m muối + 0,2.44 + 0,2.18 ⇒ m muối = 26g Ví dụ 4 : Đun 132,8 g hỗn hợp 3 ancol no, đơn chức với H 2 SO 4 đặc ở 140 0 C thu được 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete. Giải: Đun hỗn hợp 3 ancol được ( ) 6 2 133 = + ete. Theo định luật bảo toàn khối lượng: m ancol = m ete + OH m 2 OH m 2 = m ancol - m ete = 132,8 – 111,2 = 21,6 g. Tổng số mol các ete = số mol H 2 O = 18 6,21 = 1,2 ⇒ Số mol mỗi ete = 2,0 6 2,1 = mol. Ví dụ 5 : hòa tan hoàn toàn hh gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu 2 S vào axit HNO 3 ( vừa đủ ) thì thu được dd X ( chỉ chứa 2 muối sunfat ) và khí duy nhất NO . Giá trị của a là bao nhiêu ? A. 0,12 B. 0,04 C. 0,075 D. 0,06 ( Đề thi đại học khối A – 2007 ) Giải : X chỉ chứa 2 muối sunfat , nên ta có sơ đồ : 2 FeS 2 → Fe 2 (SO 4 ) 3 Cu 2 S → 2 CuSO 4 0,12 mol → 0,06 mol a mol → 2a mol Theo định luật bảo toàn nguyên tố đối với S , ta có : 0,12 .2 + a = 0,06 .3 + 2a ⇒ a = 0,06 mol Ví dụ 6 : Nung hh bột gồm 15,2 gam Cr 2 O 3 và m gam Al ở t 0 cao . Sau khi phản ứng hoàn toàn thì thu được 23,3 gam hh rắn X . Cho toàn bộ hh X phản ứng với axit HCl ( dư) thoát ra V lít khí H 2 ( đktc ) . Giá trị của V là bao nhiêu ? A. 4,48 lít B. 7,84 lít C. 10,08 lít D. 3,36 lít ( Đề thi đại học khối B – 2007 ) Giải : 32 OCr n = 0,1 mol n Al = 0,3 mol Cr 2 O 3 + 2Al → Al 2 O 3 + 2Cr 0,2 ← 0,1 → 0,2 ⇒ hh X gồm : Al dư : 0,1 mol Cr : 0,2 mol Al 2 O 3 Theo đl bt electron , ta có : Al → +3 Al + 3e Cr → +2 Cr + 2e 2H + + 2e → H 2 0,1 mol 0,3 mol 0,2 0,4 2a mol ← a mol Ta có : 0,3 + 0,4 = 2a ⇒ a = 0,35 ⇒ V = 7,84 lít Ví dụ 7 : Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO 3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m . Giải Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: (kí hiệu khối lượng là m) ( ) OHNONOFeHNOB mmmmm pu 2 3 33 ++=+ (1) Tính các giá trị chưa biết của (1): + ( ) 56 3 3 m nn FeNOFe == . Vậy ( ) 56 .242 3 3 m m NOFe = + Muốn tính 3 HNO m cần tính 3 HNO n . ở đây số mol HNO 3 được dùng vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối: 3 HNO n tạo NO = n NO = 1,0 4,22 24,2 = và 3 HNO n tạo muối = 3.n Fe = 3. 56 m 3 HNO n pư = 0,1 + 56 3m . Vậy 3 HNO m pư =       + 56 3 1,0.63 m + Tính OH n 2 : ta có OH n 2 = 2 1 3 HNO n pư = 2 1       + 56 3 1,0 m ⇒       += 56 3 1,0 2 1 .18 2 m m OH Thay các giá trị tìm được vào (1) được phương trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m: 12 +       + 56 3 1,0.63 m = 242. 56 m + 30.0,1 +       + 56 3 1,0. 2 1 .18 m . Giải ra m = 10,08g 3/ Bài tập áp dụng : Câu 1: Cho 0,52 gam hh 2 kim loại tan hoàn toàn trong H 2 SO 4 0,5M (loãng) dư thấy có 0,336 lít khí thoát ra (đktc). a/ Khối lượng hh muối sunfat khan (gam) thu được là: A. 2 B. 2,4 C. 3,92 D. 1,96 b/ Thể tích tối thiểu dd H 2 SO 4 (lít) đã dùng là: A. 0,3 B. 0,1 C. 0,03 D. 0,01 Câu 3: Khi lấy 3,33g muối clorua của một kim loại chỉ có hoá trị II & một lượng muối nitrat của kim loại đó có cùng số mol như muối clorua nói trên, thấy khác nhau 1,59g. Kim loại trong 2 muối nói trên là: A. Mg B. Ba C. Ca D. Zn Câu 4: Cho 1,53 gam hh Mg, Fe, Zn vào dd HCl dư thấy thoát ra 448 ml khí (đktc). Cô cạn hh sau phản ứng thì thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là: A. 2,95 B. 3,9 C. 2,24 D. 1,85 Câu 5: Hoà tan m gam hỗn hợp A gồm Fe & kim loại M (có hoá trị không đổi) trong dd HCl dư thì thu được 1,008 lít khí (đktc) và dd chứa 4,575g muối khan . Tính m. A. 1,38 B. 1,83 C. 1,41 D. 2,53 Câu 6: Cho 14,5 gam hh Mg, Fe, Zn vào dd H 2 SO 4 loãng dư tạo ra 6,72 lít H 2 (đktc). Khối lượng (gam) muối sunfat thu được là: A. 43,9 B. 43,3 C. 44,5 D. 34,3 Câu 7: Cho hỗn hợp 3 muối ACO 3 , BCO 3 , XCO 3 tan trong dd HCl 1M vừa đủ tạo ra 0,2 mol khí. Thể tích (ml) dd HCl đã dùng là: A. 200 B. 100 C. 150 D. 400 Câu 8: Để m gam phoi bào sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hh B khối lượng 12g gồm Fe , FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B t/d hoàn toàn với dd HNO 3 thấy giải phóng 2,24 lít NO duy nhất (đktc) . Tính m. A. 9,72 B. 10,08 C. 12,47 D. kết quả khác Câu 9: Nung m gam sắt trong không khí, sau một thời gian người ta thu được 104,8g hh rắn A gồm Fe , FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Hoà tan hoàn toàn A trong HNO3 dư, thu được dd B & 12,096 lít hh khí NO và NO 2 (đktc) có tỷ khối so với He là 10,167. Tính m. A. 72 B. 69,54 C. 91,28 D. kết quả khác Câu 10: Hỗn hợp A gồm 2 muối cacbonat của hai kim loại kế tiếp nhau trong nhóm IIA . Hoà tan hoàn toàn 3,6g hỗn hợp A trong HCl thu được khí B. Cho toàn bộ lượng khí B hấp thụ hết bởi 3 lít Ca(OH) 2 0,015M , thu được 4g kết tủa . 2 kim loại trong muối cacbonat là: A. Mg , Ca B. Ca , Ba C. Be , Mg D. A , C III/ phương pháp bảo toàn điện tích : 1/ Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Vì thế dung dịch luôn luôn trung hoà về điện. 2/ Các ví dụ : Ví dụ 1: Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch ghi ở bảng dưới đây: Ion Na + Ca 2+ NO 3 - Cl - HCO 3 - Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao? Giải Do điện tích của một ion trong dd bằng tích của điện tích và số mol của nó, nên ta có: Tổng điện tích dương là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07 Tổng điện tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075. Giá trị tuyệt đối của điện tích dương khác điện tích âm. Vậy kết quả trên là sai. Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na + : a mol ; HCO 3 – : b mol ; CO 3 2 – : c mol ; SO 4 2 – : d mol . Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml dd Ba(OH) 2 nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b. Giải: HCO 3 - + OH - → CO 3 2- + H 2 O bmol → b Ba 2+ + CO 3 2- → BaCO 3 ↓ Ba 2+ + SO 4 2- → BaSO 4 ↓ Dd sau phản ứng chỉ có Na + : a mol. Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải có: a mol OH - . Để tác dụng với HCO 3 - cần b mol OH - . Vậy số mol OH - do Ba(OH) 2 cung cấp là (a + b) mol Ta có: ( ) 2 2 ba n OHBa + = và nồng độ 2,01,0 2 ba ba x + = + = mol/l IV/ Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình) a. Cách giải: - Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất. - Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất. - Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là M ) M = b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu được 1,12 lit CO 2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B. Giải: Đặt M là NTK trung bình của 2 kim loại A và B M CO 3 + 2HCl → M Cl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O 0,05 mol05,0 4,22 12,1 = M CO 3 = ;6,93 05,0 68,4 = M = 93,6 – 60 = 33,6 Biện luận: A < 33,6 → A là Mg = 24 B > 33,6 → B là Ca = 40. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai ancol no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO 2 ở đktc và 3,96g H 2 O. Tính a và xác định CTPT của các ancol. Giải: Gọi n là số ngtử C trung bình và x là tổng số mol của hai ancol . ( ) OHnCOnO n OHHC nn 222 12 1 2 3 ++→+ + x mol ( ) xnxn 1+→ 16,0 4,22 584,3 2 === xnn CO (1) ( ) 22,0 18 96,3 .1 2 ==+= xnn OH (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67 Ta có: a = (14 n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g Khối lượng hỗn hợp Số mol hỗn hợp n = 2,67 OHHC OHHC 73 52 Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 ancol đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol ancol A bằng 3 5 tổng số mol của ancol B và C. Giải: 2,42 08,0 38,3 ==M Như vậy phải có ít nhất một ancol có M < 42,2. Chỉ có CH 3 OH = 32 Ta có: 05,0 35 5.08,0 = + = A n ; m A = 32.0,05 = 1,67. m B + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; n B + C = 03,0 35 3.08,0 = + 3,59 03,0 78,1 , == CB M Gọi y là số ngtử H trung bình trong phtử hai ancol B và C Ta có: C x H y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3 Rút ra: 12x + y = 42,3 Biện luận: x 1 2 3 4 y 30,3 18,3 6,3 <0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một ancol có số ngtử H < 6,3 và một ancol có số ngtử H > 6,3. Có 2 cặp nghiệm: C 3 H 5 OH (CH 2 = CH – CH 2 OH) và C 3 H 7 OH C 3 H 3 OH (CH ≡ C – CH 2 OH) và C 3 H 7 OH Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 ancol đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H 2 ở đktc. Tính V và xác định CTPT của các ancol. V/ Phương pháp ghép ẩn số : a. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được. Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng. b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai ancol no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a. Giải: Đặt CTPT của các ancol là C n H 2n+1 -OH và C m H 2m+1 -OH. Gọi x, y là số mol các ancol . C n H 2n+1 OH + 2 3n O 2 → nCO 2 + (n + 1)H 2 O x nx (n + 1)x C m H 2m+1 OH + 2 3m O 2 → mCO 2 + (m + 1)H 2 O y my (m + 1)y CO 2 + Ca(OH) 2 → CaCO 3 ↓ + H 2 O 0,08 0,08 Ta lập được 2 phương trình đại số theo số mol CO 2 và số mol H 2 O: 2 CO n = nx + my = 0,08 (1) ( ) ( ) 11,0 18 98,1 11 2 ==+++= ymxnn OH (2) ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vô định. Ta triển khai (2) để ghép ẩn số Từ (2): OH n 2 = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11 Thay nx + my = 0,08, rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03. Tính a : a = (14n + 18)x + (14m + 18)y ⇒ a = 14nx + 18x + 14my + 18y ⇒ a = 14(nx + my) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g Ví dụ 2: Đun p gam hỗn hợp 2 ancol với H 2 SO 4 đặc thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2 anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp anken đó thu được x lít CO 2 (đktc) và y gam H 2 O. Lập biểu thức tính x, y theo p, V. Giải: Đun nóng với H 2 SO 4 đặc thu được hỗn hợp 2 anken, suy ra hỗn hợp 2 ancol đó phải thuộc loại no, đơn chức. C n H 2n+1 OH C n H 2n + H 2 O (1) a mol a C m H 2m+1 OH → C m H 2m + H 2 O (2) b mol b C n H 2n + 2 3n O 2 → nCO 2 + nH 2 O (3) a mol na na C m H 2m + 2 3m O 2 → mCO 2 + mH 2 O (4) b mol mb mb Theo (1), (2): a + b = 4,22 V (5). Theo (3), (4): OHCO nn 22 = = na + mb (6) Khối lượng 2 rượu là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7) Thế (5) vào (7) được: na + mb = 14 4,22 .18 V p − == ym OH 2 14 4,22 .18 V p − .18 → 7 23,79 Vp y − = == xV CO 2 14 4,22 .18 V p − .22,4 → 7 92,11 Vp x − = VI/ Phương pháp tăng giảm khối lượng : a. Cách giải: Khi chuyển từ chất này sang chất khác klượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối lượng mol khác nhau. Dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng giảm ta tính được lượng chất tham gia hay tạo thành sau phản ứng. b. Các ví dụ : Ví dụ 1: Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO 4 . Sau khi khử hoàn toàn ion Cd 2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu. Giải: Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là 100 35,2 a gam. Zn + CdSO 4 → ZnSO 4 + Cd 65g →1mol → 112g ⇒ tăng 112 – 65 = 47g 04,0 208 32,8 = mol 100 35,2 a g ⇒ 100 35,2 47 04,0 1 a = ⇒ a = 80g Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dd CuSO 4 , sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO 3 ) 2 , sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO 4 và Pb(NO 3 ) 2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. Giải: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là NTK của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO 4 → MSO 4 + Cu↓ Agam → 1mol 64g giảm (A – 64)g xmol 100 05,0 m g Rút ra: x = 64 100 05,0 −A m (1) M + Pb(NO 3 ) 2 → M(NO 3 ) 2 + Pb↓ H 2 SO 4đ ≤ 140 0 C [...]... định phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp Giải: Chỉ có NaHCO3 bị phân hủy Đặt x là số gam NaHCO3 0 2NaHCO3 t → Na2CO3 + CO2↑ + H2O↑ 2.84g giảm: 44 + 18 = 62g xg giảm: 100 – 69 = 31g Ta có: 2,84 62 = → x = 84 g Vậy : NaHCO3 chiếm 84% và Na2CO3 chiếm 16% x 31 VII/ Phương pháp đường chéo : a Cách giải: - Phương pháp đường chéo thường dùng để giải bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng... ra: x = 100 207 − A (2) (3) Từ (3) giải ra A = 65 Vậy kim loại M là kẽm Ví dụ 3: Cho 3,78g bột Al phản ứng vừa đủ với dd muối XCl 3 tạo thành dd Y Khối lượng chất tan trong dd Y giảm 4,06g so với dd XCl3 xác định công thức của muối XCl3 Giải: Gọi A là NTK của kim loại X Al + XCl3 → AlCl3 + X 3,78 = 0,14 → 0,14 27 0,14 mol Ta có: (A + 35,5.3).0,14 – (133,5.0,14) = 4,06 Giải ra A = 56 Kim loại X là Fe... tan trong phần loãng tăng lên Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau: D1 x1 x – x2 D1 x − x2 = D2 x1 − x x D2 x2 x1 – x x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm với x1 > x > x2 D1, D2 là klượng hay thể tích các chất (hay dd ) đem trộn lẫn b Các ví dụ: Ví dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dd NaOH 8% ? m H 2O Giải: 0 4 8 mdd12% 12 8 m H 2O 500 = 4 → mH 2O =... và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan bằng 1,5 Giải: M hh = 1,5.16 = 24 VH 2 2 4 → 24 VH 2 VCO = 4 2 = 22 11 VCO 28 22 Ví dụ 3: Hoà tan 4,59g Al bằng dd HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối so với H2 bằng 16,75 Tính tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp Giải: M hh = 16,75.2 = 33,5 V N 2O 44 3,5 → 33,5 V N 2O V NO = 3,5 1 = 10,5 3 VNO 30 10,5 Ví... 23,8g hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thấy thoát ra 0,2mol khí Khi cô cạn dd sau phản ứng thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: Kí hiệu kim loại hoá trị I là M, số mol là x kim loại, hoá trị II là R, số mol là y M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (1) 1mol(2M+60)g 2(M+35,5) tăng (2M+71)-(2M+60) = 11gam xmol 11x gam RCO3 + 2HCl... 33,5 V N 2O 44 3,5 → 33,5 V N 2O V NO = 3,5 1 = 10,5 3 VNO 30 10,5 Ví dụ 4: Trộn 2 thể tích CH 4 với 1 thể tích hiđrocacbon X thu được hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H 2 bằng 15 Xác định CTPT của X Giải: M hh = 15.2 = 30 2V 16 MX - 30 → 30 2V M X − 30 = → M X = 58 1V 30 − 16 1V MX 30 – 16 Với 12x + y = 58 chỉ có nghiệm khi x = 4 và y = 10 → C4H10 Ví dụ 5: Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được... sắt Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được 504kg sắt Phải trộn 2 quặng trên với tỉ lệ về khối lượng là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt ? Giải: mA 420 24 → 480 mB 504 60 m A 24 2 = = mB 60 5 . SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP HÓA HỌC I/ Phương pháp bảo toàn electron : 1/ Nguyên tắc : Trong quá trình phản ứng thì : Số e nhường = số e thu hoặc số mol e nhường = số mol e thu Khi giải. ancol. V/ Phương pháp ghép ẩn số : a. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được. Nếu. Vậy : NaHCO 3 chiếm 84% và Na 2 CO 3 chiếm 16%. VII/ Phương pháp đường chéo : a. Cách giải: - Phương pháp đường chéo thường dùng để giải bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể