PHẦN THỨ NHẤT CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN -------------------------------------------------------------- PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI TOÁN VÔ CƠ CHƯƠNG I CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN Bài 1: Phương pháp bảo toàn vật chất I – NỘI DUNG ĐỊNH LUẬT: Một cách tổng quát nhất, ta có thể phát biểu : Vật chất không tự nhiên sinh ra, không tự nhiên mất đi mà chỉ chuyển hóa từ dạng này sang dạng khác. Hẹp hơn, áp dụng cho hóa học ta có thể phát biểu: Trong mọi quá trình biến đổi của vật chất thì các nguyên tố và khối lượng của chúng luôn luôn được bảo toàn. Nghóa là: Loại trừ phản ứng hạt nhân, không có một hiện tượng vật lý hay hóa học nào làm mất đi hay làm xuất hiện những nguyên tố lạ. Như vậy nếu cụ thể hóa ra ta có thể nói tới các trường hợp: - Bảo toàn khối lượng - Bảo toàn nguyên tố (cơ sở để tính sơ đồ biến hóa) - Bảo toàn electron Và suy ra được các hệ quả quan trọng sau: + Hệ quả 1: Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành. A + B  C + D Thì : m A + m B = m C + m D + Hệ quả 2: Gọi m t là khối lượng các chất trước phản ứng; m s là khối lượng các chất sau phản ứng, thì dù cho phản ứng xảy ra với n = 100% hay không; phản ứng vừa đủ hay có chất dư thì ta luôn có: m t = m s * Như vậy hệ quả 2 mở rộng hơn hệ quả 1 là được xét cho một hệ cô lập, không bắt buộc cứ phải đổi theo những phản ứng cụ thể. Ví dụ 1: Cho m1(g) dung dòch KOH tác dụng với m2 (g) dung dòch HCl tạo sản phẩm là KCl, H 2 O KOH + HCl  KCl + H 2 O Thì theo 1: m KOH (pư) + m HCl (plp) = m KCl (sp) + m H2O (sp) Nhưng theo 2 thì: dù KOH hay HCl dư và lượng H 2 O có sản b mỗi dung dòch đầu là bao nhiêu ta vẫn có: Z = md 2 KOH + md 2 HCl = const = khối lượng hổn hợp sau phản ứng Ví dụ 2: Cho m(g) hổn hợp Al và Fe 2 O 3 , đốt cháy hổn hợp để thực hiện phản ứng. 2 3 2 3 2 2+ → + to Al Fe O Al O Fe Thì dù: - η = 100% - Al V Fe 2 O 3 dư hay phản ứng vừa đủ (cả hai hết) - η < 100% (cả Al và Fe 2 O 3 đều dư) Ta vẫn luôn có hổn hợp thu được sau phản ứng (có thể là 2 V sản phẩm, 4 chất ) vẫn có khối lượng là m (g) Hệ quả 2 cũng cho phép ta xét kết luận cho 1 trạng thái nào đó thay đổi ra sao theo các chất trong phản ứng mà không cần quan tâm tới các chất phản ứng không tham gia phản ứng. Ví dụ 3: Cho m(g) hổn hợp 2 khối lượng Fe – Zn vào dung dòch HCl… Tính khối lượng chất rắn thu được sau khi cô cạn hổn hợp sau phản ứng. Thì ta chỉ cần viết: m KL + m HCl = m rắn + mH 2 ↑ (Trong đó mHCl là khối lượng HCl nguyên chất đã phản ứng) mà không cần lưu ý tới H2O có trong dung dòch HCl và lượng HCl còn dư. + Hệ quả 3: Khi các Cation khối lượng kết hợp với Anion (PK, gốc ax, hidroxit) ta luôn có (xét cho trạng thái rắn) Hãy xem “đề III trang 98” Khối lượng hợp chất = KL cation + KL Anion Ví dụ 4: Hãy trở lại với ví dụ 3 ở trên Khối lượng chất rắn thu được là hổn hợp 2 muối FeCl 2 và ZnCl 2 Ta sẽ có: m rắn = ∑(m Fe 2+ + m Zn 2+ ) + mCl - Nhưng: Fe 2+ , Zn 2+ từ Fe – 2e = Fe 2+ Zn – 2e = Zn 2+ Mà m e ≈ 0 nên khối lượng cation chính bằng khối lượng kim loại và như vậy: m rắn = m + m Cl - Ví dụ 5: Hòa tan 6,2g hổn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dòch HCl thu được 2,24(l) khí (đktc). Cô cạn dung dòch sau phản ứng thu được bao nhiêu (g) chất rắn. Giải: Dó nhiên lập hệ, ghép ẩn số ta cũng có thể tìm được kết quả song quá dài, đôi khi không giải được. Ta có phản ứng tạo muối Clorua và H 2 ↑ HCl  H + + Cl - Mà 2H+ + 2e = H 2 (viết 2H +  H 2 là bảo toàn nguyên tố) Vậy theo bảo toàn khối lượng: m rắn = m hhkloại + m Cl - = 6,2 + 0,2 .35,5 = 13,3(g) Kết quả rất rỏ ràng và bài toán chở nên nhẹ nhàng. + Hệ quả 4: Qua các quá trình biến đổi h 2 , nguyên tố luôn được bảo toàn. Nghóa là có thể không cần viết các phản ứng h 2 để dõi theo quá trình biến đổi ta vẫn có thể xác đònh ngay lượng nguyên tố hóa học nào đó bằng cách xét trực tiếp ở đầu và cuối quá trình (tất nhiên là với điều kiện trong quá trình biến đổi khong lấy bớt hoặc thêm vào 1 lượng nào đó nguyên tố ấy). Ví dụ 5: Hòa tan hết 23,2(g) Fe 3 O 4 bằng dung dòch HCl dư thu được dung dòch A. Cho dung dòch A phản ứng vừa đủ với dung dòch KMnO 4 được dung dòch B kết tủa hết các chất trong dung dòch B = dung dòch Ca(OH) 2 thu được m (g), đem nung kết tủa với khối lượng không đỏi thu được m1 (g) chất rắn. Tính m1. Giải: Về nguyên tắc ta phải viết các phản ứng và lần theo quan hệ mol. Nhưng có thể nhận thấy ngay rằng (dó nhiên không viết phản ứng nhưng phải hiểu rỏ bản chất). Có thể viết sơ đồ chuyển hóa sản phẩm cùng là Fe 2 O 3 4 o 2 KMnO 2 3 HCl Ca(OH) t H 3 4 3 2 3 3 FeCl FeCl Fe O Fe(OH) Fe O FeCl + → → → → Ta có sơ đồ bảo toàn nguyên tố Fe như sau: 3 4 Fe O 2 3 3 2 Fe O→ 0,1 0,15 3 4 23,2 0,1 232 Fe O n mol= = => m = 0,15.MFe 2 O 3 = 24(g) + Hệ quả 5: Sự biến đổi hóa học (mô tả PTPƯ) đều có liên quan  sự tăng giảm khối lượng của các chất (hiểu theo nghóa rộng đơn chất, hổn hợp, trạng thái cụ thể của chất …chứ không phải là nguyên tố) VD1: PƯ: KL+ AX  M + H 2 ↑ Bản chất: - Giảm khối lượng của kim loại ban đầu - Tăng khối lượng cho chất rắn thu được (do sự nhập vào của anion gốc ax vào kim loại) VD2: PƯ: M1 + M2  M3↓ + M4 - Xét cho cùng trạng thái rắn của M1 với M3 thì khối lượng của muối có thể tăng hoặc giảm do sự thay thế góc A X CaCl 2  CaCO 3 m = 2.35,5 – 60 = 11g VD3: PƯ khử oxit kim loại (đến oxít có số ô xi hóa thấp hơn hoặc khối lượng tự d. 2 3 3 4 CO CO Fe O Fe O FeO→ → Khối lượng chất rắn sẽ giảm đi do CO lấy bớt O trong Oxít theo sơ đồ 2 2 1 2 CO O CO+ → Nghóa là khối lượng giảm chính là khối lượng của Oxi bò khử VD4: PƯ: KL 1 + M 1  KL 2 + M 2 Sẽ có sự tăng giảm khối lượng (tùy phản ứng cụ thể, chất phản ứng cụ thể) là m được xác đònh: m = d pu m m m− + tạo Trong đó: mđ : là khối lượng của kim loại ban đầu mpư: là khối lượng của kim loại đã pư <-> đã tạo ra m tạo : Là khối lượng được giải phóng Tóm lại ta có thể nói về và trường hợp cụ thể như sau: * Khi cation kim loại thay đổi anion để sinh ra hợp chất mới thì sự chênh lệch về khối lượng giữa 2 hợp chất bằng sự chênh lệch về khối lượng giữa các anion (nhớ là phải quy về bảo toàn khối lượng đã). Chẳng hạn: 2 3 3 4 2 3 Al CO Na PO→ 3 2 4 3 3 ( ) 1.( ) 2 Po CO m M M − − ∆ = − Khi anion thay đổi cation khối lượng để tạo chất mới thì sự chênh lệch khối lượng giữa 2 hợp chất bằng sự chênh lệch khối lượng giữa các cation (nhớ là phải bảo toàn anion rồi mới tính). 2 3 3 2.39 1.40 118( )K CO CaCO m g→ ⇒ ∆ = − = Sự nhập vào hoặc bớt đi một số nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử nào đó cũng gây nên m (VD1, VD3) II – DẤU HIỆU SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÀ CÁC BÀI TẬP NHỎ MINH HỌA: 1. Dấu hiệu sử dụng phương pháp: Đây là kinh nghiệm để nhanh chóng phát hiện bài toán có nên sử dụng phương pháp này hay không. Điều đó đồng nghóa với việc ứng dụng phương pháp làm gì? Trường hợp nào? - Bài toán có quá nhiều ẩn số (dùng phương pháp lập hệ phương trình) trong khi dữ kiện đề cho ít. - Lập hết các phương trình theo dữ kiện nhưng vẫn thiếu 1 phương trình (đó sẽ chính là phương trình vận dụng bảo toàn vật chất). - Bài toán tự chọn lượng chất ( cho bằng chữ và có tỉ lệ về lượng giữa các chất). - Bài toán liên quan đến những phản ứng phổ biến đã nêu ở I - Bài toán có dữ kiện liên quan  2 hoặc 3 nguyên tố + m đ + m s + m hh Thông thường chỉ là cho 2 yếu tố và tìm yếu tố thứ ba theo phương pháp (ở bài toán lớn đó là phương pháp còn thiếu). Như vậy, ứng dụng quan trọng nhất của phương pháp sẽ là: + Lập phương trình toán học + Biện luận lượng chất dư (đây là ứng dụng rất quan trọng) Xin nói rõ hơn về biện luận lượng chất dư theo phương pháp này ở đây: Thực chất đây là phương pháp suy luận ngược từ kết quả phản ứng đã xảy ra. Chẳng hạn dùng bài toán nguyên tố để suy luận ngược. Ví dụ: Cho 12,1 (g) h 2 Fe – Zn vào 100ml dung dòch hổn hợp HCl 1M H 2 SO 4 2M. Thu được 4,48l H 2 (đktc). Hỏi dung dòch sau phản ứng có dư H + không? Giải: Theo đề: 2 4 0,1.1 0,1 0,1.2 0,2 0,4 HCl H H SO H n n mol n mol n mol + + = = = = = ⇒ = -> (0,1 0, 4) 0,5 H n mol mol + Σ = + = Mà: 2 2 0,2 2 H n mol H H + = → ( ) 0,4 H pu n mol + = . Vậy H + còn dư 0,1mol Cũng có thể căn cứ vào sự tăng giảm khối lượng đề cho, ta sẽ tìm được số mol chất đã phản ứng (đây là kết quả hiển nhiên vì xét từ điều đã xảy ra), từ đó sẽ so sánh được với số mol chất có, để kết luận chất đó dư hay đủ. Phương pháp này dùng rất nhiều cho bài toán dãy điện hóa (K + M) và bài toán của phản ứng trao đổi Ion + VD2: Hòa tan 47,6g hỗn hợp Mg(NO 3 ) 2 và Ca(NO 3 ) 2 vào 500ml dung dòch hỗn hợp Na 2 CO 3 0,2M và K 2 CO 3 0,5M. Sau khi phản ứng xong thu được 28,4(g) kết tủa A và dung dòch B. 1. Tính % về khối lượng của mỗi muối Nitơrát ban đầu. 2. Cho tiếp vào dung dòch B 1 lượng HCl dư và cho tác dụng với dung dòch FeCl 2 0,5M vừa đủ thu được khí khóa nâu trong không khí tính V dd FeCl 2 đã dùng và V 1 khí (đktc) Giải: Nếu đổi đề trên thành “Cho 47,6g … tác dụng hết …” thì bài toán trở nên đơn giản. Vì ta có thể tích theo quan hệ mol của Mg(CO 3 ), Ca(NO 3 ) 2 ở từng phản ứng rồi lập hệ 2 phương trình bậc nhất là xong. Nhưng ta chưa rõ hỗn hợp Mg(NO 3 ) 2 , Ca(NO 3 ) 2 hết hay NaCO 3 và K 2 CO 3 . Trước hết ta phải làm rõ điều này. 2 3 2 3 2 Na CO 2 3 3 2 K CO 2 3 3 N = 0,5 . 0,2 = 0,1 mol Na CO 2Na CO 0,1 0,1 N = 0,5 . 0,5 = 0,25 mol K CO 2K CO + − + − → + → + 0,25 0,25 2 CO n = 0,1 + 0,2 = 0,35 mol ∑ Phản ứng xảy ra: 2 3 3 2 2 3 2 Ca CO CaCO Mg CO MgCO + + − + → ↓ + → ↓ (1) ( ) 2 3 3 2 3 2 3 Mg NO Mg 2NO Ca(NO ) Ca 2NO + − + − → + → + (2) Theo (1) và (2) ta có : ↓ A là MgCO3 và CaCO3. Tổng số mol hh 2 muối này = 2 3 CO n − (pư) Ta nhận thấy khi chuyển hóa Mg(NO 3 ) 2  MgCO 3 Ca(NO 3 ) 2  CaCO 3 Là sự giảm khối lượng do thay thế 2 3 3 2NO CO − − = là 64(g) Theo giả thiết Am = 47,6 – 28,4 = 19,2 (g) Nghóa là đã có : 2 3 CO (pu ) 19,2 n 0,3 mol 64 − = = Trong khi: 2 3 CO (pu ) n 0,35 mol − = . Vậy 2 3 CO − dư, Mg(NO 3 ) 2 ; Ca(NO 3 ) 2 , hết (tới đây đặt ẩn tính theo quan hệ mol với Mg(NO 3 ) 2 , Ca(NO 3 ) 2 và lập hệ  giải hệ phương trình) 2. Mấu chốt của vấn đề là: + Dự đoán đúng sp phản ứng (hiểu rõ b/c) Fe 2+ + NO 3- + 2H +  Fe 3+ + NO + H 2 O + Tính theo NO 3 có trong dung dòch B (theo câu 1) p dụng : tự giải đề III 3 VD3: Cho 10,24g hỗn hợp gồm 3KL: Cu, Mg, Fe ở dạng bột t/d với 150 ml dung dòch 2Ax HCl 2M và H 2 SO 4 (loãng). Phản ứng giải phóng ra 3,584l H 2 (đktc) thì hết bọt khí thoát ra. Đem lọc rửa thu được dung dòch A và chất rắn B. Hòa tan hết B trong H 2 SO 4 đn giải phóng ra V (l) SO 2 (đktc) Thêm vào dd A 125ml dung dòch NaOH 25% (P=1,28) khuấy đều hỗn hợp lọc, rửa kết tủa nung ở nhiệt độ cao trong không khí đến KL không đổi thu được 9,6 (g) chất rắn (C) 1. Tính % KL mỗi KL 2. Tính VSO 2 (đktc) 3. Cho 2,56 g hỗn hợp X tác dụng với 500ml dung dòch AgNO 3 0,17M khuấy kỹ hỗn hợp để các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dòch và chất rắn E. tính m E . Giải: Phân tích đề : Cu không tác dụng với H + . Song sau khi giải phóng 2 H 3,584 n 0,16 22,4 = = (mol) thì bọt khí thôi thoát ra. Khi V Mg, Fe hết V H + hết. Ta phải làm rõ điều này để tính qh mol theo H + hay kim loại. 2H + + 2C  H 2 0,32 0,16 + + + = = + + 2 4 H (pu) H (có) H (HCl) H (H SO ) n 0,32mol n n n 0,15.2 0,3 HCl n mol= = HCl H Cl + − → + 0,3 0,3 2 4 0,15.2 0,3 H SO n mol= = 2 4 4 2H SO H SO + − → + 0,3 0,6 => 0,3 0,6 0,9 H n mol + ∑ = + = Vậy H + dư nghóa là Mg, Fe hết (tính theo kim loại) 0,9 0,32 0,58 H du n mol + = − = (Rắn B là Cu, dung dòch A Fe 2 + , Mg 2 + ) Dung dòch A + NaOH 2 2 2 2 2 ( ) 2 ( ) Fe OH Fe OH Mg OH Mg OH + − +  + → ↓  ⇔  + → ↓   Nung b không khí 2 2 2 3 ( ) o K t Fe OH Fe O→ 2 ( )Mg OH MgO→ m c = 9,6 (g) là hổn hợp 2 3 Fe O và MgO Nhưng phải chỉ rõ OH - có đủ để ↓ Fe 2+ , Mg 2+ hay không? 125.1,25.25 1 100.40 NaOH OH n n mol − = = = 2 H OH H O + − + → 0,58 0,58 2 3 2 , 0,16 H Fe Mg n n mol + + ∑ = = OH n cần để ↓ hết = 2 2 , 2 0,32 Fe Mg n mol + + = − ∑ OH n đã dùng : 0,58 + 0,32 = 0,9 mol < 1 mol − ⇒ OH dư 0,1 mol Đến đây chỉ cần đặt ẩn lập hệ phương trình là xong VD4: Cho dòng khí CO qua ống sứ đựng 31,2 g hỗn hợp CuO và FeO nung nóng. Sau thí nghiệm thu được chất rắn A trong ống sứ. Cho khí trong ống sứ lội từ từ qua 1 lít dung dòch Ba(OH) 2 0,2M thấy tạo thành 29,55g kết tủa. 1. Tính m A 2. Chia chất rắn A thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: tác dụng dung dòch HCl dư thấy thoát ra 0,56l khí H 2 (đktc) - Phần 2: Hòa tan hết = dung dòch H 2 SO 4 đn thu được 2 muối trung hòa và V lít khí SO 2 duy nhất. Tính V (đktc) Giải: - Ta có pư ox theo sơ đồ (số 37 S 121)  →  + →  →   CO 2 2 CuO Cu 1 CO O CO 2 FeO Fe Như vậy rõ ràng dù phản ứng hoàn toàn hay không KL cũng giảm đi so với ban đầu. Và KL giảm ∆m chính là KL của oxi bò khử khỏi OXKL. - Bẫy cài số 2 là bài toán CO 2 . Chú ý rằng có thể xảy ra hai trường hợp + → ↓ + 2 3 2 CO Ba(OH) BaCO H O (nếu CO 2 thiếu) - Hoặc có thêm phản ứng hòa tan ↓ + + → 3 2 2(du) 3 2 BaCO H O CO Ba(HCO ) Xét hai trường hợp ta có 2 kết quả về 2 CO n - Với lưu ý bảo toàn C, O ta có: = ⇒ 2 CO CO o n n n bò khử khỏi oxit → = o o m n .16 Như vậy = − A o m 31,2 m “là xong” 2. Với câu 2: thực ra là đề hỏi không chuẩn, nên hỏi “thể tích V nằm trong khoảng nào”. Vì ta không thể tính được cụ thể số mol mỗi chất trong A cũng như trong hồn hợp đầu cdo không đủ dữ kiện để xác đònh nghiệm. Chỉ có thể xác đònh được Fe n tạo ra theo 2 H n Và có lưu ý tới 2 CuO FeO bò khử CO n n = n+ ∑ Cũng như không thể xác đònh được trật tự khử oxit ở đây nên phải giả sử với mọi CuO bò khử hết với mọi FeO bò khử hết rồi tính theo các phương trình phản ứng. ĐS: 1,96 < V < 3,48 3,08 < V < 3,976 VD5: Cho 180g hỗn hợp 3 muối A CO 3 , B CO 3 , M 2 CO 3 tác dụng hết với dung dòch H 2 SO 4 (loãng) thu được 4,48 lít CO 2 (đktc), dung dòch A và chất rắn B. cô cạn dung dòch A ta thu được 20g muối khan. Nung B  KL không đổi thì có 11,2 lít CO 2 (đktc) thoát ra và được chất rắn B 1 . Tính m B và m B1 Giải: ACO 3 + H 2 SO 4  ASO 4 + CO 2 + H 2 O BCO 3 + H 2 SO 4  BSO 4 + CO 2 + H 2 O M 2 CO 3 + H 2 SO 4  M 2 SO 4 + CO 2 + H 2 O Theo đề ra khi nung chất rắn B tạo ra CO 2 chứng tỏ muối cacbonnat vẫn còn dư. Nhưng nếu phân tích bình thường theo phản ứng ta không thể trả lời chất rắn B là mình muối CO 3 hay cả muối SO 4 cũng như không trả lời trong 20g muối khan là gồm những muối nào. Như vậy việc lập phương trình ghép ẩn số ở đây là vô dụng. Số 3( Pư ) 4 2 2 muốiCO muốiSO (tạora) CO CO 4,48 n n n n 0,2mol 22,4 ↑ ↑ = = = = = Như vậy sau khi phản ứng khô cạn dung dòch ta sẽ thu được 1 chất rắn (là tổng khối lượng sẽ tăng lên 96 – 60 – 36g. Vậy 0,2 mol phản ứng  m = 0,2 . 36 = 72(g) Vậy là: m rắn = 180 + 7,2 = M B + 20 => m B = 167,2 Khi nung rắn B, nếu B có chứa muối SO 4 cũng không bò nhiệt phân, do đó: m B = m B1 + 2 CO m mà 2 CO n = 11,2 0,5mol 22,4 = => 1 2 B CO B m m m 145,2g= − = Cũng có thể viết 180 + 2 4 2 2 H SO B H O CO m m 20 m m= + + + Mà 2 2 CO H O n n 0,2mol= = Và 2 4 2 H SO CO n n= => 180 + 0,2.98 = m B + 20 +0,2 .18 + 0,2.44  m B = 167,2(g) Ví dụ 6: Cho dung dòch 3,82(g) hổn hợp 2 muối SO 4 của 1 khối lượng kiềm và 1 khối lượng hóa trò 2. Thêm vào dung dòch 1 lượng vừa đủ BaCl 2 để ↓ SO 4 thì được 6,99(g) ↓ . 1. Lọc bỏ ↓ lấy được lọc đem cô cạn thu được ? (g) muối khan. 2. Xác đònh 2 khối lượng biết khối lượng nguyên tử của khối lượng hóa trò 2 lớn hơn kim loại kiềm 1đvc 3. Tính m của mỗi muối ban đầu Giải: 1: (Số 322 – bài 351) MSO 4 + BaCl 2  MCl + BaSO 4 ↓ M 2 SO 4 + BaCl 2  MCl 2 + BaSO 4 ↓ Theo các phản ứng ta thấy : Khi chuyển hóa từ muối SO 4  muối Clorua. 2 4 SO 2Cl − − → Thì khối lượng giảm 1 lượng là 25g mà 2 4 4 BaSO SO 6,99 n n 0,03mol 233 − = = = Nên m = 0,03.25 = 0,75(g) Vậy khối lượng của muối khan là : 3,82 – 0,75 = 3,07(g) 2. Lập hệ thông thường: Ví dụ 7: Cho 2,02 (g) hổn hợp Mg, Zn vào cốc đựng 200mol dung dòch HCl thu được 4,86(g) chất rắn sau khi đun nóng để cô cạn . Cho 2,02g hổn hợp trên vào cốc đựng 400ml dung dòch HCl có nồng độ như trên thì thu được 5,57g chất rắn. 1. Tính 2 H V ↑ ở thí nghiệm 1 (đktc) 2. Tính HCl M C và % khối lượng mỗi kim loại b hổn hợp 3. Cho 4,04 (g) hổn hợp trên tác dụng vừa đủ với V 3 HNO 31,5% (D = 1,12) chỉ thu được V 1 (l) khí duy nhất hóa nâu b không khí. Tính V 1 , V Giải: Phân tích đề