Các phương pháp siêu hay giải bài tập trắc nghiệp Hóa Học THPT

khối lượng là khối lượng oxi trong CuO bị H2 lấy đi: (2) và (2) suy ra: x = 0,1 mX = 137x + 64y = 137.0,1 + 64.0,2 = 26,5 (g) đáp án đúng là C. Ví dụ 11: [tự ra] Nung nóng hỗn hợp X gồm PbO và FeO với một lượng C vừa đủ. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp chất rắn Y và khí không màu Z. Đem cân hỗn hợp rắn Y thấy khối lượng giảm 4,8g so với hỗn hợp X. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được chất khí A. Sục khí Z vào dung dịch nước vôi trong dư được kết tủa trắng. Thể tích khí A (đktc) và khối lượng kết tủa thu được là: A. 6,72 lít và 15g B. 3,36 lít và 30g C. 6,72 lít và 30g D. 3,36 lít và 15g Cách giải: Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C lấy đi tạo CO2 Pb + 2 HCl → PbCl2 + H2↑ Fe + 2 HCl →Fe + H2↑ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O Vậy đáp án đúng là A. Nhận xét: qua 2 ví dụ trên, ta có thể rút ra một số nhận xét sau giúp giải nhanh các bài tập về khử oxit kim loại: - Khi khử oxit kim loại bằng CO, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung dịch Ba(OH)2) thì: nO của oxit kim loại = - Khi khử oxit kim loại bằng C dư, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung dịch Ba(OH)2) thì: nO của oxit kim loại = - Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: mkim loại = moxit kim loại - moxi III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng và tăng giảm khối lượng: Bài tập 1: [4] Cho khí CO qua ống đựng a (g) hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4, FeO, Al2O3 nung nóng. Khí thoát ra được cho vào nước vôi trong dư thấy có 30g kết tủa trắng. Sau phản ứng, chất rắn trong ống sứ có khối lượng 202g. Khối lượng a (g) của hỗn hợp các oxit ban đầu là: A. 200,8g B. 216,8g C. 206,8g D. 103,4g Hướng dẫn: Áp dụng ĐLBTKL a = mchất rắn + mO(trong oxit) a = mchất rắn + x 16 Bài tập 2: [10] Hòa tan 5g hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị I và hóa trị II bằng dung dịch HCl thu được dung dịch M và 1,12l khí CO2 (đktc). Khi cô cạn dung dich M thu được khối lượng muối khan bằng: A. 11,1g B. 5,55g C. 16,5g D. 22,2g Bài tập 3: [10] Ngâm một lá kẽm trong dung dịch chứa 2,24g ion kim loại M2+. Phản ứng xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M2+ là ion kim loại nào sau đây: A. Ba2+ B. Sr2+ C. Pb2+ D. Cd2+ Bài tập 4: [5] Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe2O3, Fe3O4, MgO tác dụng hết với 200ml dung dịch HCl 4M (lấy vừa đủ) thu được dung dịch X. Lượng muối có trong dung dịch X bằng: A. 79,2g B. 78,4g C. 72g D. 72,9g Bài tập 5: [16] Hòa tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A, B (A và B là 2 kim loại thuộc PNC nhóm II) vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl- có trong dung dịch X, Người ta cho dung dịch X tác dụng với dd AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m (g) hỗn hợp muối khan, m có giá trị là: A. 6,36g B. 63,6g C. 9,12g D. 91,2g Bài tập 6: [16] Nhúng một thanh kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO3)2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia phản ứng ở hai trường hợp là như nhau. Vậy M là kim loại nào sau đây: A. Zn B. Fe C. Mg D. Ni Bài tập 7: [12] Nung 24,5g KClO3. Khí thu được tác dụng hết với Cu (lấy dư). Phản ứng cho ra chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng Cu dùng lúc đầu là 4,8g. Tính hiệu suất phản ứng nhiệt phân KClO3. A. 75% B. 80% C. 50% D. 100% Bài tập 8: [22] Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO4. Sau một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO4 bằng 2,5 lần nồng độ mol FeSO4. Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm và thanh sắt lần lượt là: A. 12,8g ; 32g B. 64g ; 25,6g C. 32g ; 12,8g D. 25,6g ; 64g Hướng dẫn: do cùng nhúng hai thanh kim loại vào một dung dịch nên dung dịch còn lại cùng thể tích CM (ZnSO4) = 2,5CM (FeSO4) → Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu↓ (1) 2,5x ← 2,5x ← 2,5x → 2,5x Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ (2) x ← x ← x → x Độ giảm khối lượng của dung dịch là: mCu (bám) - mZn (tan) - mFe (tan) ↔ 2,2 = 64(2,5x + x) -65. 2,5x- 56x → x = 0,4 (mol) → mCu bám lên thanh Zn = 64g ; mCu bám lên thanh Fe = 25,6g Bài tập 9: [20] Nung hỗn hợp A gồm CaCO3 và CaSO3 tới phản ứng hoàn toàn được chất rắn B có khối lượng bằng 50,4% khối lượng của hỗn hợp A. Thành phần phần trăm về khối lượng các chất trong hỗn hợp A: A. 40% và 60% B. 25% và 75% C. 30% và 70% D. 20% và 80% Hướng dẫn: Cách 1: Phương pháp đại số CaCO3 → CaO + CO2 (1) x x x CaSO3 → CaO + SO2 (2) y y y Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g). Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng Theo pt (1), (2) ta có: 100g CaCO3 →56g CaO tương ứng 56% mcacbonat 120g CaSO3 →56g CaO tương ứng 46,67% msunfit Gọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO3. Ta có : 56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → % = 40%. Bài tập 10: [12] Trộn 1l dung dịch (NH4)2CO3 0,01M với 1l dung dịch Ba(OH)2 0,005M nóng, khối lượng riêng của hai dung dịch này đều bằng 1g/ml. Tính khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng (khí thoát ra hoàn toàn khỏi dung dịch nóng) A. 1998,845g B. 1998,830g C. 1999,015g D. 1998,120g Bài tập 11: [1] Một hỗn hợp gồm Fe và Fe2O3. Nếu cho lượng khí CO dư đi qua m (g) hỗn hợp trên ở điều kiện nhiệt độ cao, sau khi kết thúc phản ứng, người ta thu được 11,2g Fe. Nếu ngâm m (g) hỗn hợp trên trong dung dịch CuSO4 dư, phản ứng xong thu được chất rắn có khối lượng tăng thêm 0,8g. Khối lượng nào sau đây là khối lượng m (gam) ban đầu: A. 14g B. 13,6g C. 13g D. 12g Bài tập 12: [Tự ra] Cho 6,72l khí oxi (đkktc) phản ứng hoàn toàn với kim loại hóa trị III thu được 20,4g oxit. Công thức phân tử của oxit là A. Fe2O3 B. Al2O3 C. Cr2O3 D. Ga2O3 Bài tập 13: [Tự ra] Khử hoàn toàn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm khí dẫn vào nước vôi trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công thức nào sau đây: A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. FeO2 Bài tập 14: [Tự ra] Hòa tan hoàn toàn 5g hỗn hợp ba kim loại Zn, Fe,Mg vào dung dịch H2SO4 tháy thoát ra 0,672l khí H2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 4,66g B. 6,46g C. 9,7g D. 7,9g Bài tập 15: [Tự ra] Điện phân nóng chảy a(g) muối clorua của kim loại nhóm IA thu được b(g) kim loại ở catot và 0,896l khí (đktc) ở anot. Cho b(g) kim loại vào nước, sau phản ứng khối lượng dung dich giảm 0,08(g) . Kim loại nhóm IA đó là kim loại nào và khối lượng muối clorua ban đầu là: A. K và 3,12g B. K và 1,56g C. Na và 3,12g D. Li và 1,56g Bài tập 16: [Tự ra] Đem nung một khối lượng Cu(NO3)2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54g. Cho biết muối nitrat bị nhiệt phân 60%. Vậy khối lượng muối Cu(NO3)2 ban đầu là: A. 2,8g B. 0,82g C. 5,17g D.1,57g Bài tập 17: [Tự ra] Cho 29,7g hỗn hợp Na2CO3, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 49,25g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là A. 4,53g B. 23,5g C. 32,45g D. 3,45g Bài tập 18: [Tự ra] Nung 5,05g nitrat kim loại kiềm cho đến khi nitrat bị nhiệt phân hết. Khối lượng chất rắn thu được giảm 15,84% so với khối lượng muối ban đầu. Kim loại kiềm đó là gì và thể tích khí thu được ở đktc A. Na và 0,56 lít B. K và 1,12 lít C. K và 0,56 lít D. Li và 1,12 lít Hướng dẫn: gọi công thức của muối nitrat: MNO3 MNO3 → MNO2 +1/2 O2 Khối lượng chất rắn giảm đi là khối lượng của O2 Bài tập 19: [Tự ra] Đun nóng 31,2g hỗn hợp X gồm một muối hiđrocacbonat và một muối cacbonat của cùng một kim loại đến khi tạo hoàn toàn thành 25g muối cacbonat. Hòa tan hoàn toàn muối cacbonat thu được trong dung dịch HCl dư tạo thành dung dịch Y. Đem cô cạn dung dịch Y thu được 27,75 muối khan Y. Kim loại đó là gì và khối lượng muối cacbonat trong hỗn hợp X là bao nhiêu? A. Na và 15,9g B. K và 29,7g C. Ca và 25,2g D. Ca và 15g Hướng dẫn: - Hòa tan 25g muối cacbonat tạo thành 27,75g muối clorua → tăng 2,75g → = 0,25 mol - Tìm biểu thức mối liên hệ giữa M và n, sau đó biện luận suy ra kim loại là Ca. - Dựa vào phương trình Ca(HCO3)2→ CaCO3 + H2O + CO2. Tính Bài tập 20: [Tự ra] Cho 19,5g hỗn hợp Cu, Fe, Zn tác dụng với O2 dư, nung nóng thu được m (g) hỗn hợp X. Cho hỗn hợp X này tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl cần 325ml dung dịch 2M (không có khí thoát ra). Tính khối lượng muối clorua thu được: A. 28,525g B. 42,025g C. 65,1g D. 56,1g Bài tập 21: [Tự ra] Cho hỗn hợp gồm ba muối MgCl2, NaBr, KI với số mol tương ứng là 0,2 mol; 0,4 mol và 0,2 mol. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V(l) Cl2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2g chất rắn. Tính V (đktc) A. 2,24l B. 8,96l C. 6,72l D. 4,48l Hướng dẫn: PTPƯ có thể xảy ra Nếu phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn, khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) = 18,3 (g) Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) + 0,4(80 - 35,5) = 36,1 (g) Theo đề bài, khối lượng muối giảm 93,4 - 66,2 = 27,2 (g) 18,3< 27,2 < 36 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2) Gọi pư = x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2 Chọn đáp án D. CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6] Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên tố luôn luôn được bảo toàn”. Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng hóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản ứng. Chú ý: Định luật được xem như nguyên nhân của định luật bảo toàn khối lượng. II. Vận dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố trong giải toán: Các dạng toán thường sử dụng bảo toàn nguyên tố: - Nguyên tử của nguyên tố tồn tại trong nhiều hợp chất trong cùng một hỗn hợp hoặc dung dịch... thì khối lượng của nguyên tử (hay ion) đó bằng tổng khối lượng của nguyên tử của nguyên tố đó trong các dạng tồn tại. - Tính toán khối lượng sản phẩm sau một quá trình phản ứng thì chỉ cần căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian vì các nguyên tố luôn được bảo toàn. II.1. Khối lượng nguyên tử của nguyên tố ban đầu bằng tổng khối lượng các dạng tồn tại của nguyên tố đó trong hỗn hợp hoặc trong dung dịch. Thường gặp trong phản ứng nhiệt nhôm hoặc khử oxit sắt vì sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên thường tồn tại trong nhiều hợp chất. Chẳng hạn: hỗn hợp A bị khử bởi CO cho hỗn hợp chất rắn B gồmFe2O3 (còn dư): x mol Fe3O4 : y mol FeO (còn dư) : z mol Fe : t mol Khi đó ta có: hay a +2b = 2x + 3y +z +t Ví dụ 1: [tự ra] Khử hết m (g) Fe3O4 bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 300ml dung dịch H2SO4 1M tạo dung dịch B. Tính m và khối lượng muối sunfat thu được khi cô cạn B. A. 23,2g và 45,6g B. 23,2g và 54,6g C. 2,32g và 4,56g D. 69,6g và 45,6g Cách giải: Fe3O4→ (FeO, Fe)→ FeSO4 x mol Áp dụng ĐLBTNT Fe: ↔ 3x = 0,3 → x = 0,1 (mol) Chọn đáp án A. Ví dụ 2: [12] Khử 39,2g một hỗn hợp A gồm Fe2O3 và FeO bằng khí CO thu được hỗn hợp B gồm FeO và Fe. B tan vừa đủ trong 2,5 lít dung dịch H2SO4 0,2M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính khối lượng Fe2O3 và FeO trong hỗn hợp A. A. 32g Fe2O3; 7,2g FeO B. 16g Fe2O3; 23,2g FeO C. 18g Fe2O3; 21,2g FeO D. 20g Fe2O3; 19,2g FeO Cách giải: Gọi hỗn hợp A↔ 160x + 72y = 39,2 (1) Hỗn hợp B + H2SO4: FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (2) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ (3) ; Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4) Từ (1), (4) ; . Vậy đáp án đúng là A. II.2. Chất tham gia trải qua một số giai đoạn phản ứng để tạo sản phẩm: Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Cu vào một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 98% (đặc , nóng) thu được khí SO2 (đktc) và dung dịch B.Cho ddB tác dụng với NaOH dư, được kết tủa C, nung C đến khối lượng không đổi được hỗn hợp chất rắn E. Cho E tác dụng với lượng dư CO, đun nóng thu được hỗn hợp chất rắn F. Khối lượng của hỗn hợp chất rắn F là: A. 24g B. 18,4g C. 15,6g D. 16,5g Cách giải Áp dụng ĐLBTNT, ta có: Chọn đáp án B. Nhận xét: với dạng toán này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân bằng sau đó tính toán theo phương trình hóa học. Nhưng với HS nắm vững định luật BTNT thì giải quyết bài toán chỉ trong vài giây. Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS2) sẽ điều chế được (hiệu suất 100%) một lượng H2SO4 là: A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g Cách giải: để sản xuất H2SO4 đi từ quặng pirit sắt phải qua nhiều giai đoạn, song trong tính toán với giả sử hiệu suất 100% cho mọi quá trình, có thể áp dụng ĐLBTNT đối với nguyên tố S: 120g 196g → xg Lượng H2SO4 điều chế được là: . Đáp án đúng là C. Nhận xét: đối với dạng toán tính toán từ thực tế sản xuất: chất phản ứng không chỉ trải qua mà là cả một chuỗi các phản ứng thì việc áp dụng ĐLBTNT cho một nguyên tố (chính) sẽ dễ dàng cho việc tính toán hơn. III. Một số bài tập tương tự được giải theo phương pháp BTNT: Bài tập 1: [1] Hòa tan a gam hh gồm FeO và Fe3O4 hết 300ml ddHCl 2M được ddX. Cho X tác dụng với một lượng ddNH3 dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được a +1,2 g chất rắn. Phần trăm khối lượng của FeO trong hh trên là: A. 28,4% B. 24,6% C. 38,3% D. 40,2% Hướng dẫn: Vì trong hh ban đầu đã có một lượng Fe2O3 và coi Fe3O4 = FeO. Fe2O3) nên chỉ xét sự chuyển hóa quá trình: 2FeO → Fe2O3 Độ tăng khối lượng của Fe2O3 so với hh đầu là khối lượng oxi mà FeO lấy để tạo Fe2O3 nO cần = nFeO = 0,15 (mol) Gọi hh (1) nHCl = 0,6 (mol) nO trong oxit = 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2) Từ (1), (2) Bài tập 2: [4] Cần bao nhiêu tấn quặng phôtphorit chứa 80% Ca3(PO4)2 để thu được 1 tấn photpho, cho rằng sự hao hụt trong quá trình sản xuất bằng 5%. A. 6,58 tấn B. 6,29 tấn C. 5,86 tấn D. Kết quả khác Bài tập 3: [12] Cho 21,52g hhX gồm kim loại M có hóa trị 2 và muối nitrat của kim loại ấy vào 1 bình kín và nung cho đến khi muối nitrat bị nhiệt phân hoàn toàn. Chất rắn thu được sau phản ứng được chia làm 2 phần bằng nhau: - Phần 1: phản ứng vừa đủ với 2/3 lit dd HNO3 0,38M cho ra khí NO. - Phần 2: phản ứng vừa hết với 0,3l dd H2SO4 0,2M để lại 1 chất rắn không tan. Xác định kim loại M, khối lượng M và nitrat kim loại M trong hỗn hợp X. A. Cu; 12,8g Cu; 8,72g Cu(NO3)2 B. Cu; 10,24g Cu; 11,28g Cu(NO3)2 C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO3)2 D. Zn; 10,2g Cu; 11,32g Zn(NO3)2 Hướng dẫn: HhX gồm kim loại M và M(NO3)2. Khi nung: (1) (2) Chất rắn còn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO3 có khí thoát ra). Gọi trong 1/2 chất rắn. Phần 1: x 8/3x M + 2HNO3 → M(NO3)2 + H2O y 2y (3) Phần 2: tác dụng với H2SO4loãng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy Bêkêtop MO + H2SO4 → MSO4 + H2O y y x = 0,05(mol) Vì bình kín nên O2 dùng cho phản ứng (2) là O2 tạo ra từ phản ứng (1): Áp dụng ĐLBTNT: nM (trong X) = nM (chất rắn) ↔ nM đầu + 0,06 = nM (trong MO) + nM dư nM đầu = 0,16(mol) Bài tập 4: [10] Dùng a gam Al để khử hết 0,8g Fe2O3. Sản phẩm sau phản ứng tác dụng với lượng dư dd NaOH tạo 0,336l khí (đktc). Giá trị của a là: A. 1,08g B.0,56g C. 0,54g D. 0,45g Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hòa tan hoàn toàn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối sắt clorua. Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO3 thu được 4,3025g AgCl. X có công thức phân tử là: A. Fe2O3 B. Fe2O3 C. FeO D. FeO2 CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH I. Nguyên tắc của phương pháp: [6] [14] Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cô lập luôn không đổi tức là được bảo toàn”. Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó dung dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q+ = ∑q- ) II. Vận dụng phương pháp bảo toàn điện tích vào giải toán: - Thường dùng để giải quyết các dạng toán trong dung dịch với việc tính toán khối lượng muối khan, nồng độ dung dịch...Sau đây là vài ví dụ: Ví dụ 1: [tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na2SO4 0,1M và Na2CO3 0,2M tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa Ba(NO3)2 và Pb(NO3)2 0,05M tạo kết tủa. Tính nồng độ mol của Ba(NO3)2 và khối lượng chung của các kết tủa? A. 0,25M và 66,2g B. 0,15M và 6,62g C. 0,25M và 6,62g D. 0,15M và 66,2g Cách giải: theo ĐLBTĐT các ion , phản ứng với Ba2+ và Pb2+ theo tỉ lệ mol 1:1. Điện tích các ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có: ↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05) Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO4 +PbSO4 + BaCO3 + PbCO3) là: = 0,1. 0,1. 96 + 0,1. 0,2. 60 + 0,25. 0,1. 137 + 0,05. 0,1. 207 = 6,62 (g) Nhận xét: Đối với bài toán trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số bằng cách viết phương trình rồi tính toán theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì không đủ dữ kiện để định lượng được khối lượng từng loại kết tủa. Phương pháp BTĐT trong trường hợp này là một giải pháp tối ưu. - Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần các ion đúng hay sai. Ví dụ 2: [13] Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch được ghi ở bảng dưới đây: Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hãy đánh giá kết quả trên. A. Đúng B. Sai Cách giải: Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q+ = ∑q- Giá trị tuyệt đối của điện tích (+) khác điện tích (-) kết quả trên là sai. Ví dụ 3: [tự ra] 100ml dung dịch X chứa các ion Ca2+: 0,1mol; : 0,05mol; : 0,15mol; : 0,1mol và một ion của kim loại M. Cô cạn dung dịch thu được 29,1g muối khan. Ion kim loại M là ion nào và tính nồng độ của nó trong dung dịch. A. Na+ và 0,15M B. K+ và 0,1M C. Ca2+ và 0,15M D. K+ và 1M Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của Mn+ Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1 Mặt khác: mmuối Trong số các đáp án đã cho thì K+ là đáp án phù hợp và → Chọn đáp án D Ví dụ 4: [5] Dung dịch A chứa Mg2+, Ba2+, Ca2+ và 0,2mol , 0,3 mol . Thêm dần dần dung dịch Na2CO3 1M vào dung dịch Acho đén khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì ngừng lại. Hỏi thể tích dung dịch A đã thêm là bao nhiêu? A. 150ml B. 200ml C. 250ml D. 300ml Cách giải: Gọi x,y,z là số mol Mg2+, Ba2+, Ca2+ trong dung dịch A. Theo ĐLBTĐT, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,2 + 0,3 = 0,5 ↔ x + y + z = 0,25 → Chọn đáp án C. III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo toàn điện tích: Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe2+ (0,1mol) và Al3+ (0,2mol) và hai anion (x mol) và (y mol). Biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9g chất rắn khan. x và y có giá trị là: A. 0,2 và 0,3mol B. 0,15 và 0,3mol C. 0,2 và 0,35mol D. 0,15 và 0,2mol Bài tập 2: [10] Có dung dịch X, dung dich này chỉ chứa hai cation và hai anion trong số các ion sau: K+ (0,15mol) ; (0,25mol); H+ (0,2mol); (0,1mol); (0,075 mol); (0,15mol). Dung dịch gồm các ion nào? A. , K+, , B. , K+, , C. , H+, , D. , K+, , Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO3 0,06M và Pb(NO3)2 0,05M tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của KBr trong dung dịch B và lượng kết tủa tạo ra trong phản ứng giữa hai dung dịch A và B. A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g Bài tập 4: [7] Dung dịch A chứa x mol Al3+, y mol Cu2+, z mol và 0,4 mol - Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan. - Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3 lấy dư thu được 15,6g kết tủa. Tìm x,y,z. A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol Bài tập 5: [tự ra] Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa HCl 1M và H2SO4 0,5M, được đung dịch B và 3,92l H2 (đktc). Cô cạn ddB thu được m(g) muối khan. Tìm m? A. 19,3g B. 17,425g< m <19,3g C. 17,425g D. Hướng dẫn: dung dịch B còn dư axit. Nhận thấy: HCl và H2SO4 phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối lượng muối thu được chỉ xét được trong một khoảng, không tính được giá trị cụ thể. Áp dụng ĐLBTKL: mmuối Trong dung dịch X, ta luôn có: ∑ q(+) = ∑ q(-) Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước: Giả sử dung dịch H2SO4 phản ứng trước: . Vậy 17,425g < m < 19,3g CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON I. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14] Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận. - Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. - Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường để giả các bài toán vô cơ. II. Vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải toán: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhiều dạng toán nhưng về cơ bản gồm những dạng sau đây: II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí. Để giải quyết bài toán dạng này ta thực hiện các bước: Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo (được trình bày ở chương sau). Tính tổng số electron nhận và electron nhường. Cho ∑ electron nhường = ∑ electron nhận → tìm ẩn số của bài toán Ví dụ 1: [tự ra] Cho 18,98g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng vừa đủ với 2l ddHNO3 được 1,792l khí X (đktc) gồm N2 và NO2 có tỉ khối so với He là 9,25. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là bao nhiêu và nồng độ mol/l của HNO3 trong dung dịch đầu? A. 53,7g và 0,28M B. 46,26g và 0,28M C. 46,26g và 0,06M D. 53,7g và 0,06M Cách giải: nhận thấy: Ta có quá trình nhận electron: 0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol) bị khử = 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol) 0,04 ← 0,04← 0,04 Theo định luật bảo toàn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol) Có thể viết tổng quát quá trình nhường e: M - ne → Mn+ 0,44 Ta có nhận xét sau: vì gốc có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì cũng nhận bấy nhiêu gốc để tạo muối. Vậy tạo muối = ne nhường = ne nhận = 0,44 (mol) →pư = 0,44 + 0,12 = 0,56(mol) Khối lượng muối nitrat sinh ra là: → Chọn đáp án B Nhận xét: - Bài toán chỉ yêu cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO3 nên chỉ cần quan tâm đến ∑ e nhường nhưng đề toán yêu cầu tính %m hoặc m từng kim loại thì cần đặt ẩn để giải hệ. - Bài toán này nếu giải theo phương pháp đại số (đặt ẩn, tìm các phương trình và giải hệ) thì sẽ rơi vào khó khăn bởi nó đòi hỏi những kỹ năng toán học cao của học sinh, khi 6 ptpư, 6 ẩn mà chỉ có 3 dữ kiện để tính toán. Sử dụng ĐLBT electron không cần viết ptpư và trong trường hợp này nó trở nên tối ưu. - Dựa vào bài toán trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượng khác như Vhh khí, % mKL, mKL... - Khi viết các quá trình nhường, nhận electron nên viết để tránh nhầm lẫn các bán phản ứng oxi hóa - khử dưới dạng ion electron. Vì thường phản ứng tạo khí có có sụ tham gia của môi trường, nếu các bài toán đưa trọng tâm vào nội dung này, học sinh dễ mắc sai lầm khi nghĩ các quá trình không phụ thuộc vào môi trường. Ví dụ 2: [17] Hoà tan hoàn toàn 9,28g một hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong một lượng vừa đủ dd H2SO4 đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưu huỳnh. Sản phẩm đó là chất nào? A. SO2 B. S C. H2S D. Cách giải: Gọi a là số mol Mg, Al, Zn trong hỗn hợp. Ta có: (24 + 65 + 27)a = 9,28 a = 0,08 (mol) Quá trình nhường e: Mg - 2e → Mg2+ 0,08 0,16 Al - 3e → Al3+ ∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol) 0,08 0,24 Zn - 2e → Zn2+ 0,08 0,16 Quá trình nhận e: ∑ e nhận = 0,07(6-x) (mol) 0,07 0,07(6-x) Với x là số oxi hóa của S trong sản phẩm đó. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 0,07(6-x) = 0,56 x = -2 sản phẩm là H2S. Vậy đáp án đúng là C. II.2. Các bài tập về sắt qua nhiều trạng thái oxi hóa: Sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi oxi hóa Fe kim loại thường thu được hỗn hợp các oxit sắt. Thông thường bài toán cho toàn bộ lượng oxit sắt chuyển về một trạng thái oxi hóa nào đó. Để giải quyết dạng bài tập này cần chú ý: Chỉ quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối của sắt, không cần quan tâm đến các trạng thái oxi hóa trung gian. Đặt ẩn số với chất đóng vai trò chất khử. Ví dụ 3: [18] Nung x gam Fe trong không khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4. Hòa tan A trogn dd HNO3 dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối đối với He là 10,167. Giá trị của x là: A. 85,02g B. 49,22g C. 78,4g D. 98g Cách giải: - Dựa vào sơ đồ đường chéo để tính được số mol NO và NO2 lần lượt là 0,18 và 0,36 mol. Cách tính này sẽ được đề cập ở chương sau. - Nhận thấy, quá trình phản ứng toàn bộ lượng Fe kim loại được chuyển thành Fe3+ nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe3+ → ∑ e nhường = (mol) Quá trình nhận e: 0,36← 0,36 3.0,18 ← 0,18 O2 + 4e → 2O2- Theo ĐLBTKL: → ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 + = 0,9 + Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ e nhận = ∑ e nhường ↔ 0,9 + = x = 78,4(g) Chọn đáp án C. Nhận xét: đây là dạng toán kinh điển của phương pháp bảo toàn electron. Đối với dạng bài tập TNKQ thì đây là phương pháp rất hay để giải quyết nhiều bài tập về oxihoa-khử một cách chính xác, rất nhanh và không gây nhầm lẫn. II.3. Dạng toán trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi electron xảy ra đồng thời (thường gặp là dạng toán kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung dịch muối) Ví dụ 4: [12] Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit ddA chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3)2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hoàn toàn không tác dụng với dd HCl) và ddC (hoàn toàn không có màu xanh của Cu2+). Tính khối lượng chất rắn B và %Al trong hỗn hợp. A. 23,6g; %Al = 32,53 B. 24,8g; %Al = 31,18 C. 28,7g; %Al = 33,14 A. 24,6g; %Al = 32,18 Cách giải: - Chiều sắp xếp các cặp OXH-K trong dãy điện hóa: - Ag bị khử trước Cu2+; dd bị mất hết màu xanh của Cu2+ nên Cu2+ và Ag+ đều bị khử hết tạo Ag và Cu kim loại. - Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không phản ứng với HCl, do đó Al và Fe đã phản ứng hết. Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag mB = mCu + mAg nAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g) Gọi hhX (1) Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+ x 3x Fe - 2e → Fe2+ ∑ e nhường = 3x + 2y(mol) y 2y Quá trình nhận e: Cu2+ + 2e → Cu 0,2 0,4 Ag+ + e → Ag ∑ e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol) 0,1 0,1 Theo ĐLBT electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận ↔ 3x + 2y = 0,5 (2) Từ (1) và (2), suy ra: Vậy đáp án đúng là A. Ví dụ 5: [23] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1, R2 có hóa trị x,y không đổi (R1, R2 không tác dụng với H2O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng với CuSO4 dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO3 dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cho lượng hỗn hợp trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 thì thu dược bao nhiêu lit khí N2. Các thể tích đo ở đktc. A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R1, R2 nhường electron cho Cu2+ để chuyển thành Cu, sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2) số mol e do R1, R2 nhường = số mol do N(+5) nhận vào 0,05x3← - Khi R1, R2 trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0) Gọi a là số mol N2 thì ta có: 10a ← a mol Vì cùng lượng R1, R2 tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a a = 0,015 (mol) = 22,4x0,015 = 0,336(l) Nhận xét: - Qua ví dụ này nhấn mạnh được rằng với 1 mol chất phản ứng trong điều kiện phản ứng xảy ra hoàn toàn, chất đó phản ứng hết thì trong mọi trường hợp của cùng một bán phản ứng số mol mà nó nhận vào hay cho đi đều là hằng số. - Như ví dụ này, ta không cần xét tính khử của kim loại nào mạnh hơn vẫn giải quyết được bài toán vì toàn bộ R đã chuyển thành ion. Đó là ưu điểm khi sử dụng phương pháp bảo toàn electron. II.4. Áp dụng ĐLBT electron để giải một số bài toán khác: Ví dụ 6: [tự ra] Khi đốt nóng 22,05g muối KClO3 thu được 2,24lit khí O2 và một hỗn hợp chất rắn gồm muối kali peclorat và kali clorua. Xác định khối lượng các muối tạo thành. A. 4,97g KCl và 13,88g KClO3 B. 7,0775g KCl và 14,9725g KClO4 C. 7,0775g KCl và 11,7725g KClO4 A. 11,7725g KCl và 10,2775g KClO3 Cách giải: Gọi số mol của KCl và KClO4 lần lượt là x và y. Quá trình nhường e: x 6x ← x Quá trình nhận e: y 2y ← y 2O2- - 4e → O2 0,4← 0,1 Theo ĐLBT electron: 6x = 0,4 + 2y ↔ 6x - 2y = 0,4 ↔ 3x - y = 0,2 (1) Mặt khác: x + y = 0,18 (2) Từ (1), (2) suy ra: Vậy đáp án đúng là C. Ví dụ 7: [15] Hòa tan hoàn toàn 17,4g hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra 13,44lit khí. Nếu cho 8,7g hỗn hợp tác dụng dd NaOH dư thu được 3,36lit khí (đktc).Vậy nếu cho 34,8g hỗn hợp trên tác dụng với dd CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dd HNO3 nóng, dư thì thu được V lit khí NO2. Thể tích khí NO2 (đktc) thu được là: A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l Cách giải: Xét toàn bộ quá trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H+(HCl), Cu2+ nhận e. Mà: 2H+ + 2e → H2; Cu2+ + 2e → Cu đều nhận 2 electron. Nên ∑ e(H+) nhường = ∑ e(Cu2+) nhận Quá trình nhận e của HNO3: ∑ e() nhận = ∑ e(Cu) nhường Trong 34,8g hỗn hợp: Nhận xét: nếu giải bài toán này theo phương pháp đại số sẽ dài dòng vì viết phản ứng, đặt ẩn, giải hệ nhưng nếu giải theo phương pháp bảo toàn electron thì dữ kiện cho 8,7g hỗn hợp tác dụng với dd NaOH dư cho 3,36lit khí không cần sử dụng vẫn cho kết quả chính xác với cách ngắn gọn, nhanh chóng. III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo toàn electron: Bài tập 1: [8] Hòa tan hoàn toàn 1,2g kim loại X vào dd HNO3 dư thu được 0,224lit khí N2 (đktc) (giả thiết phản ứng chỉ tạo ra khí N2). Vậy X là: A. Zn B. Cu C. Mg D. Al Bài tập 2: [16] Trộn 0,54g bột Al với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hòa tan hoàn toàn A trong dd HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:3. Thể tích (đktc) khí NO và NO2 lần lượt là: A. 0,224l và 0,672l B. 0,672l và 0,224l C. 2,24l và 6,72l D. 6,72l và 2,24l Bài tập 3: [10] Cho H2SO4 loãng tác dụgn với 6,659g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II, thu được 0,1mol khí, đồng thời khối lượng hỗn hợp giảm 6,5g. Hòa tan phần còn lại vào H2SO4 đặc, nóng thấy thoát ra 0,16g khí SO2. X và Y là những kim loại nào sau đây? A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Cu và Mg Bài tập 4: [22] Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 ở nhệt độ cao một thời gian. Người ta thu được 6,72g hỗn hợp gồm 4 chất rắn khác nhau(A). Đem hòa tan hoàn toàn hỗn hợp này vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0,448lit khí B duy nhất có tỷ khối so với H2 bằng 15. m nhận giá trị là: A. 5,56g B. 6,64g C. 7,2g D. 8,81g Bài tập 5: [4] Khi cho 17,40g hợp kim Y gồm sắt, đồng, nhôm phản ứng hết với H2SO4 loãng dư ta được ddA; 6,4g chất rắn và 9,856lit khí B ở 27,30C; 1atm. Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hợp kim lần lượt là: A. 34,18%; 34,79% và 31,03% B. 30,18%; 38,79% và 31,03% C. 31,18%; 37,79% và 31,03% D. 32,18%; 36,79% và 31,03% Bài tập 6: [17] Cho kim loại M khi hòa tan hết m(g) M trong HNO3 loãng, nóng thu được khí NO, khi hòa tan m(g) M trong dd HCl thu được khí H2 có trong cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất. Khối lượng muối clorua bằng 52,48% khối lượng muối nitrat thu được. Xác định M và hóa trị của nó. A. Fe, có hóa trị 2 và 3 B. Fe, có hóa trị 3 C. Cr, có hóa trị 2 và 3 D. Cr, có hóa trị 3 Hướng dẫn: gọi hóa trị của M trong 2 trường hợp phản ứng với HNO3 và HCl lần lượt là p, k. - Với HNO3: - Với HCl: 2H+ + 2e → H2 Theo đề: hay ↔ = ↔ 2p = 3k Chọn k = 2, p = 3 2 muối thu được: MCl2 và M(NO3)3 Ta có: ↔ M = 56 M là Fe. Chọn đáp án A. Bài tập 7: [1] Đốt cháy a gam FeS trong O2 dư, thu khí SO2. Trộn SO2 với 1 lượng O2 rồi nung hỗn hợp có xúc tác V2O5 được hỗn hợp khí X. Cho X vào dd nước brôm, vừa hết 0,08 mol Br2 và thu được ddY. Cho Y tác dụng với dd NaOH để trung hòa hết lượng axit có trong Y vừa hết 0,8mol NaOH. Tính a. A. 24,64g B.25,52g C. 26,25g D. 28,16g Hướng dẫn: X có thể tác dụng với nước brom nên X còn chứa SO2. Gọi số mol của SO2 và SO3 trong hỗn hợp X lần lượt là x và y. Quá trình nhường e: x 2x x Quá trình nhận e: Br2 + 2e → 2 0,08 0,16 0,16 Theo ĐLBT electron: 2x = 0,16 ↔ x = 0,08 Dd Y có: HBr: 0,16 mol ; H2SO4:(x + y) mol 0,8 ← 0,8 0,16 + 2(x + y) = 0,8 ↔ x + y = 0,32 y = 0,24 . Chọn đáp án D. Bài tập 8: [23] Trộn 60g bột Fe với 30g bột S rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng dd axit HCl dư được ddB và khí C. Đốt cháy C cần V lit O2 (đktc) (biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn). V lit khí oxi là: A. 32,928 lit B. 16,454 lit C. 22,4 lit D. 4,48 lit Hướng dẫn: - nFe > nSFe dư và S hết khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O. Vậy quá trình phản ứng là Fe và S nhường electron, còn O2 thu electron. - Viết các quá trình nhường, nhận electron rồi thiết lập phương trình liên quan đến ẩn số của số mol O2, ta tính được số mol O2 là 1,47(mol) thể tích O2 là 32,928 lit. Bài tập 9: [18] Để hòa tan 9,18g bột Al nguyên chất cần dùng dd axit (A) thu được một khí (X) và dd muối (Y). Biết trong không khí (X), số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số OXH là 0,3612.1023 (số Avôgađro là 6,02.1023). Để tác dụng hoàn toàn với dd (Y) tạo ra một dd trong suốt cần 290g dd NaOH 20%. Vậy khí X là: A. NO2 B. N2 C. N2O D. NO Hướng dẫn: để tìm được khí X, cần xác định được axit A. Ta có: (1) muối Y phải còn một muối phản ứng với . Đó là NH4NO3 (A) là HNO3 - Xác định (X): (2) ; nguyên tử) Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+ 0,34→ 1,02 Quá trình nhận e: 0,72 ← 0,09 0,06(5-x) ← 0,06 Theo ĐLBT electron: 0,06(5-x) + 0,72 = 1,02 ↔ x = 0 X là N2. Chọn đáp án B. Bài tập 10: [tự ra] Cho hỗn hợp X gồm 0,03mol Al và 0,05mol Fe vào 100ml ddA có Cu(NO3)2 và AgNO3. sau phản ứng thu được 8,12g chất rắn B. Cho B tác dụng với dd HCl dư được 0,672 lit khí H2. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Nồng độ mỗi muối trong dd A là: A. và B. và C. và D. và Bài tập 11: [tự ra] Hòa tan 13,2g hỗn hợp bột Fe, FeO và Fe2O3 vào dd HCl. Sau phản ứng thu được chất rắn A là kim loại; 0,56 lit chất khí B và một ddC. - Cho ddC tác dụng hết với dd NaOH dư thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi được 12g chất rắn. - Mặt khác, nếu lấy khối lượng chất rắn A đúng bằng khối lượng của nó trong hỗn hợp đem hòa tan hoàn toàn trong dd H2SO4 đặc, nóng dư thu được 3,36 lit khí mùi xốc (đktc). Tính %mFeO trong hỗn hợp? A. 10,53% B. 27,27% C. 16,36% D. 44,32% Hướng dẫn: gọi số mol của Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c. Sau phản ứng còn dư Fe chứng tỏ toàn bộ lượng muối Fe3+ trong ddC chuyển thành muối Fe2+. Gọi số mol Fe dư là d. Thiết lập các mối liên hệ ta được hệ phương trình: . Chọn đáp án B. CHƯƠNG V: PHƯƠNG PHÁP DÙNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH VÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO I. Phương pháp dùng các giá trị trung bình: Nội dung của phương pháp này được chia thành nhiều dạng: - Phương pháp khối lượng mol trung bình (M) - Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình - Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình - Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình - Phương pháp nhóm chức trung bình - Phương pháp hóa trị trung bình Phương pháp này dùng chủ yếu trong hóa hữu cơ, đối với vô cơ thường chỉ sử dụng 2 phương pháp: khối lượng mol trung bình (M) và hóa trị trung bình. I.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình(M): [13] I.1.1. Khối lượng mol trung bình: I.1.1.1. Khái niệm: - Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của hỗn hợp là khối lượng của một mol hỗn hợp đó. I.1.1.2. Công thức tính KLMTB: (1) Trong đó : mhh là tổng số gam của hỗn hợp. nhh là tổng số mol của hỗn hợp. M1, M2 …Mi là khối lượng mol của các chất trong hỗn hợp. n1, n2 … ni là số mol tương ứng của các chất. Đối với chất khí vì thể tích tỉ lệ với số mol nên (1) được viết lại: (2) Với V1, V2 … Vi : lần lượt là thể tích các chất khí tương ứng. Từ (1) và (2) suy ra: = M1x1 + M2x2 + … + Mixi (3) Với x1, x2, … xi là thành phần % số mol hoặc thể tích ( nếu hỗn hợp khí) tương ứng của các chất và được lấy theo số thập phân ( nghĩa là 100% ứng với x = 1). Chú ý: Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất có khối lượng mol tương ứng M1 và M2 thì các công thức (1), (2), (3) được viết dưới dạng: (1) suy ra (2) suy ra (3) suy ra = M1x + M2 (1-x) Trong đó n1, V1, x là số mol, thể tích, thành phần % về số mol hoặc thể tích ( hỗn hợp khí ) của chất thứ M1. I.1.1.3. Tính chất: - không phải là hằng số mà có giá trị phụ thuộc vào thành phần về lượng các chất trong hỗn hợp. - luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của chất nhỏ nhất và lớn nhất. Mmin < < Mmax - Hỗn hợp hai chất A, B có MA < MB có thành phần tính theo số mol tương ứng là a%, b% thì : a% = b% = 50 a% < 50% < b% a% > 50% > b% I.1.2. Vận dụng trong giải toán: Trong vô vơ, thường gặp các dạng toán xác định khối lượng nguyên tử của 2 kim loại thuộc cùng phân nhóm chính và nằm 2 chu kỳ kế tiếp nhau; xác định thành phần hỗn hợp muối cùng 1 cation hoặc cùng 1 anion; xác định % số lượng mỗi đồng vị 1 nguyên tố; % thể tích các khí trong hỗn hợp. I.1.2.1. Vận dụng trong giải toán liên quan đến hỗn hợp kim loại hoặc hỗn hợp muối Ví dụ 1: [tự ra] Hoà tan hết 7,6g hỗn hợp 2 kim loại X và Y nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ liên tiếp bằng dd HCl dư thì thu được 5,6 lit khí (đktc). X và Y là những kim loại nào sau đây? A. Mg và Ca B. Be và Mg C. Ca và Sr D. Sr và Ba Cách giải: gọi công thức 2 kim loại X, Y là 0,25mol 0,25mol . Giả sử X< = 30,4 <Y 2 kim loại đó là Mg và Ca. Nhận xét: đối với bài toán này, nếu giải theo phương pháp chính tắc sẽ dẫn đến số phương trình ít hơn số ẩn số. Khi đó đòi hỏi những thủ thuật toán học tôt mới xử lý được. Do đó, trong trường hợp này, phương pháp đem lại hiệu quả cao hơn. Ví dụ 2: [tự ra] Cho 500ml dd X chứa 2 muối NaA và NaB với A và B là halogen (nhóm VIIA thuộc 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH) tác dụng với 100ml ddAgNO3 0,1M (lượng vừa đủ, cho ra 1,5685g kết tủa). Xác định A, B và nồng độ mol của NaA và NaB trong dd X. A. F và Cl; CNaF = 0,015M; CNaCl = 0,005M B. Br và I; CNaBr = 0,014M; CNaI = 0,006M C. Cl và Br; CNaCl = 0,012M; CNaBr = 0,008M D. Cl và Br; CNaCl = 0,014M; CNaBr = 0,006M Cách giải: Mà: 35,5 < = 48,85 < 80 A là Cl, B là Br Gọi (1) (2) Từ (1) và (2) Chọn đáp án D. I.1.2.2. Dạng toán liên quan đến khối lượng nguyên tử trung bình và đồng vị của nguyên tố: Công thức tính khối lượng nguyên tử trung bình: Giả sử nguyên tố có n đồng vị A1, A2,..., An với Ai là nguyên tử khối của đồng vị Ai; gọi ai là tỉ lệ số nguyên tử của đồng vị thứ i; A là nguyên tử khối trung bình; ta có: Ví dụ 3: [tự ra] Trong tự nhiên nguyên tố clo có 2 đồng vị là và có phần trăm số nguyên tử tương ứng là 75% và 25%. Nguyên tố có đồng vị trong đó chiếm 73% số nguyên tử. Đồng và clo tạo được hợp chất CuClx, trong đó phần trăm khối lượng Cu chiếm 47,228%. Tìm đồng vị thứ 2 của đồng và công thức phân tử của CuClx. Biết số khối 2 đồng vị hơn kém nhau a đơn vị và . A. , CuCl B. , CuCl2 C. , CuCl2 D. , CuCl Cách giải: gọi đồng vị 2 của Cu: Ta có: Trong CuClx, %mCu = 47,228% (1) Mà: = 63. 0,73 + A2 .0,27 = 63. 0,73 + (63 + x). 0,27 (vì và > 63) (2) Từ (1) và (2) . Chọn đáp án B. I.1.2.3. Dạng toán liên quan đến hỗn hợp khí: Ví dụ 4: [tự ra] Hỗn hợp A gồm các khí N2, H2, NH3 (và một ít chất xúc tác) có tỉ khối so với H2 bằng 6,05. Nung nóng A một thời gian thấy tỉ khối hỗn hợp so với H2 tăng 0,348. Vậy, hiệu suất tạo khí NH3 là: A. 10% b. 18,75% C. 34% D. 27% Cách giải: trong 1 mol hỗn hợp A ↔ x + y + z = 1 (1) Theo đề: (2) Mặt khác: y = 4x (3) Từ (1), (2), (3) x = 0,1; y = 0,4; z = 0,5 Ban đầu: 0,1 0,4 0,5 Phản ứng: a 3a 2a Cân bằng: 0,1-a 0,4-3a 2a+0,5 Hiệu suất tạo khí NH3 là: 27%. Vậy đáp án đúng là D. I.2. Phương pháp hóa trị trung bình: Thường áp dụng trong dạng toán hỗn hợp mà hóa trị của nguyên tố không đổi trong bài toán Ví dụ 5: [17] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị không đổi và không có kim loại nào hóa trị I. Lấy 7,68g hỗn hợp A chia thành 2 phần bằng nhau: - Phần 1: nung trong khí O2 dư để oxi hóa hoàn toàn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit - Phần 2: hòa tan hoàn toàn trong dd chứa HCl và H2SO4 loãng, thu được V lit khí H2 (đktc) và ddC. Tính V. A. 2,352lit B. 4,704lit C. 3,024lit D. 1,176lit Cách giải: gọi kí hiệu chung của 2 kim loại X, Y là: M; hóa trị trung bình là ; số mol của hỗn hợp trong mỗi phần là: a (1) (2) (3) Từ ĐLBTKL pư = Từ (2) và (3) Chọn đáp án C. Ví dụ 6: [13] Cho một luồng H2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa trị kề nhau tới khử hoàn toàn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua H2SO4 đặc thấy khối lượng axit tưng lên 4,68g. Xác định các oxit vanađi. A. V2O3 và VO2 B. V2O3 và V2O4 A. V2O3 và V2O A. VO và VO2 Cách giải: gọi x là hóa trị trung bình của vanađi. (1) Theo (1) ta có: Vậy các oxit là V2O3 và VO2. Chọn đáp án A. II. Phương pháp đường chéo: [2], [14] Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, có thể là đồng thể: lỏng - lỏng, khí - khí, rắn - rắn hoặc dị thể lỏng - rắn, lỏng - khí, nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. Phương pháp này có ý nghĩa thực tế là trường hợp pha chế dung dịch. Tuy nhiên, phương pháp này chỉ áp dụng cho trường hợp trộn lẫn các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất khác nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất) ; không áp dụng cho trường hợp trộn lẫn các chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng hóa học. II.1. Nguyên tắc của phương pháp: trộn lẫn 2 dung dịch: - Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1 - Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2. - Dung dịch thu được có m = m1+ m2, V= V1+ V2, nồng độ C (C1<C <C2), khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: Đối với nồng độ % về khối lượng: m1 C1 C → (1) m2 C2 Đối với nống độ mol/l: V1 C1 C → (2) V2 C2 Đối với khối lượng riêng: V1 d1 d → (3) V2 d2 Trên cơ sở sử dụng sơ đồ đường chéo để giải quyết các bài toán trong dung dịch, nhận thấy phương pháp này cũng rất thuận lợi khi áp dụng giải toán thành phần phần trăm hỗn hợp rắn và tỷ lệ thể tích chất khí. Với phương pháp này, thường cho kết quả một các nhanh chóng và chính xác. Điều này rất cần thiết trong việc giải các bài tập TNKQ. Khi sử dụng cần chú ý: Chất rắn coi như dd có C = 100% Dung môi coi như dd có C = 0% Khối lượng riêng của nước là d = 1g/ml II.2. Vận dụng phương pháp vào giải toán: Sau đây là một số dạng toán có thể dùng sơ đồ đường chéo: II.2.1. Dạng toán tính toán pha chế trong dung dịch: Ví dụ 1: [tự ra] Để thu được HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 35% pha với m2 gam dd HCl 5%. Tỷ lệ m1/m2 là: A. 1:3 B.1:2 C. 2:1 D. 3:1 Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo (1): . Chọn đáp án B. Ví dụ 2: [tự ra] Để điều chế 300ml dd CuSO4 8% (d = 1,1g/ml) cần một lượng tinh thể CuSO4. 5H2O là: A. 47,14g B. 41,25g C. 26,4g D. 16,5g Cách giải: coi tinh thể CuSO4. 5H2O như dd CuSO4 nồng độ Coi H2O như dd CuSO4 nồng độ 0% Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có: m1 CuSO4. 5H2O 8 - 0 8% → m2 H2O 64 - 8 cần lấy = Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan hoàn toàn m gam Na2O nguyên chất vào 80g dd NaOH 24% thu được dd NaOH 51%. Giá trị của m (gam) là: A. 11,3 B. 13,84 C. 24,08 D. 27,68 Cách giải: khi hòa tan có phản ứng: Na2O + H2O → 2NaOH (1) Theo (1): cứ 100g Na2O hòa tan cho NaOH Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có: m1 Na2O 129,03 27 51 → m2 NaOH 24 78,03 Chọn đáp án D. II.2.2. Dạng toán hỗn hợp 2 đồng vị: Ví dụ 4: [tự ra] Cho biết nguyên tử khối trung bình của Iriđi là 192,22. Iriđi trong tự nhiên có 2 đồng vị là và . Thành phần % số nguyên tử của là: A. 61% B. 63% C. 39% D. 37% Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có: 193 - 199,22 → 192,22 - 191 . Chọn đáp án A. II.2.3. Tính tỷ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí: Ví dụ 5: [tự ra] Một hỗn hợp gồm N2O và NO ở 27,30C; 1,5atm có tỷ khối đối với He là 8,375. Thành phần % về thể tích của NO trong hỗn hợp là: A. 87,68% B. 25% C. 12,32% D. 75% Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có: 33,5 - 30 44 - 33,5 . Chọn đáp án D. II.2.4. Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa đơn bazơ và đa axit: Dạng bài tập này có thể giải theo phương pháp đại số thông thường bằng cách đặt ẩn, giải hệ. Nhưng cũng có thể giải theo phương pháp đường chéo một cách nhanh chóng. Ví dụ 6: [tự ra] Cho 11g dd NaOH 10% tác dụng với 5g dd H3PO4 39,2%. Muối nào được tạo thành và khối lượng tương ứng là bao nhiêu? A. 1,775g NaH2PO4 và 2,05g Na3PO4 B. 1,775g Na2HPO4 và 0,9g NaH2PO4 C. 1,065g Na2HPO4 và 2,05g NaH2PO4 D. 1,775g NaH2PO4 và 0,9g Na3PO4 Cách giải: Ta có: tạo hỗn hợp 2 muối: Na2HPO4 và NaH2PO4. Áp dụng sơ đồ đường chéo: Na2HPO4 (n = 2) 2 - 1,375 → NaH2PO4 (n = 1) 1,375 - 1 Mà : Chọn đáp án B. II.2.5. Dạng toán hỗn hợp muối của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học: Thường gặp là dạng toán tính thành phần phần trăm về số mol của từng muối trong hỗn hợp. Ví dụ 7: [tự ra] Hòa tan 4,955g 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dd HCl dư thu được 784 ml khí CO2 (đktc). Thành phần % về số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là: A. 40,36% B. 59,64% C. 42,86% D. 57,14% Cách giải: Áp dụng sơ đồ đường chéo: 141,57 - 100 → 197 - 141,57 . Đáp án đúng là C. II.2.6. Dạng toán trộn 2 quặng của cùng kim loại: Dạng toán này nếu giải quyết thep phương pháp thông thường sẽ rất phức tạp. Nhưng nếu sử dụng sơ đồ đường chéo thì bài toán sẽ trở nên đơn giản và hiệu quả hơn rất nhiều. Ví dụ 8: [20] A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3. B là quặng mahetit chứa 69,6% Fe3O4. Trộn m1 tấn quặng A với m2 tấn quặng B thu được quặng C mà từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tỷ lệ m1/m2 là: A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5 Cách giải: số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng: - Quặng A chứa: - Quặng B chứa: - Quặng C chứa: Áp dụng sơ đồ đường chéo: m1 420 504 - 480 = 24 480 m2 504 480 - 420 = 60 Đáp án đúng là D. Thông thường, phương pháp dùng các giá trị trung bình và phương pháp đường chéo được kết hợp với các phương pháp bảo toàn nhằm làm phong phú bài tập và trong TNKQ, cách kết hợp này vẫn nhằm kích thích tư duy và năng lực phát hiện vấn đề của HS. III. Một số bài toán sử dụng phương pháp trung bình và phương pháp đường chéo phối hợp với các phương pháp bảo toàn: Bài tập 1: [19] Hòa tan hoàn toàn 12g hỗn hợp Fe, Cu (tỷ lệ mol 1:1) bằng HNO3 thu được Vlit (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và ddY (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỷ khối của X đối với H2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,6 Hướng dẫn: - áp dụng sơ đồ đường chéo suy ra tỷ lệ số mol hỗn hợp khí - Sử dụng ĐLBT electron tính nhh khí từ ∑ e nhận V = 5,6lit. Chọn đáp án D. Bài tập 2: [17] 0,1 mol hỗn hợp A có khối lượng 3,84g gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị không đổi và không có kim loại nào hóa trị I. Nung hỗn hợp A trong O2 dư để oxi hóa hoàn toàn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit. Biết khối lượng nguyên tử của X, Y đều lớn hơn 20đvC. X, Y là những kim loại nào? A. Mg và Fe B. Mg và Zn C. Al và Zn D. Al và Fe Hướng dẫn: gọi M là ký hiệu chung X, Y; là hóa trị trung bình X hóa trị II và Y hóa trị III - Gọi x, y là số mol của X, Y. Ta có hệ: - Mặt khác: mhh = 0,03MX + 0,07MY = 3,84 ↔ 3MX + 7MY = 384 - Biện luận: Nếu 20 < MX < 38,4 X là Mg nhưng không có kết quả Y Nếu 20 < MY < 38,4 Y là Al X là Zn. Vậy đáp án đúng là C. Bài tập 3: [12] Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH có khối lượng là 8,5g. Hỗn hợp này tan hết trong nước dư cho ra 3,36lit khí H2 (đktc). Xác định A, B và khối lượng mỗi kim loại. A. Na, K; 4,6g Na; 3,9g K B. Na, K; 2,3g Na; 6,1g K C. Li, Na; 1,4g Li; 7,1g Na A. Li, Na; 2,8g Li; 5,7g Na Bài tập 4: [12] 2,56g một hỗn hợpX gồm 2 halogen A2, B2 (thuộc 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH) tác dụng hết với Ag cho ra hỗn hợp 2 muối có khối lượng là 133,6g. Xác định A, B và A2, B2 trong hỗn hợp X. A. Cl, Br; B. F, Cl; C. F, Cl; D. Cl, Br; Bài tập 5: [4] Nung 200g CaCO3. Cho khí CO2 thu được trong phản ứng đi qua C nung nóng ta thu được một hỗn hợp CO, CO2 và V = 56lit (đktc) và tỉ khối đối với O2 là 0,975. Tính , và hiệu suất phản ứng nhiệt phân CaCO3. A. 11,2 lit CO2; 44,8lit CO; 80% B. 11,2 lit CO2; 44,8 lit CO; 75% C. 22,4 lit CO2; 33,6 lit CO; 65% D. 5,6 lit CO2; 50,4 lit CO; 80% Bài tập 6: [tự ra] Hỗn hợp X nặng 5,28g gồm Cu và một kim loại chỉ có hóa trị 2, 2 kim loại này có cùng số mol. X tan hết trong HNO3 sinh ra 3,584 lit hỗn hợp NO2 và NO (đktc) có tỷ khối với H2 là 21. Kim loại chưa biết là: A. Ca B. Mg C. Ba D. Zn Hướng dẫn: - sử dụng sơ đồ đường chéo tính ra - Sử dụng phương pháp bảo toàn electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận = 0,24(mol) - Sử dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X (): Cu 64 44 - R → R R 64 - 44 R = 24 (Mg). Vậy đáp án đúng là B. ĐÁP ÁN: Chương I: 1.C 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A 7.C 8.B 9.A 10.A 11.B 12.B 13.C 14.D 15.A 16.D 17.C 18.C 19.D 20.B 21.D Chương II: 1. C 2. A 3. B 4. C 5. A Chương III: 1. A 2. A 3. D 4. A 5. B Chương IV: 1.C 2. A 3.B 4.C 5.D 6.A 7. D 8. A 9. B 10.D 11.B Chương V: 1. D 2. C 3. A 4. C 5. B 6. B C.KẾT LUẬN Vôùi muïc ñích cung caáp cho HS ôû tröôøng THPT phöông phaùp nhanh nhaát ñeå giaûi quyeát caùc baøi taäp traéc nghieäm khaùch quan, ñoàng thôøi cuõng nhaèm xaây döïng moät ngaân haøng ñeà traéc nghieäm döïa treân nhöõng phöông phaùp giaûi toaùn nhanh, coù theå duøng ñeå reøn luyeän naêng löïc phaùt hieän vaán ñeà cuûa hoïc sinh. Caùc baøi taäp ñöôïc phaân daïng theo töøng phöông phaùp giaûi ñöôïc coi laø toái öu nhaát ñoái vôùi döõ kieän cuûa baøi toaùn Tuy nhiên việc biên soạn không thể tránh khỏi sai xuất , mọi góp ý xin liên hệ theo địa chỉ : Giáo viên : Hoàng Văn Đoàn _Trường THPT Nam Trực _ Tỉnh Nam Định ĐT :03503.921 699 , DĐ: 0905.153 341 Xin chân thành cảm ơn quý thầy cô và bạn đọc!!!.