phương pháp giải bài tập hóa cơ bản

Tính khối lượng muối có trong dung dịch A.

GIẢI BÀI TÂÂP HÓA HỌC BẰNG CẤC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TÂÂP CƠ BẢN

Họ và tên: Ngô Thị Bích Vượng

Lớp: Hóa K4 – Hưng Yên

1. Phương pháp bảo toàn khối lượng:

Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 3,34g hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị II và

hóa trị III bằng dung dịch HCl dư ta thu được dung dịch A và 0,896l khí bay ra ở

đktc Tính khối lượng muối có trong dung dịch A

Giải:

Gọi 2 muối cacbonat là XCO3 và Y2(CO3)3 Các PTPƯ xảy ra:

XCO3 + 2HCl → XCl2 + H2O + CO2

Y2(CO3)3 + 6HCl → 2YCl3 + 3H2O + 3CO2↑

n CO2 = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol)

nHCl = 2n CO2 = 2.0,04 = 0,08 (mol)

Áp dụng Định luâât bảo toàn khối lượng:

(m XCO3 + m Y2(CO3)3) + mHCl = m CO2 + m H2O + mmuối

 mmuối = (m XCO3 + m Y2(CO3)3) + mHCl – (m CO2 + m H2O)

 mmuối = 3,34 + 0,08 36,5 – (0,08.18 +0,04 44) = 3,78(g)

2. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:

Ví dụ: Nhúng 1 lá nhôm vào 200ml dung dịch CuSO4 đến khi dung dịch mất màu xanh, lấy lá nhôm ra cân thấy năâng hơn so với ban đầu là 1,28g Xác định nồng đôâ của dung dịch CuSO4 đã dùng

PTPƯ xảy ra:

2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu↓ (*)

Theo (*) cứ 2 mol Al phản ứng hết với 3 mol CuSO4 sinh ra 3 mol Cu, khối lượng thanh nhôm tăng lên ∆m = 3 64 – 2 27 = 138 (g)

n CuSO4t/g p.ư = 1,38 : 138 3 = 0,03 (mol)

CM CuSO4 = 0,03 : 0,2 = 0,15M

3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố:

Ví dụ: Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1mol Fe2O3 và 0,1mol Fe3O4 Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch B Cho NaOH dư vào B, thu được kết tủa C Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi đem nung trong không khí đến khối lượng đến khối lượng không đổi thu được m (g) chất rắn D Tính m

Giải:

Các PTHH xảy ra:

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (1)

Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O (2)

NaOH + HCl → NaCl + H2O (3)

2NaOH + FeCl2 → 2NaCl + Fe(OH)2 (4)

3NaOH + FeCl3 → 3NaCl + Fe(OH)3 (5)

4 Fe(OH)2 + 2H2O + O2 → 4Fe(OH)3 (6)

2 Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O (7)

Theo các PTPƯ Fe2O3 (0,1mol), Fe3O4 (0,1mol) => Fe2O3 (chất rắn D)

Áp dụng ĐLBT nguyên tố đối với Fe: Σn = 0,1 2 + 0,1 3 = 0,5 (mol)

=> nD = 0,5 : 2 = 0,25 (mol) => mD = 0,25 160 = 40 (g)

4 Phương pháp bảo toàn e:

Ví dụ: Hòa tan hoàn toàn 19,2g kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được 8,96(l)

(đktc) hỗn hợp khi gồm NO2 và NO có tỉ lêâ thể tích 3: 1 Xác định kim loại M

Giải:

nhh khí = 8,96 : 22,4 = 0,4 (mol)

Vì VNO2 : VNO = 3: 1 => nNO2 = nNO = 3: 1

 nNO2 = ¾ 0,4 = 0,3 (mol)

 nNO = ¼ 0,4 = 0,1 (mol)

Gọi n là hóa trị của M

Quá trình nhường e:

M0 – ne → M+n (1)

Số mol electron nhường là: Σne nhường = 19,2/M.n (mol) (*)

Quá trình nhâân e:

4N+5 + 6e → 3N+4 + N+2 (2)

Số mol e nhâân: Σne nhâân = 6 0,1 = 0,6 (mol) (**)

Áp dụng ĐLBT e: Σne nhường = Σne nhâân => 19,2/M n = 0,6 (mol) => M = 32n

 n = 2; M = 64 Vâây kim loại M là Cu

5. Phương pháp bảo toàn điêÂn tích:

Ví dụ: Kết quả xác định nồng đôâ mol/l của các ion trong môât dung dịch như sau:

Kết quả đó đúng hay sai? Tại sao?

Giải:

Tổng số điêân tích dương: 0,05 + 2 0,01 = 0,07 (mol)

Tổng số điêân tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)

Σđiêân tích dương ≠ Σđiêân tích âm => kết quả trên sai

6. Phương pháp trị số trung bình:

Ví dụ: Hòa tan 2,97g hỗn hợp 2muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448ml khí CO2 (đktc) Tính thành phần % số mol của mỗi muối trong hỗn hợp Giải:

Các P.Ư xảy ra:

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2↑ (1)

BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + H2O + CO2↑ (2)

Từ (1),(2) => nhh = nCO2 = 0,448/ 22,4 = 0,02 (mol)

Gọi x là thành phần % về số mol của CaCO3 trong hỗn hợp

1- x là thành phần % về số mol của BaCO3

Ta có Mtrung bình 2muối = 100x + 197 (1- x) =2,97: 0,02 => x = 0,5

 %n BaCO3 = %n CaCO3 = 50%

7. Phương pháp quy đổi:

Ví dụ: Môât phoi bào sắt có khối lượng m để lâu ngoài không khí bị oxi hóa thành hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng 12g Cho A tan hoàn toàn trong HNO3

sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc Tìm giá trị của m?

Giải:

Hỗn hợp A gồm Fe và các oxit của nó có thể quy đổi thành môât hỗn hợp chỉ gồm nguyên tử Fe và O có số mol nguyên tương ứng là x và y

Áp dụng ĐLBT e cho phản ứng của A với HNO3 ta có:

Fe0 → Fe+3 + 3e

O0 + 2e → O-2

N+5 + 3e → N+2

Do đó ta có hêâ phương trình:

56x + 16y = 12 (1)

3x = 2y + 0,03 (2)

Từ (1) vqf (2) => x = 0,12 ; y = 0,18.

 M Fe = 0,18 56 = 10,08 (g).