Các PP giải nhanh BT hóa học

Lời nói đầu.Nhằm đáp ứng chương trình học và thi trắc nghiệm môn hóa .Chúng tôi viết chuyên đề các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học, đưa ra một số các cách giải sai nhằm giúp c

Lời nói đầu.

Nhằm đáp ứng chương trình học và thi trắc nghiệm môn hóa Chúng tôi viết chuyên đề các phương pháp giải nhanh các bài tập hóa học, đưa ra một số các cách giải sai nhằm giúp các em

học sinh khắc sâu bài tập Bài viết được tác giả nghiên cứu kỉ rất nhiều tài liệu và được biên

soạn lại theo ý của tác giả.

Trong bài viết này tác giả có sử dụng một số t ư liệu của bạn Lê Phạm Thành, Vũ khắc Ngọc, Cao Thị Thiên An, và một số bài báo của tác giả khác trên tạp chí hóa học và ứng dụng, cộng với sự

sáng tạo của tác giả.

“Phương pháp không t ự nhiên sinh ra và không t ự nhiên mất đi

mà nó được thừa hưởng từ của người này sang sự sáng tạo của

1 D¹ng 1: CO 2 , SO 2 t¸c dông víi dung dÞch Ca(OH) 2 , Ba(OH) 2 thu ®­îc kÕt tña:

+ §iÒu kiÖn: TÝnh

2 CO

+ Cách vẽ: Từ trục x chọn hai điểm a và 2a, từ trục y chọn một điểm a Tại điểm a của

trục x và y kẻ vuông góc và chúng giao nhau tại điểm A Từ A nối với toạ độ O và 2a ta

được tam giác Với số mol kết tủa từ trục y cắt t am giác ở một hoặc hai điểm Tại đó kẻvuông góc với trục x ta được số mol CO2

2 Dạng 2: Muối Al 3+ tác dụng với dung dịch kiềm thu được kết tủa:

+Điều kiện: Tính nOH biết nAl 3  và

3 Al(OH)

Al3+ + 3OH- Al(OH)3 (1)Al(OH)3 + OH- AlO2- + 2H2O (2)3

+ Cách vẽ: Từ trục x chọn hai điểm 3a và 4a, từ trục y chọn một điểm a tại điểm 3a của

trục x và a của trục y kẻ vuông góc và chúng giao nhau tại điểm A Từ A nối với toạ độ O

và 4a ta được tam giác: Với số mol kết tủa từ trục y cắt tam giác ở một hoặc hai điểm Tại

đó kẻ vuông góc với trục x ta được số mol OH

-3

3 Al(OH)

n  và

3 Al(OH)

CaCO3

x

CO2a

n1 a n2 2a

Al(OH)3

OHa

-3a x2

x

4aA

+ Cách vẽ: Từ trục x chọn hai điểm a và 4a, từ trục y chọn một điểm a Tại điểm a của trục

x và a của trục y kẻ vuông góc và chúng giao nhau tại điểm A Từ A nối với toạ độ O và 4a

ta được tam giác Với số mol kết tủa từ trục y cắt tam giác ở một hoặc hai điểm tại đó kẻvuông góc với trục x ta được số mol H+

+ Kết luận: Phương pháp đồ thị sẽ giúp giải các bài toán trắc nghiệm nhanh hơn và không

mất nhiều thời gian trong việc giải các dạng bài toán nà y

II Bài tập áp dụng:

Bài 1: (TN - 2007) Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít SO2 (ở đktc) vào dung dịch chứa 16 gamNaOH thu được dung dịch X Khối lượng muối tan thu được trong dung dịch X là:

Ax

4a

NaSO3

2 SO

n

0,4

AlCl Al

n  n   0, 2.1,5  0,3, mol

3 Al(OH)

n

2 CO

2,5

Bài 4: (ĐH - KA - 2008) Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1mol

Al2(SO4)3 và 0,1mol H2SO4 đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 7,8 gam kết tủa Giá trịlớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là:

+ Cách 2: Phương pháp thông thường

Ta có: nOH   2V(mol); nH   0, 2mol; nAl 3   0, 2mol

Thứ tự phản ứng xẩy ra trung hoà  trao đổi

n  0, 025 0, 025   0, 05mol



3 BaCO

m  0, 05.197  9,85g

 B đúng

+ Cách 2: Phương pháp thông thường

2 CO

n   0, 05 0,1.2   0, 25mol; n : n   0,8  tạo 2 muối

3 BaCO

n

OH

-n

0,1

0,025

0,20,175

V  0, 2.22, 4  4, 48lÝt0,2 0,2 0,2

- TH2: T¹o hai muèi: CaCO3 vµ Ca(HCO3)2:

2CO2+ Ca(OH)2 Ca(HCO3)2(2)

n

2 CO

n

0,4

0,2

0,80,6

0,40,2

Design and coppyright by Master NGUYEN AI NHAN Tel 0989848791

Bµi 7: Cho V lÝt khÝ CO2 (®ktc) hÊp thô hÕt vµo 100ml dung dÞch Ca(OH)2 0,7M KÕt thócph¶n øng thu ®­îc 4gam kÕt tña Gi¸ trÞ V lÝt lµ:

n

2 CO

n

0,07

0,10,07

-n

0,02

3 Al(OH)



3 Al(OH)

n bị hoà tan = 0,02 - 0,02 = 0 loại trường hợp này

Bài 9: Cho 200ml dung dịch KOH vào 200ml dung dịch AlCl3 1M thu được 7,8gam kếttủa keo Nồng độ M của dung dịch KOH là:

n

OH

-n

0,2

0,6

M H

0, 2

0, 2 1

n

0,4

Al(OH)3

+ H

n  0,1 hoÆc 0,5 

2 CO

V = 2,24 hoÆc 3,36  B sai+ NÕu

2 CO

n  0,15 hoÆc 0,3

2 CO

V = 3,36 hoÆc 6,72  D sai+ NÕu

2 CO

n  0,15 hoÆc 0,2

2 CO

V = 3,36 hoÆc 4,48  A sai

Bµi 13: HÊp thô hoµn toµn V lÝt khÝ CO2 (®ktc) vµo 2 lÝt dung dÞch Ca(OH)2 0,01M th×

®­îc 1gam kÕt tña Gi¸ trÞ cña V lÝt lµ:

A 0,224 hoÆc 0,448 B 0,448 hoÆc 0,672 C 0,448 hoÆc 1,792 C 0,224 hoÆc 0,672

n

0,15

0,1 0,5 0,2 0,3

3 BaCO

n

0,1

áp dụng phương pháp đồ thị ta có:

Từ đồ thị để thu được

3 CaCO

n  0, 01 hoặc 0,02 V = 0,224 hoặc 0,448 lít  A sai+ Nếu

2 CO

n  0, 02 hoặc 0,03 V = 0,448 hoặc 0,672 lít  B sai+ Nếu

2 CO

n  0, 02 hoặc 0,04 V = 0,448 hoặc 1,792 lít  C sai

Bài 14: Đốt cháy hoàn toàn 1,6 gam bột lưu huỳnh rồi ch o sản phẩm cháy sục hoàn toàn

vào 200ml dung dịch Ba(OH)2 0,5M Khối lượng gam kết tủa thu được là:



3 BaSO

m  0, 05.217 10,85gam 

 C đúng

Bài 15: Sục 4,48 lít khí (đktc) gồm CO2 và N2 vào bình chứa 0,08mol nước vôi trong thu

được 6gam kết tủa Phần trăm thể tích khí CO2 trong hỗn hợp đầu có thể là:

A: 30% hoặc 40% B: 30% hoặc 50% C: 40% hoặc 50% D: 20% hoặc 60%

Bài giải:

2 SO

n

0,02

3 CaCO

n

0,01

0,01 0,02 0,03 0,04

n  0, 06mol  n  0, 08mol nên có hai trường hợp

- TH1: Ca(OH)2 dư: CO2+ Ca(OH)2 CaCO3 + H2O

n  0, 06 0, 04   0,1mol



2 CO

%V  30%hoặc 40% A sai+ Nếu

2

CO

n  0, 08 hoặc 0,1mol 

2 CO

%V  40%hoặc 50% C sai

2 CO

%V  20%hoặc 60% D sai

Nhật xét: Phương pháp đồ thị

- Phương pháp mới nhất - Dễ hiểu nhất

- Dễ áp dụng nhất - Sử dụng phạm vi rộng nhất

- Thời gian nhanh nhất - Đáp án chính xác nhất

- Không phải viết phương trình - Phương pháp mới độc đáo nhất

- Phương pháp có tính tư duy nhất

Phương pháp 3 phương pháp quy đổi để nhẩm nhan h

câu hỏi trắc nghiệm

1 Phương pháp

Như các em đã biết: việc nắm vững các phương pháp giải toán trắc nghiệm của Bộgiáo dục - Đào tạo là vô cùng quan trọng, cho phép chúng ta giải nhanh chóng các bàitoán phức tạp, đặc biệt là toán hoá ẩn số, lượng bài rất nhiều (40 câu trắc nghiệm rất ngắn,nhưng đòi hỏi các em phải nắm vững các bí quyết, phương pháp giúp giải nhanh bài toánhoá học

Ví dụ: Đề thi ĐH CĐ - KA – 2008 Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3 và

Fe3O4 phản ứng hết với dung dịch HNO3 loảng (dư) thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩmkhử duy nhất ở đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan giátrị m là:

- Nếu chúng ta dùng các phương pháp đại số thông thường, viết phương trì nh phảnứng đặt ẩn số: x, y, z … lập hệ phương trình sẽ mất nhiều thời gian và đôi khi viết phươngtrình phản ứng kết cục lại không tìm ra đáp án cho bài toán Thậm chí áp dụng cácphương pháp bảo toàn khối lượng, phương pháp bảo toàn nguyên tố, phương phá p bảotoàn e… cũng mất rất nhiều thời gian mà vẫn không ra kết quả của bài toàn trắc nghiệmcủa đề ĐH CĐ 2007 - 2008 và những năm tới

- Để giải quyết nhanh gọn các bài toán trên thì ta phải sử dụng phương pháp quy

đổi duy nhất, liệu rằng nếu không sử dụ ng phương pháp quy đổi này các em có tìm ra

được kết quả một trong những ví dụ của đề thi ĐH -CĐ - KA - 2008 trên hay không? Hãythử xem nhé

2 Nội dung phương pháp quy đổi:

a) Khi quy đổi hỗn hợp nhiều chất (hỗn hợp X) (từ 3 chất trở lên) thành hỗn hợp haichất hoặc một chất ta phải bảo toàn số mol nguyên tố và bảo toàn khối lượng hỗn hợp.

b) Có thể quy đổi hỗn hợp X về bất kỳ cặp chất nào, thậm chí quy đổi về một chất.Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít phản ứng oxi hoá khử nhất, để đơn giảntrong việc tính toán

c) Trong quá trình tính toán theo phương pháp quy đổi đôi khi ta gặp số âm đó là

do sự bù trừ khối lượng của các chất trong hỗn hợp, trong trường hợp này ta vẫn tính toánbình thường và kết quả cuối cùng vẫn thoả mãn

d) Khi quy đổi hỗn hợp X về một chất là FexOy thì Oxit FexOy tìm được chỉ là oxitgiả định không có thực

3 Kết luận:

Một số bài toán hoá học có thể giải nhanh bằng phương pháp bảo toàn khối lượng,bảo toàn nguyên tố, bảo toàn e… song phương pháp quy đổi cũng tìm ra đáp án rất nhanh,chính xác và đó là phương pháp tương đối ưu việt, kết quả đáng tin cậy, có thể vận dụngvào các bài tập trắc nghiệm để phân loại học sinh (như đề ĐHCĐ - 2007 - 2008 mà Bộgiáo dục và đào tạo đã làm)

4 Bài tập áp dụng:

Ví dụ 1: Nung 8.4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m gam X gồm Fe,

FeO, Fe2O3 và Fe3O4 Hoà tan m gam hh X bằng HNO3 dư, thu được 2.24 lít khí NO2(đktc) là sản phẩm khử duy nhất Giá trị m là:

A 11.2 gam B 25.2 gam C 43.87 gam D 6.8 gam

Tất nhiên mX > 8,4 do vậy D là đáp án vô lý)

- Cách 2: Quy đổi hổn hợp X về hai chất FeO và Fe2O3

FeO + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O

Ví dụ 2: Nung m gam Fe trong không khí, sau một thời gian ta thu được 11,2 gam hỗn

hợp chất rắn X gồm Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO Hoà tan hết 11,2g hỗn hợp chất rắn X vàodung dịch HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất Giá trị mlà:

Bài giải:

Tương tự như ví dụ 1, đối với cách 1

- Quy về hỗn hợp X về hai chất Fe và Fe2O3:

áp dụng phương pháp quy đổi: Quy hỗn hợp X về hỗn hợp hai chất

Cách 1: Quy hỗn hợp X về 2 chất Fe và Fe2O3: hoà tan hỗn hợp X vào dung dịch HNO3

đặc nóng dư Ta có: Fe + 6HNO3  Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (1)

0,2/3 0,2/3 0,2

Fe2O3 + 6HNO3  2Fe(NO3)3 + 3H2O (2)

Ta có:

2 NO

A 55.2 gam B 31.2 gam C 23.2 gam D 46.4 gam.

Ví dụ 5: Hoà tan 52.2 gam hh X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng HNO3 đặc, nóng thu

được 3.36 lít khí NO2 (đktc) Cô cạn dd sau phản ứng được m gam muối khan Giá trị mlà:

A 36.3 gam B 54.45 gam C 46.4 gam D 72.6 gam

Ví dụ 6: Hoà tan hoàn toàn 49.6 gam hh X gồm Fe, FeO, Fe2O3 và Fe3O4bằng H2SO4 đặc,nóng thu được dung dịch Y và 8.96 lít khí SO2 (đktc) Thành phần phần trăm về khốilượng của oxi trong hh X và khối lượng muối trong dd Y lần lượt là:

Chú ý: + Nếu mFe (SO )2 4 3  (0, 4  0, 05).400  180g  C sai

+ Tương tự quy đổi về hai chất khác…

Ví dụ 7: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hh X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3, cần 0,05 mol H2 Mặtkhác hoà tan hoàn toàn 3,04 gam hh X trong dd H2SO4 đặc nóng thì thu được thể tích

2FeO + 4 H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O (3)

0,02mol 0,01mol

Vậy

2 SO

V 0,01  22,4 = 0,224 lít hay 224ml  B đúng

Chú ý: Nếu (3) không cân bằng:

2 SO

V = 0,02 22,4 = 0,448 lít = 448ml D sai

Ví dụ 8: Nung m gam bột sắt trong oxi thu đựơc 3 gam hh chất rắn X Hoà tan hết hỗn

hợp X trong dung dịch HNO3 dư thoát ra 0.56 lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.Giá trị m là:

A 2.52 gam B 1.96 gam C 3.36 gam D 2.10 gam

1, 6

160

   mFe = 56.(0,035) = 1,96g B sai

Cách 2: Quy hỗn hợp chất rắn X về hai chất FeO, Fe2O3

3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O

n   0, 015mol  mFe = 56.0,06 = 3,36g  C sai

Cách 3: Quy hỗn hợp chất rắn X về mặt chất là Fex Oy

3FexOy + (12x - 2y)HNO3 2Fe(NO3)3 +(3x-2y)NO + (6x -y)H2O

Ví dụ 9: ( Đề thi ĐH CĐ- Khối A- 2008) Cho 11.36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe2O3

và Fe3O4 phản ứng hết với dd HNO3loãng dư thu được 1.344 lít khí NO (sản phẩm khửduy nhất ở đktc) và dung dịch X Cô cạn dung dịch X sau phản ứng được m gam muốikhan Giá trị m là:

A 34.36 gam B 35.50 gam C 49.09 gam D 38.72 gam

Bài giải.

Cách 1: Quy đổi hỗn hợp về hai chất: Fe, F e2O3

Hoà tan hỗn hợp với HNO3 loãng dư  1,344 lít NO

3Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)

0,06mol 0,6mol 0,06mol

Cách 2: Quy hỗn hợp về hai chất: FeO, Fe2O3

3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O

m  242(0,18 0, 02)   38, 72g  D đúng

x y

Fe O

11, 36 0, 06.3 n

A 50 ml vµ 6.72 lÝt B 100 ml vµ 2.24 lÝt C 50 ml vµ 2.24 lÝt D 100 ml vµ 6.72 lÝt

Bµi gi¶i:

Quy hçn hîp 0,1 mol Fe2O3 vµ 0,1 mol FeO thµnh 0,1 mol Fe3O4

Hçn hîp X gåm: Fe3O4mol: Fe(0,2mol) + dung dÞch Y

phương pháp bảo toàn electron

1 Nguyên tắc phương pháp

- Trong một hệ oxi hoá khử: “tổng số e do chất khử nhường bằng tổng số e mà chấtoxi hoá nhận” Hay “tổng số mol e chất khử nhường bằng tổng số mol e chất oxi hoánhận”

áp dụng phương pháp bảo toàn e thì:  3x + 2y + 3z = 3t

- Quan trọng nhất là khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúngtrạng thái đầu và trạng thái cuối của hệ oxi hoá khử, ta không cần quan tâm đến việc cânbằng phản ứng oxi hoá khử xảy ra

- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn e lectron ta phải làm các bước sau:

+ B1: Từ dữ kiện của bài toán đổi ra số mol

+ B2: Viết quá trình oxi hoá và quá trình khử, đồng thời thiết lập các đại lượng theo

số mol

+ B3: áp dụng định luật bảo toàn e cho hai quá trình trên: “Tổng số mol e chấtnhường bằng tổng số mol e chất nhận ” Từ đó thiết lập phương trình đại số (nếu cần), kếthợp với giả thiết của bài toán để tìm ra két quả nhanh nhất và chính xác nhất

2 Phạm vi sử dụng:

Gặp nhiều chất trong bài toán mà khi xét phương trình phản ứng là phản ứng oxihóa khử (có sự thay đổi số e) hoặc phản ứng xảy ra phức tạp, nhiều đoạn, nhiều q uá trìnhthì ta áp dụng phương pháp bảo toàn e

- Cần kết hợp các phương pháp như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giảibài toán

- Cần có nhiều chất oxi hoá và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán ta cầntìm tổng số mol e nhận và tổng số mol e nhường rồi mới cân bằng

3 Bài tập áp dụng

Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí 1 thời gian thu được 11,8gam hỗn hợp các chất

rắn FeO, Fe2O3, Fe, Fe3O4 Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3loãngthu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc) Giá trị m gam là:

 ne nhường = ne chất oxi hoá nhận (O2 , NO3)

Bài 2: Hoà tan hoàn toàn 17.4 gam hỗn hợp 3 kim loạ i Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl

thấy thoát ra 13.44 lít khí, nếu cho 34.8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3nóng dư,thu được V lít khí NO2 đktc Giá trị V là:

2,4 2,4mol 

2 NO

V 2, 4.22, 453,76lít C đúng

Chú ý: Nếu nH 1, 2 

2 NO

V 1, 2.22, 426,88lít  D sai

Bài 3: Hoà tan hoàn toàn 43.2 gam kim loại Cu vào dung dịch HNO3loãng dư, tất cả khí

NO thu được đem ôxi hoá thành NO2 rồi sục vào nước có dòng oxi để chuyển hết thànhdung dịch HNO3 V lít khí O2 đktc tham gia vào quá trình trên là:

O

V 0,3375.22, 47,56 lít B đúng

Phân tích: Nếu O2 + 2e 2O2-

2 O

1,35

2

Bài 4: Chia m gam hỗn hợp 2 kim loại A, B có hoá trị không đổi thành 2 phần bằng

nhau.– Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl tạo ra 1.792 lít H2đktc

- Phần 2 nung trong oxi thu được 2.84 gam hỗn hợp oxit Giá trị của m là

A 1.56 gam B 4.4 gam C 3.12 gam D 4.68 gam

- P1 tan hết trong 2 lít dung dich HCl tạo ra 14.56 lít H2đktc

- P2 tan hoàn toàn trong dung dich HNO3 loãng nóng thấy thoát ra 11.2 lít khí NO duynhất ở đktc

1 Nồng độ mol của dung dich HCl là:

A 0.45 M B 0.25 M C 0.55 M D 0.65 M

2 Khối lượng hỗn hợp muối clorua khan thu được khi cô cạn dung d ịch sau pư ở P1 là:

A 65.54 gam B 68.15 gam C 55.64 gam D 54.65 gam

3 Phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp ban đầu là:

1,3 0,653

1 Giá trị m là

A 2.6 gam B 3.6 gam C 5.2 gam D 7.8 gam

2 Thể tích HNO3 đã phản ứng là:

A 0.5 lít B 0.24 lít C 0.26 lít D 0.13 lít.

Bài giải:

a) HNO3 là chất oxi hoá: N+5 + 3e NO

0,12 0,04 mol2N+5 + 8e 2M+1 (N2O)

mm m 0,01.400,03.1605, 2g

Ta có thể tính theo cách sau: Ta có sơ đồ: Mg  MgO; Fe Fe2O3 Trong đó Mg

và Fe là chất khử, oxi là chất oxi hoá, số mol e nhân vẫn là 0,2mol:

NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất Giá trị m là:

A 16.4 gam B 14.6 gam C 8.2 gam D 20.5 gam

Bài giải:

CO là chất khử (ta coi Fe2O3 không tham gia vào phản ứng oxi hoá khử)

Moxi(trong oxit) = m - 14g nCO= nO(oxit) = m 14

16



C+2 + 2e  C+4

m 1416

A 120.4 gam B 89.8 gam C 116.9 gam D kết quả khác

Bài giải:

Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn e thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phươngtrình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải Để tính khối lượng muối NO3 trong bàitoán trên ta có công thức

3 NO

n  (trong muối) = a nX.Trong đó a là số e mà N+5 nhận để tạo thành Y

Như vậy: mmuối khan= MFe, Cu, Ag +

3 NO

- Phần 1 hoà tan bằng HNO3dư, thu được 0.02 mol khí NO và 0.03 mol N2O

- Phần 2 hoà tan hoàn toàn trong dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được V lít SO2 (đktc).Giá trị V là:

0,24 0,06 0,03

 ne nhận = 0,06 + 0,24 = 0,3mol

- Chất khử ở hai phần là như nhau, do đó số mol e letron H2SO4 nhận bằng số moleletron HNO3 nhận Ta có

2

2 SO

Bài 10: Chia hỗn hợp X gồm Al và Al2O3 thành 2 phần bằng nhau

- Phần 1 tác dụng NaOH dư thu được 0.3 mol khí

- Phần 2 tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3thu được 0.075 mol khí Y duy nhất Y là:

A NO2 B NO C N2O D N2

Bài giải:

Trong X chỉ có Al có tính khử: 2H2O + 2e H2 + 2OH

0,6 0,3Khi tác dụng với HNO3, chất oxi hoá là HNO3

2 Khối lượng HNO3 đã tham gia phản ứng là

A 44.1 gam B 25.2 gam C 63 gam D kết quả khác

2 NO

19, 2 M

.nChÊt oxi ho¸:

m 63.0,744,1mol  A sai+ NÕu (3) c©n b»ng mµ (2) kh«ng c©n b»ng:

Bµi 14: (§H- Khèi A-2008) Cho 3.2 gam bét Cu t¸c dông víi 100 ml dung dÞch hçn hîp

HNO30.8 M vµ H2SO4 0.2 M Sau khi c¸c ph¶n øng xÉy ra hoµn toµn sinh ra V lÝt khÝ NO(®ktc) s¶n phÈm khö duy nhÊt Gi¸ trÞ V lÝt lµ:

- PhÇn 1 t¸c dông víi H2SO4 lo·ng d­ sinh ra 3.08 lÝt khÝ hi®r« (®ktc).

- PhÇn 2 t¸c dông NaOH d­ sinh ra 0.84 lÝt khÝ hi®r« (®ktc) Gi¸ trÞ m gam lµ:

Bµi 16: (§H- Khèi B-2007) Nung m gam bét Fe trong «xi thu ®­îc 3 gam hçn hîp chÊt

r¾n X Hoµ tan hÕt hçn hîp X b»ng HNO3 d­, thu ®­îc 0.56 lÝt khÝ NO (đktc) lµ s¶nphÈm khö duy nhÊt Gi¸ trÞ m gam lµ:

2 O

+ Qu¸ tr×nh oxi ho¸:

- ở P3 khi các KL tác dụng với dung dịch CuSO4 tạo thành Cu, lượng Cu này tácdụng với HNO3 tạo ra Cu2+.

Do đó: Al, Mg, Fe là chất khử, nhường e

là HNO3

N+5+ ne  Y

0,075 0,075

0,075n = 0,6, n là số e mà N+5nhận để tạo thành Y n = 8

b 9bChất oxi hoá:

N+5 + 1e  N+4 (NO2) 0,48 0,48

Ta có: 6a + 9b = 0,4 8 (II)

Từ (I) và (II): a = 0,035mol S

b = 0,03 mol FeS

 Dung dÞch X lµ H2SO4 d­ FeSO4, CuSO4

10FeSO4 + 2KMnO4 + 8 H2SO4  5Fe2(SO4)3 + 2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O

3 Bµi tËp ¸p dông:

Bµi 1:

+ Nếu mD = 0,1 112 + 0,1 168 + 0,1 48 = 32,8 gam  B sai

+ Nếu mD = 0,1 160 = 16 gam  D sai

Bài 2:

- Phương trình phản ứng: Cl2 + 2NaBr 2BaCl + Br2

Cl2 + 2NaI 2BaCl + I2

- áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố ta có:

BaBr NaI NaCl

Bài 7:

Gọi x, y z là số mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3:

Bản chất của quá trình khử trên là H2 sẽ lấy O trong oxít để tạo thành nước theo sơ

đồ:

O(trong oxít) + H2 H2O0,05 0,05 0,05

áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với oxi ta có:

V  0, 01.22, 4  0, 224l  224ml  B đúng

Chú ý: Nếu không cân bằng (3) và (4) 

2 SO

 mO = 0,13 16 = 2,08 gam