kỹ thuật giải nhanh hóa học

Để giải quyết được một bài toán hóa học đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải.. Hy vọng cuốn Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi

Hóa Học là bộ môn khoa học cơ bản gắn liền với thực tiễn với đời sống Bên cạnh những vấn đề lý thuyết căn bản, còn có những bài toán căn bản từ đơn giản đến phức tạp, đòi hỏi chúng ta cần suy nghĩ và nắm vững lý thuyết Để giải quyết được một bài toán hóa học đầu tiên là các bạn phải nắm vững lý thuyết và một số thủ thuật giải Với thời đại Công Nghệ Số giúp chúng ta có thể nắm bắt được những lý thuyết mới và những phương pháp giải mới nhanh và hay Cuốn sách này là những tâm huyết của tôi từ thời là sinh viên, thu thập từ nguồn trên Web, và các cuốn sách từ thời THPT tôi học như: Nguyễn Thanh Khuyến, Nguyễn Phước Hòa Tân, Ngô Ngọc An, Quan Hán Thành, Nguyễn Tấn Trung,

Lê Phạm Thành, Vũ Khắc Ngọc và đặc biệt là 3 cuốn của thầy Cao Cự Giác 3 cuốn này theo tôi nghĩ là rất quan trọng và hay đối với các vấn đề Hóa Học THPT Hy vọng cuốn

Kĩ Thuật Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học sẽ giúp một phần nhỏ nhoi cho các bạn THPT

đặc biệt là các bạn ôn thi đại học thêm những công cụ giải quyết các bài toán Hóa Học Cuốn sách mới tái bản lần đầu chắc còn nhiều sai sót mong các bạn góp ý để cho cuốn sách này được hoàn chỉnh

Mọi đóng góp xin gửi về địa chỉ: mienbienngheoht@gmail.com

Chúc các bạn thành công thành công trên con đường mình chọn

Xin chân thành cám ơn các bậc tiền bối đi trước đã có những các bài giảng và những kĩ thuật giải nhanh bài toán hóa học một cách nhanh chóng

Xin chân thành cám ơn!

Dương Văn Thế

PHƯƠNG PHÁP 1: BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG

A PHƯƠNG PHÁP

1 Lịch sử ra đời:

Định luật bảo toàn khối lượng được hai nhà khoa học Mikhail Vasilyevich Lomonosov

và Antoine Lavoisier khám phá độc lập với nhau qua những thí nghiệm được cân đo chính xác, từ đó phát hiện ra định luật bảo toàn khối lượng

 Năm 1748, nhà hóa học người Nga Mikhail Vasilyevich Lomonosov đặt ra định

đề

 Năm 1789, nhà hóa học người Pháp Antoine Lavoisier phát biểu định luật này Khi cân những bình nút kín đựng bột kim loại trước và sau khi nung, M.V.Lomonosov nhận thấy rằng khối lượng của chúng không thay đổi, mặc dù những chuyển hoá hoá học

đã xãy ra với kim loại trong bình Khi áp dụng các phương pháp định lượng nghiên cứu phản ứng hoá học, năm 1748 Lomonosov đã tìm định luật quan trọng này Lomonosov trình bày định luật như sau: "Tất cả những biến đổi xảy ra trong tự nhiên thực chất là nếu lấy đi bao nhiêu ở vật thể này, thì có bấy nhiêu được thêm vào ở vật thể khác Như vậy, nếu ở đây giảm đi bao nhiêu vật chất, thì sẽ có từng ấy vật chất tăng lên ở chổ khác"

B VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH

Bài 1 Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3 Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m

gam hỗn hợp X nung nóng Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất

rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4 Tính giá

(M=28)CO 3,2

40,8 (M =44) CO2 12,8

Lập tỉ số ta có = ,

, = 4 = 0,4 mol

nO(oxid)= 0,4 mol mO = 0,4*16 = 6,4 g (*) m= 64+6,4 = 70,4g

Đáp án C

Nhận xét: Thực chất bài toán này chỉ đơn giản là CO lấy O trong oxid sắt để tạo ra CO2

theo phản ứng CO + O(oxid) CO2 nên nO = từ đó ta suy ra được mX là kết quả

cần tìm

hh X: Fe,

FeO,

Bài 2: Điện phân dung dịch chứa hỗn hợp CuSO4 và KCl với điện cực trơ đến khi thấy khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng lại thấy có 448 ml khí (đktc) thoát ra ở anot Dung dịch sau điện phân có thể hoà tan tối đa 0,8 gam MgO Khối lượng dung dịch sau điện phân đã giảm bao nhiêu gam (coi lượng H2O bay hơi là không đáng kể) ?

C% (Na2CO3) = , ∗ *100% = 7,42%

mdd = ∑ - m↓- m = 50 + 50 + 100 – 0,05*233 – 0,02*44 = 189,27g

Đáp án B

Bài 4:Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác

dụng hết với 9,2 gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn Hai ancol đó là:

A CH3OH và C2H5OH B.C 2 H 5 OH vàC 3 H 7 OH

C C3H5OH và C4H7OH D C3H7OH và C4H9OH

Giải

Gọi công thức phân tử trung bình của hai rượu là OH

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mrượu + mNa = mmuối +

= 15,6 + 9,6 – 24,5 = 0,3g = , = 0,15mol

nrượu = 0,15* 2 = 0,3mol Mrượu = ,

, = 52 = 35 Đáp án B

Bài 5: Cho12gam hỗn hợp hai kim loại Fe,Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3

63% Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc) Tính nồng

3x +2y = 0,5 mol (1) 56x + 64y = 12g(2) Giải (1),(2) x= 0,1mol y= 0,1mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng: mdd = ∑ - m

Bây giờ ta tính khối lượng dung dịch của HNO3:

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Nito:

Giải

M2CO3 + 2HCl 2MCl + CO2↑ + H2O (1)

R2CO3 + 2HCl 2MCl2 + CO2 ↑+ H2O (2) = ,

, = 0,2mol

Theo phương trình (1),(2) nhận thấy số mol H2O bằng số mol CO2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

23,8 + 2*0,2*36,5 – 0,2*44 – 0,2*18 = 26g

Đáp án C

Bài 7: Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chât X Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A cần 21,28 lít O2 (đktc) và thu được 35,2 gam CO2 và 19,8 gam H2O Tính khôi lượng phân tử X (biêt X chỉ chứa C, H, O)

A 92g/mol B 106g/mol C 95g/mol D 108g/mol

Bài 8: Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxid CuO, FeO, Fe3O4, Fe2O3 bằng khí CO ở

nhiệt độ cao, người ta thu được 40gam chất rắn X và 13,2gam khí CO2 Tính giá trị m

Giải

Tóm tắt bài toán:

Bản chất của bài toán này là gì? Xin thưa bài toán này thực chất là bài toán của phản ứng

CO tác dụng với Oxi trong oxid của hỗn hợp A theo phản ứng: CO + O CO2

Nhận thấy nOxi (trong oxid) =nCO= = , = 0,3 mol mO = 0,3*16 = 4,8g

mCO = 0,3*28 = 8,4g theo định luật bảo toàn khối lượng ta có

Bài 9:Hòa tan vừa đủ 6g hỗn hợp A gồm hai kim loại X,Y có hóa trị tương ứng là I, II

vào dung dịch hai acid HNO3 và H2SO4, thì thu được 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm NO2 và

SO2 (ở đktc) nặng 5,88g Cô cạn dung dịch sau cùng thì thu được m (g) muối khan

Ta có bán phản ứng:

4H+ + SO42-+ 2e SO2 + 2H2O (1)

2H+ + NO3- +e NO2 + H2O (2) Theo bán phản ứng (1) ta có: = 0,02*2 = 0,04mol ; = 0,04mol

Theo phản ứng (2) ta có: = 2*0,1 = 0,2 mol ; = 0,1mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

C BÀI TẬP RÈN LUYỆN

Bài 1: Cho 1,75g hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Zn tan hoàn toàn trong dung dịch

H2SO4loãng, thu được 1,12 lít khí H2 (ở đktc) hỏi cô cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan? Tính thể dung dịch H2SO4 0,5M cần cho các phản ứng trên? ( Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB.ĐHQG TPHCM tr.27)

Giải

Sau đây tôi xin trình bày nguyên văn lời giải lý thú của thầy:

Ion H+ bị 3 kim loại khử theo bán phản ứng:

0,1mol 0,1mol ,

, = 0,5mol

H2SO4= 2H++ SO4 0,05mol 0,1mol 0,05mol

2-Từ hai phương trình ta thấy ngay rằng 0,1mol H+ bị khử thành H2 bay ra, để lại 0,05mol

SO42- kết hợp với các cation kim loại tạo ra 3 hỗn hợp muối sulfat Theo hệ quả của định

luật bảo toàn khối lượng và nguyên tố ta có:

mmuối= mkim loại + mgốc acid = 1,75 + 0,05*96 = 6,55g

V = ,

, = 0,1 lit = 100mL

Bài 2: Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu vào một bình kín chứa 0,9 mol O2,

Nung nóng bình một thời gian cho đến khi số mol O2 trong bình chỉ còn 0,865mol và chất

rắn trong bình có khối lượng 2,12gam.Tính m (Phương Pháp Giải Toán Hóa Học,

Nguyễn Phước Hòa Tân.NXB.ĐHQG TPHCM tr.27)

Giải

Số mol O2 kết hợp với kim loại để tạo thành oxid: 0,9 – 0,865 = 0,035mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,035*32 = 2,12 m = 1g

Bài 3: Cho 16gam một oxid kim loại tác dụng với 120ml dung dịch HCl thì thu được

32,5g muối khan Tính nồng độ mol/l của dung dịch HCl

(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB.ĐHQG

TPHCM tr.33)

 Lời ngỏ: Có thể nói những cách giải của thầy rất lý thú trong các bài toán hóa học

Thầy có những nhận xét sâu sắc và những tư duy sắc bén,giúp giải quyết nhanh

chóng bài toán và hạn chế viết phương trình phản ứng

Giải

Khi oxid kim loại chuyển thành muối kim loại clorur tức là kim loại đã thay x mol Othành 2x mol Cl- nên ta có phương trình ( vì theo bảo toàn điện tích của O2- và Cl-)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

10 + mHCl = mmuối + mkhí + mnước 10 + 0,006*36,5 = mmuối + 0,003*44 + 0,03*18

mmuối = 10,33g

Bài 5:Cho m gam hỗn hợp 3 kim loại A, B, C vào một bình kín có thể tích 10 lít chứa khí oxi, áp suất 22,4 atm ở 136,50C Nung nóng bình một thời gian rồi đưa nhiệt độ ban đầu, thấy áp suất giảm 3,6% so với áp suất ban đầu và trong bình chứa 2,5gam chất rắn Tính

m

(Phương Pháp Giải Toán Hóa Học, Nguyễn Phước Hòa Tân NXB.ĐHQG

TPHCM tr.39)

Giải

Phương trình khí lí tưởng: pV = nRT n = = , , ∗

∗( , ) = mol = noxiSau phản ứng áp suất trong bình giảm chính là sự giảm của oxi tham gia phản ứng với

kim loại:

moxipư = , ∗ ∗

∗ = 0,768gam m = 2,5 – 0,768 = 1,732 gam

Bài 6: Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu

được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z Lọc bỏ chất rắn Y, cô

cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là nhiêu?

A.31,45gam. B.33,99gam C.19,025gam D.56,3gam

Giải

Phản ứng với HCl là một phản ứng vừa đủ nên 2 kim loại Mg, Al bị tan hết sinh ra muối

Z, hiển nhiên kim loại không tan là chất rắn Cu chính là chất rắn Y

Khí X thoát ra chính là H2 theo bán phản ứng

0,7 mol ,

, = 0,35mol HCl = H+ + Cl-

Theo bán phản ứng trên ta có : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mZ = (9,14 – 2,54 + 0,7*36,5) – 0,35*2 = 31,45gam

Đáp án A

Bài 7:Cho15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl

1,2M thì thu được 18,504 gam muối.Thể tích dung dịch HCl phải dùng là

A.0,8lít B.0,08lít. C 0,4lít D 0,04lít

Giải

Gọi công thức chung của 3 amin đơn chức: – NH

Giải

Gọi a là số mol của oxi trong sắt: Bản chất của phản ứng là O2- bị Cl- thế tạo ra muối

8 – 16a + 2* 35,5a = 16,25 a = 0,15 mol mO = 2,4g mFe = 5,6g

Lập tỉ số ra có: = ,

Phương trình phân ly: HCl = H+ + Cl

0,3mol 2a= 0,3mol

Vì acid lấy dư nên ∑ = 0,3 + 0,3*0,25 = 0,375mol VHCl = , = 0,1875 lít

Bài 9:Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu?

A.0,1mol B.0,15mol C 0,4mol D 0,2mol

Giải

Gọi công thức chung cho 3 rượu no đơn chức là: – OH

Phản ứng tách nước: – OH + – OH : – O - + H2O

Theo quy tắc số ete tạo thành từ số rượu ( Hướng Dẫn Giải Nhanh Hóa Học, Tập 2, Cao

Cự Giác, NXB ĐHQGHN) số ete = ( ) = 6 ete (n=3)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

= mrượu - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 gam

Theo phản ứng trên nete = = , = 1,2mol nmỗi ete = , = 0,2 mol

Đáp án D

Bài 10:Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe2O3

đốt nóng.Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam Khí đi ra

khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062gam kết tủa Phần

trăm khối lượng Fe2O3trong hỗn hợp A là

A 86,96% . B.16,04% C.13,04% D.6,01%

Giải

Tóm tắt bài toán:

Gọi x, y là số mol lần lượt của FeO, Fe2O3 x + y = 0,04mol (*)

Theo sơ đồ bài toán ta có: nCO = =n↓ ( BaCO3↓) = , = 0,046mol = nO (trong oxid)

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

mhhA = mB + mO (trong oxid) = 4,784 + 0,046*16 = 5,52g = 72x + 160y (**)

PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO

Dung dịch 2:có khối lượng m2, thể tích V2,nồng độ C2(C2>C1), khối lượng riêng d2

Dung dịch thu được:Có khối lượng m=m1+m2,thể tích V=V1+V2,nồng độ C(C1<C<C2) và khối lượng riêng d

 Đối với phần trăm khối lượng

 Khi sửdụngsơđồđườngchéo cầnchú ý:

-Dung môi coi như dung dịch có C = 0%

 Tài liệu tham khảo phương pháp này gồm có tác giả: Lê Phạm Thành, Vũ Khắc

Ngọc, Quan Hán Thành, Cao Cự Giác

Bài 2:Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào dung dịch H2SO4 đặc,nóng

dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng Hấp

thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn

rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn

Kim loại M đã cho ban đầu là:

Giải Theo cách giải lý thú của thầy Vũ Khắc Ngọc

nNaOH = 0,8*1 = 0,8mol

Khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng hiển nhiên là khí SO2

Khi cho khí B tác dụng với NaOH có thể xảy ra hai phản ứng:

NaOH + SO2 NaHSO3 (1)

2NaOH + SO2 Na2SO3 + H2O (2)

Khi cho SO2 tác dụng với NaOH thì sản phẩm thu được có thể bao gồm 1 hoặc 2 trong 3 chất: NaOH dư (M = 40), NaHSO3 (M = 104) và Na2SO3 (M=126)

Để khai thác dữ kiện nNaOH = 0,8 mol ta tiến hành quy đổi: Coi 1 mol muối Na 2SO3 là 2mol NaX vớiMNaX = = 63g/mol (mục đích để khai thác dữ kiện tổng số mol muối tạo thành bằng tổng số mol NaOH)

Do vậy trong chất rắn chứa 48,1g có 0,8 mol hỗn hợp Mhh = ,

, = 60,125g Trong hỗn hợp chất rắn có ít nhất một chất có phân tử lượng trung bình nhỏ hơn phân tử lượng trung bình của hỗn hợp NaOH đang còn dư vậy chỉ

có phản ứng (2) xảy ra

Theo quy tắc đường chéo ta có:

NaX (63) 20,125 7 0,7mol NaX 0,35mol Na2SO3

Bài 3: (Lê Phạm Thành)Để pha được 500mL dung dịch nước muối sinh lý ( C =

0,9%)cần lấy V mL dung dịch NaCl 3% Giá trị của V là:

A.150mL B 241,3mL C 285,7mL D 350mL

Ta có sơ đồ đường chéo như sau:

Crackinh C4H10thu được hỗn hợp chỉ gồm 5 hiđrocacbon có tỷ khối hơi so với H2là

16,325 Hiệu suất của phản ứng crackinh là:

Giải Lời ngỏ: Những bài toán của thầy Vũ Khắc Ngọc khó và rất hay, sau một bài toán

của thầy ta có thể rút ra những nhận xét quý báu cho bản thân Sau đây tôi xin đưa

ra cách giải lý thú của thầy

Ankan Ankan’ + Anken các hydrocarbon luôn luôn có số mol bằng

nhau Do đó KLPTTB của các hydrocarbon = KLPTTB của Ankan ban

đầu

= = 29 g/mol Ta coi hỗn hợp sản phẩm khí là một chất khí duy

nhất có = 29 g/mol từ đó ta có sơ đồ đường chéo như sau:

Cách 1: gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe3O4 , FeO, Cu2O

Ta có: 232x + 72y + 144z = 37,6 (1)

232x + 72(y+ 2z) = 37,6 (*) Bán phản ứng:

Đến đây ta giải quyết bài toán bằng phương pháp ghép ẩn

Từ (2) ta có: x = 0,3 –(y+2z) thế vào (*) ta suy ra x = 0,1mol

Căn cứ vào sơ đồ trên ta thấy:

Cứ 1 mol Fe3O4 (232g) sẽ cho ra 1 mol electron

Cứ 0,5 mol Cu2O (144g) sẽ cho ra 1 mol electron Cứ ,

, ∗ = gam

Cứ 1 mol FeO (72g) sẽ cho 1 mol electron cho 1 mol hh

Quy đổi: Coi FeO và Cu 2 O là một chất trung bình X mà cứ 72g chất này lại

cho 1mol electron Hỗn hợp bây giờ có thể gồm Fe 3 O 4 , X

Sử dụng quy tắc đường chéo ta có:

X (M = 72g)

Fe3O4 (M =232g)

= * 0,3 = 0,1mol = 232 *0,1 = 23,2g Đáp án B

Bài 7:Cho 8,96 lít hỗn hợp CO2 và NO2 (đktc) hấp thụ vào một lượng dung dịch NaOHvừa đủ tạo thành các muối trung hòa, sau đó đem cô cạn dung dịch thu được 36,6 gam muối khan Thành phần % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp ban đầu là:

Cứ 1 mol NO2tạo ra 2 muối NaNO3 và NaNO2 có thỉ lệ mol 1:1 nên ta có thể quy đổi thành giá trị trung bình của 2 muối = = 77g/mol

Giá trị trung bình của muối khan là = ,

, = 91,5 g/mol Theo quy tắc đường chéo ta có:

CH4( V1= 2) X – 30

M = 30 (V = 3)

= X = 58 (C4H10) Đáp án B

Bài 9: Hòa tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO3, KHCO3 và MgCO3 trong

dung dịch HCl dư, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) Khối lượng muối KCl tạo thành

trong dung dịch sau phản ứng là:

A 8,94 gam B 16,17 gam C 7,92 gam D 12,0 gam

Giải

hhX tác dụng với HCl dư thì bản chất của phản ứng là:

CO3 2-

Bài 10:Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H6, sản phẩm thu

được dẫn qua bình I đựng dung dịch H2SO4 đặc và bình II đựng dung dịch Ca(OH)2 dư

Sau thí nghiệm, thấy trong bình II có 15 gam kết tủa và khối lượng bình II tăng nhiều hơn

bình I là 2,55 gam Thành phần % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp đầu là:

A 50%, 30%, 20% B 30%, 40%, 30%

C 50%, 25%, 25% D 50%, 15%, 35%

Giải

Theo giả thiết ta có: = = 0,15mol = ∗ , , = 0,225mol Gọi công thức trung bình của hỗn hợp X ta có: CxHy

CxHy + O2 xCO2 + H2O Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: ̅ = 1,5 ; = 4,5

Bài 2 Thể tích nước nguyên chất cần thêm vào 1 lít dung dịch H2SO4 98%(d=1,84g/ml)

để được dung dịch mới có nồng độ10% là

Bài 3. Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54g/mol Đồng có hai đồng vị là

và Thành phần phần trăm số nguyên tử là bao nhiêu?

A.73,0% B.34,2% C.32,3% D.27,0%

Bài 4.Cần lấy V1 lít CO2 và V2 lít CO để có được 24 lít hỗn hợp CO2 và CO có tỉ khối

hơi đối với metan bằng 2 Giá trị của V1 (lít) là

A 2 B 4 C 6 D 8

Bài 5.Thêm 150 ml dung dịch KOH 2M vào 120 ml dung dịch H3PO4 1M Khối lượng

các muối thuđược trong dung dịch là

A 10,44 gam KH2PO4 ; 8,5 gam K3PO4 B 10,44 gam K2HPO4 ; 12,72 gam K3PO4.

C 10,44 gam K2HPO4 ; 13,5 gam KH2PO4 D 13,5 gam KH2PO4 ; 14,2 gam K3PO4

Bài 6.Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và MgCO3 bằng dung dịch HCl (dư) thu

được 0,672 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn Thành phần % số mol của MgCO3 trong hỗn

hợp là

A 33,33% B 45,55% C 54,45% D 66,67%

Bài 7.Lượng SO3 cần thêm vào dung dịch H2SO4 10% để được 100 gam dung dịch

H2SO4 20% là:

A.2,5gam B.8,88gam C 6,66gam D.24,5gam

Bài 8.Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu được 448ml khí CO2 (đktc).Thành phần % số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là

Bài 9.Hòa tan m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí NO và N2O

có tỉ khối so với H2 bằng 16,75 Tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp là

A 2 : 3 B 1 : 2 C 1 : 3 D 3 : 1

Bài 10.Từ 1tấn quặng hematit A điều chế được 420kg Fe Từ 1 tấn quặng manhetit B điều chế được 504 kg Fe Hỏi phải trộn hai quặng trên với tỉ lệ khối lượng (mA:mB) là bao nhiêu để được1tấn quặng hỗn hợp mà từ1tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg Fe

Đáp án Bài tập rèn luyện

PHƯƠNG PHÁP 3:PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON

 Quan trọng trong phương pháp bảo toàn electron cần phải biết được trạng thái đầu

và cuối của hệ chất oxi hóa – khử

 Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron cần vận dụng linh hoạt và khai thác

hết dữ kiện bài toán Theo các bước sau:

 Bước 1: Quy đổi ra số mol từ dữ kiện bài toán xác định được số oxi hóa

của các chất đầu và cuối

 Bước 2: Viết bán phản ứng oxi hóa – khử thiết lập sự liên hệ số electron

nhường và nhận theo số mol

 Bước 3: Áp dụng định luật bảo toàn electron “ Tổng số electron nhường

 Công cụ bổ sung phương pháp bảo toàn electron thường bổ trợ thêm phương pháp

bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố

 Cần có nhiều chất oxi hóa, chất khử ta cần phảo hiểu được bản chất của nó để vận

dụng linh hoạt phương pháp bảo toàn electron

B VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH

Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí sau một thời gian thu được 11,8gam hỗn hợp chất rắn Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc) Giá trị của m là bao nhiêu

A: 5,02B: 9,94 C:15,12 D:20,16

Giải

Tóm tắt bài toán theo sơ đồ sau:

+ O2 (kk) +HNO3 0,1mol NO

Từ sơ đồ ta nhận thấy rằng các phản ứng oxi hóa – khử xảy ra trong hai quá trình:

Quá trình 1: Oxi hóa của Fe ngoài không khí 11,8gam hỗn hợp

Quá trình 2: 11,8 gam hỗn hợp hòa tan 11,8 gam bằng HNO3

Nhận xét: Qua hai quá trình m gam Fe đã bị oxi hóa hoàn toàn thành Fe3+

Tổng số mol electron của Fe nhường = số electron O2 nhận + số electron N+5 nhận

Qua những nhận xét đó ta dễ dàng giải quyết được bài toán này:

Số mol O2 tham gia phản ứng: Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có = ,

 Nhận xét: Bài toán này thuộc dạng bài toán kinh điển tôi sẽ trình bày những

dạng bài toán này ở chương sau Bài toán này rất thông dụng trong các đề thi đại

học cao đẳng ở các năm trước Các bạn có thể giải theo phương pháp ghép ẩn

Bài 2:[Khối A – 2007]Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit

HNO3, thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2) và dung dịch Y (chỉ

chứa hai muối và axit dư) Tỉ khối của X đối với H2 bằng 19 Giá trị của V là:

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x + 3y = 0,5 (1)

Theo quy tắc đường chéo:

V = (0,125+0,125)*22,4 = 5,6 lít Đáp án C

Bài 3: [Khối A – 2009]Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung

dịch chứa hỗn hợp gồm H2SO4 0,5M và NaNO3 0,2M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn

toàn, thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất) Cho V ml dung dịch

NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất Giá trị tối thiểu của V

Khi cho hỗn hợp kim loại tác dụng với hỗn hợp chứa H2SO4 và NaNO3 thì xảy ra các bán phản ứng sau:

Có sinh ra muối NH4NO3 với số mol = , , = 0,105mol (N+5 + 8e N+3)

mX = 0,105 * 80 +0,46*213 = 106,38g Đáp án C

 Nhận xét: bài này nếu tỉnh táo hơn ta không cần phải giải quyết như trên, nếu ta

để ý rằng số mol Al đã cho và acid HNO3 là dư do vậy nếu dd X chỉ là muối

Al(NO3)3 thì ta nhận thấy mX = 97,98g vậy hai phương án A, B loại Tiếp tục so

sánh số mol electron nhường và số mol electron nhận thì ta suy ra được ngay đáp

án C là đáp án đúng Cho nên việc tỉnh táo trong bài thi là một yếu tố hết sức cần

thiết đối với các sĩ tử

Bài 5: [Khối A – 2011]Đun nóng m gam hỗn hợp Cu, Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng

7:3 với một lượng dung dịch HNO3 Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m gam chất

, = 0,25 mol; nacid = , = 0,7 mol

Theo bài ra ta có: khối lượng Cu = 0,7m khối lượng Fe = 0,3m

Sau phản ứng thu được 0,75m gam chất rắn vậy đã có như vậy Cu chưa tham gia vào

phản ứng mà chỉ có Fe tham gia vào phản ứng Có 0,25m gam Fe tham gia vào phản ứng

Sau phản ứng Fe dư vậy muối tạo thành sẽ là Fe2+ Bán phản ứng:

Bài 6: [Khối A – 2011]

Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau

- Cho phần một vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc)

- Cho phần hai vào một lượng dư H2O, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y.Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2

(đktc) Khối lượng ( tính theo gam) của K, Al, Fe tính trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt

là :

A 0,39 ; 0,54 ; 1,40 B 0,78; 0,54; 1,12 C 0,39; 0,54; 0,56 D 0,78; 1,08; 0,56

Giải

Gọi x,y,z lần lượt là số mol của K, Al, Fe trong mỗi phần

Phần 1 Đương nhiên K, Al đều tan hết (vì dd KOH dư) thu được V1 = 0,784l

K + H2O KOH + H2 ↑

Al + KOH + H2O KAlO2 + H2↑

Phần 2 Khi cho tác dụng với nước dư ta thu được V2 = 0,448l < V1 y>x

Kết hợp hai phản ứng trên ta suy ra

x + = 0,035

x + = 0,02 x= 0,01 ; y= 0,02 Hỗn hợp kim loại Y gồm 0,01 mol Al và z mol Fe; Áp dụng định luật bảo toàn e ta có 0,01*3 + 2z = 0,025*2 z = 0,01mol

Khối lượng lượng các kim loại trong mỗi phần là:

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

Bài 9: [Khối A – 2011]Cho 0,87gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300mL

dung dịch H2SO4 0,1M Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,32 gam chất

rắn và 448mL thoát ra ở (đktc) Thêm tiếp vào bình 0,425gam NaNO3, khi các phản ứng

kết thúc thì thể tích khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch

Từ sơ đồ bài toán ta nhận thấy rõ chất rắn không tan là Cu với nCu = 0,05mol

Khối lượng của Fe, Al tham gia phản ứng: 27x+56y = 0,87 – 0,32 = 0,55g (1)

0,87gam Fe, Cu , Al 448mL H2 +

0,32gam Cu V lít NO + Muối

Khi cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng với H2SO4 có các bán phản ứng:

Al Al3+ + 3e

Fe Fe2+ + 2e 0,04 0,04 0,02

Sau phản ứng cho NaNO3 vào ta nhận thấy có khí thoát ra Chứng tỏ rằng H+ đang còn dư

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,04 (2)

Giải (1) (2) ta được x = 0,01; y = 0,005 (ước tính 30s xong giai đoạn này)

= , = 0,005mol khi cho NaNO3 vào bình thì Cu →Cu2+, Fe2+ →Fe3+

Bán phản ứng oxi hóa khử

Cu Cu2+ +2e 4H/+ + NO3- + 3e NO +2 H2O

Fe2+ Fe3+ + 1e 0,02 0,005 0,015 0,005

Theo định luật bảo toàn electron ta nhận thấy 2*0,005 + 0,005 = 0,015 mol

Lượng NO3- cho vừa đủ để oxi hóa hết Cu và Fe2+

VNO = 0,005*22,4 = 0,112 lít ∑ = 0,04 + 0,02 = 0,06mol = bđ Kết thúc tất cả phản ứng ta có:

+ Cation: 0,01mol Al3+, 0,005mol Cu2+ ,0,005mol Na+, 0,005mol Fe3+

+Anion: 0,03mol SO4

2-, (vì NO3

đã bị bay hơi hết bởi khí NO)

mmuối = mkl ban đầu + + = 0,87 + 0,005*23+ 96*0,03 = 3,865 gam

Đáp án C

 Nhận xét:Bài toán này tương đối dài và khó có thể nói bài toán này làm cho các sĩ

tử của chúng ta mất nhiều thời gian Qua đó các sĩ tử muốn đạt điểm tối đa cần

phải biết sắp xếp thời gian một cách hợp lý để giải quyết trọn vẹn đề thi

Bài 10: [Khối A – 2008]Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong môi trường

không có không khí) Đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn Y, chia

Y thành hai phần bằng nhau

Phần 1: Tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 3,08 lít khí hidro (đktc)

Phần 2: Tác dụng với dung dịch NaOH dư sinh ra 0,84 lít khí Hidro (đktc) Giá trị của m?

Do vậy nAl dư = 0,025mol nAl ban đầu = 0,1 + 0,025 = 0,125mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: noxid sắt ban đầu =2* nFe = 0,1mol

m= 27*0,25 + 0,1*160 = 22,75 gam Đáp án A

 Nhận xét:Nếu bài này mà giải như trên thì mất nhiều thời gian và dễ nhầm lẫn

Nếu ta “tỉnh đòn” thì hãy xét cho thật kĩ xem, bài này rất dễ.Sau đây tôi xin trình

bày theo cách của riêng mình Với những nhận xét sắc bén ta dễ dàng suy ra đáp

án một cách nhanh chóng

Cách 2: Thực chất việc chia phần 1 và phần 2 nhằm mục đích là để cho bài toán đủ dữ

kiện 2Al + Fe2O3 Al2O3 +2 Fe

Khi cho phần (1) và phần (2) tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và NaOH

dư thấy thoát khí cả hai phần Trong Y còn Al dư (H2 thoát ra ở phần 2 chính là

Al tác dụng với NaOH)

Al3+ → Al – 3e 2 H+ + 2e → H2 nAl dư = * ,

, = 0,025mol Nếu ta lấy số mol H2 phần (1) trừ số mol H2 phần (2) ta được số mol H2 thoát ra bởi Fe

Trong môi trường H+: Fe → Fe2+ nFe = ↔ nFe = , ,

Theo trên ta có nFe = 0,13mol, nAl = 0,2mol nAl> nFe

Nhìn vào sơ đồ tóm tắt bài toán ta nhận thấy Al Al3+ ; Fe Fe2+ và O2 2O

2-hiển nhiên 2H+ H2

Vậy theo định luật bảo toàn electron ta có:

3*0,2 + 2*0,13 = 0,09*4 + 2*ne ne = 0,295 mol V = 0,295*22,4 = 6,608 lít

Đáp án A

Bài 2 :Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản

ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch

HNO3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất )ở đktc Giá trị

Định luật bảo toàn electron giải quyết vấn đề này: Al3+ Al + 3e ; N+5 +3e N+2

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: nNO = 0,03mol VNO = 0,03*22,4 = 0,672 lít

Đáp án B

Bài 3Chia hỗn hợp X gồm Al, Al2O3 thành hai phần bằng nhau

 Phần 1: Tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,3 mol khí

 Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 dư thu được 0,075mol khí Y duy

nhất Khí Y là:

Giải

 Nhận xét: Bài này tương đối dễ Cả hai phần đều chỉ là Al tác dụng và cho ra khí

(Al2O3 chỉ để gây nhiễu mà thôi)

Al + CuO +

Fe 2 O 3 (hhA)

Bán phản ứng : 2H+ + 2e H2 (1)

N+5 + ne N5-n (2)

0,075n 0,075mol Theo bán phản ứng (1), (2) ta có: 0,075n = * 0,6 *3 n = 8 Khí N2O

Đáp án C

Bài 4:Cho một luồng khí CO m gam bột Fe2O3 nung nóng được hỗn hợp X gồm 4 chất rắn có khối lượng 14 gam.Cho hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn bằng HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất Giá trị của m là:

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

Bài 5:[Khối A – 2009]Hòa tan 5,4 gam bột Al vào 150mL dung dịch A chứa Fe(NO3)3

1M và Cu(NO3)2 1M Kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn Giá trị của m là:

Giải

CO + m (g) Fe 2 O 3 hh X