Cam nang hoa hoc.doc

PHẦN THỨ NHẤT CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN ---PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI TOÁN VÔ CƠ CHƯƠNG I CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN Bài 1: Phương pháp bảo toàn vật chất I – NỘI DUNG ĐỊNH LUẬT: Một cách tổng quát n

PHẦN THỨ NHẤT CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN -PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN GIẢI TOÁN VÔ CƠ

CHƯƠNG I CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN Bài 1: Phương pháp bảo toàn vật chất

I – NỘI DUNG ĐỊNH LUẬT:

Một cách tổng quát nhất, ta có thể phát biểu : Vật chất không tự nhiên sinh ra, không tự nhiên mất đi mà chỉ chuyển hóa từ dạng này sang dạng khác

Hẹp hơn, áp dụng cho hóa học ta có thể phát biểu: Trong mọi quá trình biến đổi của vật chất thì các nguyên tố và khối lượng của chúng luôn luôn được bảo toàn Nghĩa là: Loại trừ phản ứng hạt nhân, không có một hiện tượng vật lý hay hóa học nào làm mất đi hay làm xuất hiện những nguyên tố lạ Như vậy nếu cụ thể hóa ra ta có thể nói tới các trường hợp:

- Bảo toàn khối lượng

- Bảo toàn nguyên tố (cơ sở để tính sơ đồ biến hóa)

- Bảo toàn electron

Và suy ra được các hệ quả quan trọng sau:

+ Hệ quả 1: Trong các phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham

gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành

A + B  C + D Thì : mA + mB = mC + mD

+ Hệ quả 2: Gọi mt là khối lượng các chất trước phản ứng; ms là khối lượng các chất sau phản ứng, thì dù cho phản ứng xảy ra với n = 100% hay không; phản ứng vừa đủ hay có chất dư thì ta luôn có:

mt = ms

* Như vậy hệ quả 2 mở rộng hơn hệ quả 1 là được xét cho một hệ cô lập, không bắt buộc cứ phải đổi theo những phản ứng cụ thể

Ví dụ 1: Cho m1(g) dung dịch KOH tác dụng với m2 (g) dung dịch HCl

tạo sản phẩm là KCl, H2O

Thì theo 1: mKOH(pư) + mHCl(plp) = mKCl(sp) + mH2O(sp)

Nhưng theo 2 thì: dù KOH hay HCl dư và lượng H2O có sản b mỗi dung dịch đầu là bao nhiêu ta vẫn có:

Z = md2

KOH + md2

HCl = const = khối lượng hổn hợp sau phản ứng

Ví dụ 2: Cho m(g) hổn hợp Al và Fe2O3, đốt cháy hổn hợp để thực hiện phản ứng

2Al Fe O+ →to Al O +2Fe

Thì dù: - η = 100% - Al V Fe2O3 dư hay phản ứng vừa đủ (cả hai hết)

- η < 100% (cả Al và Fe2O3 đều dư)

Ta vẫn luôn có hổn hợp thu được sau phản ứng (có thể là 2 V sản phẩm,

4 chất ) vẫn có khối lượng là m (g)

Hệ quả 2 cũng cho phép ta xét kết luận cho 1 trạng thái nào đó thay đổi

ra sao theo các chất trong phản ứng mà không cần quan tâm tới các chất phản ứng không tham gia phản ứng

Ví dụ 3: Cho m(g) hổn hợp 2 khối lượng Fe – Zn vào dung dịch HCl…

Tính khối lượng chất rắn thu được sau khi cô cạn hổn hợp sau phản ứng Thì ta chỉ cần viết: mKL + mHCl = m rắn + mH2↑

(Trong đó mHCl là khối lượng HCl nguyên chất đã phản ứng) mà không cần lưu ý tới H2O có trong dung dịch HCl và lượng HCl còn dư

+ Hệ quả 3: Khi các Cation khối lượng kết hợp với Anion (PK, gốc ax, hidroxit) ta luôn có (xét cho trạng thái rắn)

Hãy xem “đề III trang 98”

Khối lượng hợp chất = KL cation + KL Anion

Ví dụ 4: Hãy trở lại với ví dụ 3 ở trên

Khối lượng chất rắn thu được là hổn hợp 2 muối FeCl2 và ZnCl2

Ta sẽ có: mrắn = ∑(mFe2+ + mZn2+) + mCl

-Nhưng: Fe2+, Zn2+ từ Fe – 2e = Fe2+

Zn – 2e = Zn2+

Mà me ≈ 0 nên khối lượng cation chính bằng khối lượng kim loại và như vậy: mrắn = m + mCl

-Ví dụ 5: Hòa tan 6,2g hổn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dịch HCl thu

được 2,24(l) khí (đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu (g) chất rắn

Giải: Dĩ nhiên lập hệ, ghép ẩn số ta cũng có thể tìm được kết quả song

quá dài, đôi khi không giải được

Ta có phản ứng tạo muối Clorua và H2↑

HCl  H+ + Cl

-Mà 2H+ + 2e = H2 (viết 2H+  H2 là bảo toàn nguyên tố)

Vậy theo bảo toàn khối lượng:

m rắn = m hhkloại + mCl

-= 6,2 + 0,2 35,5 -= 13,3(g) Kết quả rất rỏ ràng và bài toán chở nên nhẹ nhàng

+ Hệ quả 4: Qua các quá trình biến đổi h2, nguyên tố luôn được bảo toàn

Nghĩa là có thể không cần viết các phản ứng h2 để dõi theo quá trình biến đổi ta vẫn có thể xác định ngay lượng nguyên tố hóa học nào đó bằng cách xét trực tiếp ở đầu và cuối quá trình (tất nhiên là với điều kiện trong quá trình biến đổi khong lấy bớt hoặc thêm vào 1 lượng nào đó nguyên tố ấy)

Ví dụ 5: Hòa tan hết 23,2(g) Fe3O4 bằng dung dịch HCl dư thu được dung dịch A Cho dung dịch A phản ứng vừa đủ với dung dịch KMnO4 được dung dịch B kết tủa hết các chất trong dung dịch B = dung dịch Ca(OH)2 thu được m (g), đem nung kết tủa với khối lượng không đỏi thu được m1 (g) chất rắn Tính m1

Giải:

Về nguyên tắc ta phải viết các phản ứng và lần theo quan hệ mol Nhưng có thể nhận thấy ngay rằng (dĩ nhiên không viết phản ứng nhưng phải hiểu rỏ bản chất)

Có thể viết sơ đồ chuyển hóa sản phẩm cùng là Fe2O3

4

o 2

KMnO

3

FeCl

+

→

Ta có sơ đồ bảo toàn nguyên tố Fe như sau:

3 4

3

2Fe O

→

0,1 0,15

3 4

23,2

0,1 232

Fe O

=> m = 0,15.MFe2O3 = 24(g)

+ Hệ quả 5: Sự biến đổi hóa học (mô tả PTPƯ) đều có liên quan  sự

tăng giảm khối lượng của các chất (hiểu theo nghĩa rộng đơn chất, hổn hợp, trạng thái cụ thể của chất …chứ không phải là nguyên tố)

VD1: PƯ: KL+ AX  M + H2↑

Bản chất: - Giảm khối lượng của kim loại ban đầu

- Tăng khối lượng cho chất rắn thu được (do sự nhập vào của anion gốc ax vào kim loại)

VD2: PƯ: M1 + M2  M3↓ + M4

- Xét cho cùng trạng thái rắn của M1 với M3 thì khối lượng của muối có thể tăng hoặc giảm do sự thay thế góc AX

CaCl2  CaCO3

m = 2.35,5 – 60 = 11g

VD3: PƯ khử oxit kim loại (đến oxít có số ô xi hóa thấp hơn hoặc khối

lượng tự d

Fe O →Fe O →FeO

Khối lượng chất rắn sẽ giảm đi do CO lấy bớt O trong Oxít theo sơ đồ

1 2

CO+ O →CO

Nghĩa là khối lượng giảm chính là khối lượng của Oxi bị khử

VD4: PƯ: KL1 + M1  KL2 + M2

Sẽ có sự tăng giảm khối lượng (tùy phản ứng cụ thể, chất phản ứng cụ thể) là m được xác định:

m = m d −m pu +mtạo Trong đó: mđ : là khối lượng của kim loại ban đầu

mpư: là khối lượng của kim loại đã pư <-> đã tạo ra

mtạo : Là khối lượng được giải phóng Tóm lại ta có thể nói về và trường hợp cụ thể như sau:

* Khi cation kim loại thay đổi anion để sinh ra hợp chất mới thì sự chênh lệch về khối lượng giữa 2 hợp chất bằng sự chênh lệch về khối lượng giữa các anion (nhớ là phải quy về bảo toàn khối lượng đã)

2 3

Al CO → Na PO

3

Khi anion thay đổi cation khối lượng để tạo chất mới thì sự chênh lệch khối lượng giữa 2 hợp chất bằng sự chênh lệch khối lượng giữa các cation (nhớ là phải bảo toàn anion rồi mới tính)

K CO →CaCO ⇒ ∆ =m − = g

Sự nhập vào hoặc bớt đi một số nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử nào đó cũng gây nên m (VD1, VD3)

II – DẤU HIỆU SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VÀ CÁC BÀI TẬP NHỎ MINH HỌA:

1 Dấu hiệu sử dụng phương pháp:

Đây là kinh nghiệm để nhanh chóng phát hiện bài toán có nên sử dụng phương pháp này hay không Điều đó đồng nghĩa với việc ứng dụng phương pháp làm gì? Trường hợp nào?

- Bài toán có quá nhiều ẩn số (dùng phương pháp lập hệ phương trình) trong khi dữ kiện đề cho ít

- Lập hết các phương trình theo dữ kiện nhưng vẫn thiếu 1 phương trình (đó sẽ chính là phương trình vận dụng bảo toàn vật chất)

- Bài toán tự chọn lượng chất ( cho bằng chữ và có tỉ lệ về lượng giữa các chất)

- Bài toán liên quan đến những phản ứng phổ biến đã nêu ở I

- Bài toán có dữ kiện liên quan  2 hoặc 3 nguyên tố

+ m đ

+ ms

+ mhh

Thông thường chỉ là cho 2 yếu tố và tìm yếu tố thứ ba theo phương pháp (ở bài toán lớn đó là phương pháp còn thiếu)

Như vậy, ứng dụng quan trọng nhất của phương pháp sẽ là:

+ Lập phương trình toán học

+ Biện luận lượng chất dư (đây là ứng dụng rất quan trọng)

Xin nói rõ hơn về biện luận lượng chất dư theo phương pháp này ở đây: Thực chất đây là phương pháp suy luận ngược từ kết quả phản ứng đã xảy ra Chẳng hạn dùng bài toán nguyên tố để suy luận ngược

Ví dụ: Cho 12,1 (g) h2 Fe – Zn vào 100ml dung dịch hổn hợp HCl 1M

H2SO4 2M Thu được 4,48l H2 (đktc) Hỏi dung dịch sau phản ứng có dư H+

không?

Giải:

Theo đề:

2 4

0,1.1 0,1

HCl H

+

+

-> Σn H+ =(0,1 0,4)+ mol =0,5mol

2

0,2 2

H

=

→ ( ) 0,4

H pu

n + = mol Vậy H+ còn dư 0,1mol Cũng có thể căn cứ vào sự tăng giảm khối lượng đề cho, ta sẽ tìm được số mol chất đã phản ứng (đây là kết quả hiển nhiên vì xét từ điều đã xảy ra), từ đó sẽ so sánh được với số mol chất có, để kết luận chất đó dư hay đủ

Phương pháp này dùng rất nhiều cho bài toán dãy điện hóa (K + M) và bài toán của phản ứng trao đổi Ion

+ VD2: Hòa tan 47,6g hỗn hợp Mg(NO3)2 và Ca(NO3)2 vào 500ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 0,2M và K2CO3 0,5M Sau khi phản ứng xong thu được 28,4(g) kết tủa A và dung dịch B

1 Tính % về khối lượng của mỗi muối Nitơrát ban đầu

2 Cho tiếp vào dung dịch B 1 lượng HCl dư và cho tác dụng với dung dịch FeCl2 0,5M vừa đủ thu được khí khóa nâu trong không khí tính Vdd FeCl2

đã dùng và V1 khí (đktc)

Giải: Nếu đổi đề trên thành “Cho 47,6g … tác dụng hết …” thì bài toán

trở nên đơn giản Vì ta có thể tích theo quan hệ mol của Mg(CO3), Ca(NO3)2

ở từng phản ứng rồi lập hệ 2 phương trình bậc nhất là xong

Nhưng ta chưa rõ hỗn hợp Mg(NO3)2, Ca(NO3)2 hết hay NaCO3 và

K2CO3 Trước hết ta phải làm rõ điều này

2 3

2 3

2

2

0,1 0,1

0,25 0,25 2

CO

n = 0,1 + 0,2 = 0,35 mol

∑

Phản ứng xảy ra:

2

+

+ → ↓ (1)

2

→ + (2)

Theo (1) và (2) ta có : ↓A là MgCO3 và CaCO3 Tổng số mol hh 2 muối này = nCO 2− (pư)

Ta nhận thấy khi chuyển hóa

Mg(NO3)2  MgCO3

Ca(NO3)2  CaCO3

Là sự giảm khối lượng do thay thế 2

3 3

2NO − = CO − là 64(g) Theo giả thiết Am = 47,6 – 28,4 = 19,2 (g)

Nghĩa là đã có : CO (pu) 2

19,2

64

Trong khi: nCO (pu) 2 − =0,35 mol Vậy 2

3

CO − dư, Mg(NO3)2 ; Ca(NO3)2 , hết

(tới đây đặt ẩn tính theo quan hệ mol với Mg(NO3)2 , Ca(NO3)2 và lập hệ

 giải hệ phương trình)

2 Mấu chốt của vấn đề là:

+ Dự đoán đúng sp phản ứng (hiểu rõ b/c)

Fe2+ + NO3- + 2H+  Fe3+ + NO + H2O + Tính theo NO3 có trong dung dịch B (theo câu 1)

Aùp dụng : tự giải đề III3

VD3: Cho 10,24g hỗn hợp gồm 3KL: Cu, Mg, Fe ở dạng bột t/d với 150

ml dung dịch 2Ax HCl 2M và H2SO4 (loãng) Phản ứng giải phóng ra 3,584l

H2 (đktc) thì hết bọt khí thoát ra Đem lọc rửa thu được dung dịch A và chất rắn B Hòa tan hết B trong H2SO4 đn giải phóng ra V (l) SO2 (đktc)

Thêm vào dd A 125ml dung dịch NaOH 25% (P=1,28) khuấy đều hỗn hợp lọc, rửa kết tủa nung ở nhiệt độ cao trong không khí đến KL không đổi thu được 9,6 (g) chất rắn (C)

1 Tính % KL mỗi KL

2 Tính VSO2 (đktc)

3 Cho 2,56 g hỗn hợp X tác dụng với 500ml dung dịch AgNO3 0,17M khuấy kỹ hỗn hợp để các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch và chất rắn E tính mE

Giải:

Phân tích đề : Cu không tác dụng với H+ Song sau khi giải phóng

2

H

3,584

22, 4

= = (mol) thì bọt khí thôi thoát ra

Khi V Mg, Fe hết V H+ hết Ta phải làm rõ điều này để tính qh mol theo

H+ hay kim loại

2H+ + 2C  H2

0,32 0,16

2 4

0,15.2 0,3

HCl

n = = mol HCl→H+ +Cl−

0,3 0,3

H SO

n = = mol H SO2 4→2H+ +SO4−

=> n H 0,3 0,6 0,9mol

+

∑ = + =

Vậy H+ dư nghĩa là Mg, Fe hết

(tính theo kim loại) n H du+ =0,9 0,32 0,58− = mol

(Rắn B là Cu, dung dịch A Fe2+, Mg2+)

Dung dịch A + NaOH

2

2 2

2

+



⇔ 



Fe OH →Fe O

2

Mg OH →MgO

mc = 9,6 (g) là hổn hợp Fe O và MgO2 3

Nhưng phải chỉ rõ OH- có đủ để ↓ Fe2+, Mg2+ hay không?

125.1,25.25

1 100.40

NaOH OH

2

H+ +OH− →H O

0,58 0,58

2 3

2

Fe Mg

OH

n cần để ↓ hết = 2n Fe2 + ,Mg2 + =0,32mol

−

∑nOH đã dùng : 0,58 + 0,32 = 0,9 mol < 1 mol

−

Đến đây chỉ cần đặt ẩn lập hệ phương trình là xong

VD4: Cho dòng khí CO qua ống sứ đựng 31,2 g hỗn hợp CuO và FeO

nung nóng Sau thí nghiệm thu được chất rắn A trong ống sứ Cho khí trong ống sứ lội từ từ qua 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,2M thấy tạo thành 29,55g kết tủa

1 Tính mA

2 Chia chất rắn A thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: tác dụng dung dịch HCldư thấy thoát ra 0,56l khí H2 (đktc)

- Phần 2: Hòa tan hết = dung dịch H2SO4 đn thu được 2 muối trung hòa và

V lít khí SO2 duy nhất Tính V (đktc)

Giải: - Ta có pư ox theo sơ đồ (số 37 S 121)



→ 



→ 

CO

2

Như vậy rõ ràng dù phản ứng hoàn toàn hay không KL cũng giảm đi so với ban đầu Và KL giảm ∆m chính là KL của oxi bị khử khỏi OXKL

- Bẫy cài số 2 là bài toán CO2 Chú ý rằng có thể xảy ra hai trường hợp

- Hoặc có thêm phản ứng hòa tan ↓

Xét hai trường hợp ta có 2 kết quả về nCO 2

- Với lưu ý bảo toàn C, O ta có:

= 2 ⇒

Như vậy mA =31,2 m− o

“là xong”

2 Với câu 2: thực ra là đề hỏi không chuẩn, nên hỏi “thể tích V nằm

trong khoảng nào” Vì ta không thể tính được cụ thể số mol mỗi chất trong A cũng như trong hồn hợp đầu cdo không đủ dữ kiện để xác định nghiệm Chỉ có thể xác định được n tạo ra theo Fe nH 2

Và có lưu ý tới ∑nCuO +n FeO bị khử = nCO2

Cũng như không thể xác định được trật tự khử oxit ở đây nên phải giả sử với mọi CuO bị khử hết với mọi FeO bị khử hết rồi tính theo các phương trình phản ứng

ĐS: 1,96 < V < 3,48

3,08 < V < 3,976

VD5: Cho 180g hỗn hợp 3 muối A CO3, B CO3 , M2CO3 tác dụng hết với dung dịch H2SO4 (loãng) thu được 4,48 lít CO2 (đktc), dung dịch A và chất rắn B cô cạn dung dịch A ta thu được 20g muối khan

Nung B  KL không đổi thì có 11,2 lít CO2 (đktc) thoát ra và được chất rắn B1 Tính mB và mB1

Giải:

ACO3 + H2SO4  ASO4 + CO2 + H2O

BCO3 + H2SO4  BSO4 + CO2 + H2O

M2CO3 + H2SO4  M2SO4 + CO2 + H2O

Theo đề ra khi nung chất rắn B tạo ra CO2 chứng tỏ muối cacbonnat vẫn còn dư Nhưng nếu phân tích bình thường theo phản ứng ta không thể trả lời chất rắn B là mình muối CO3 hay cả muối SO4 cũng như không trả lời trong 20g muối khan là gồm những muối nào Như vậy việc lập phương trình ghép ẩn số ở đây là vô dụng

Số muốiCO3( Pư ) CO2 muốiSO (tạora)4 CO2

4,48

22,4

Như vậy sau khi phản ứng khô cạn dung dịch ta sẽ thu được 1 chất rắn (là tổng khối lượng sẽ tăng lên 96 – 60 – 36g Vậy 0,2 mol phản ứng  m

= 0,2 36 = 72(g)

Vậy là: mrắn = 180 + 7,2 = MB + 20

=> mB = 167,2 Khi nung rắn B, nếu B có chứa muối SO4 cũng không bị nhiệt phân, do đó:

mB = mB1 + mCO 2 mà nCO2 = 11,2 0,5mol

22,4 =

=>mB 1 =mCO 2 −mB =145,2g

Cũng có thể viết 180 + mH SO 2 4 =mB+20 m+ H O 2 +mCO 2

Mà nCO 2 =nH O 2 =0,2mol

Và nH SO 2 4 =nCO 2

=> 180 + 0,2.98 = mB + 20 +0,2 18 + 0,2.44

 mB = 167,2(g)

Ví dụ 6: Cho dung dịch 3,82(g) hổn hợp 2 muối SO4 của 1 khối lượng kiềm và 1 khối lượng hóa trị 2 Thêm vào dung dịch 1 lượng vừa đủ BaCl2 để

↓SO4 thì được 6,99(g) ↓

1 Lọc bỏ ↓ lấy được lọc đem cô cạn thu được ? (g) muối khan

2 Xác định 2 khối lượng biết khối lượng nguyên tử của khối lượng hóa trị 2 lớn hơn kim loại kiềm 1đvc

3 Tính m của mỗi muối ban đầu

Giải: 1: (Số 322 – bài 351)

MSO4 + BaCl2  MCl + BaSO4↓

M2SO4 + BaCl2  MCl2 + BaSO4↓

Theo các phản ứng ta thấy : Khi chuyển hóa từ muối SO4  muối Clorua

2

4

SO

6,99

233

Nên m = 0,03.25 = 0,75(g)

Vậy khối lượng của muối khan là : 3,82 – 0,75 = 3,07(g)

2 Lập hệ thông thường:

Ví dụ 7: Cho 2,02 (g) hổn hợp Mg, Zn vào cốc đựng 200mol dung dịch

HCl thu được 4,86(g) chất rắn sau khi đun nóng để cô cạn

Cho 2,02g hổn hợp trên vào cốc đựng 400ml dung dịch HCl có nồng độ như trên thì thu được 5,57g chất rắn

1 Tính VH2↑ ở thí nghiệm 1 (đktc)

2 Tính CM HClvà % khối lượng mỗi kim loại b hổn hợp

3 Cho 4,04 (g) hổn hợp trên tác dụng vừa đủ với VHNO 331,5% (D = 1,12) chỉ thu được V1 (l) khí duy nhất hóa nâu b không khí Tính V1, V

Giải: Phân tích đề

- Rõ ràng theo đề ra ta chưa thể kết luận b , thí nghiệm 1, KL có hết hay không? Nghĩa là 4,86g chất rắn ở đây là muối hay kim loại

- Trong thí nghiệm 2 cũng vẫn lượng KL đó nhưng số mol HCl đã gấp đôi và mrắn = 5,57(g) đến đây ta vẫn chưa thể nói ở TN2 KL hết Song chắc chắn mrắn (có muối Clorua) so với ban đầu ở TN2 nào cũng phải tăng do sự nhập vào của Amôni Cl-

Mg + 2 HCl  MgCl2 + H2

x 2x

Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2

y 2y

So sánh 2 thí nghiệm ta thấy cùng lượng KL ban đầu 2,02(g) nhưng ở thí nghiệm 1 mrắn = 4,86(g), còn mrắn 2 = 5,57(g) chứng tỏ ở TN1 lượng Cl- nhập vào khối lượng ít hơn Do thiếu HCl nghĩa là ở TN1 HCl hết và hổn hợp KL

dư Ta thấy b quá trình chuyển hóa từ 1 mol hổn hợp kim loại  hổn hợp muối

Zn  ZnCl2

Sẽ có sự tăng khối lượng do nhập vào 2 mol Cl- = 7(g)

Theo giả thiết:

m1 = 4,86 – 2,02 = 284 nên

HCl(pư )

Cl (pư )

2,84

35,5

− = = => =

Theo các pt phản ứng : H2 HCl

1

2

Vậy b thí nghiệm 1 lượng H2 thoát ra là 0,04 22,1 = 0,896 mol

Theo lập luận trên b thí nghiệm 1, HCl hết nên b 200 ml dung dịch HCl có chứa 0,04mol HCl

=> M(HCl)

0,08

0,2

Ở thí nghiệm 2 tương tự ta có ncr− phản ứng là

2 Cl

−

−

=>nHCl(pư ) =0,1mol

HCl(có)

Vậy ở thí nghiệm 2, HCl dư, hổn hợp Mg, Zn hết lập các phương trình toán học theo n và m