Nội dung của cuốn sách bao gồm toàn bộ kiến thức THPT à trọng tâm là các chuyên đề liên quan đến cấu trúc đề thi THPT và tuyển sinh Đại học - Cao đẳng. Sách được chia thành 2 phần, mời các bạn cùng tham khảo nội dung dung phần 1 cuốn sách.
Trang 1Nhà giáo ưu tú PHẠM SỸ Lựu
v/Phương pháp giải nhanh các dạng bài tập điển hình
/'Hướng dẫn giải chi tiết các đề thi của Bộ GD&ĐT
^ C ậ p nhật đầy đủ, rõ ràng, dễ hiểu các dạng bài tập trắc nghiệm mới
Trang 2✓ 'Phương phấp giải nhanh các dạng bài tập điển hình
✓ "Hướng dẫn giải chi tiết các để thi của Bộ GD&ĐT
v/C ập nhật đẩy đủ, rõ ràng, dễ hiểu các dạng bài tập trắc nghiệm mới
ĐDŨ
HS" hvicn
NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
Trang 3NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
16 Hàng Chuối - Hai Bà Trưng - Hà Nội
Trang 4Lời giới thiệu
Xin tr â n trọ n g giới th iệ u tới b ạn đọc bộ sách: P h â n lo ạ i &
h ư ớ n g d ẫ n g i ả i đ ề t h i đ ạ i h ọ c - c a o đ ẳ n g m ô n H ó a h ọ c (2 tậ p ) gồm:
+ Tập 1: H óa học hữu cơ
+ T ập 2; H óa học đại cương vô cơ
Đ ây là bộ sách h ay và hữu ích do n h à giáo ưu tú P h ạ m Sỹ Lựu, người có g ần 40 n ă m trực tiế p đứng lớp, các lớp chuyên bồi dưỡng học sinh giỏi và luyện th i Đ ại học
Bộ sách được b iên soạn với mục đích làm tà i liệu th a m khảo không chỉ cho giáo v iên và đặc b iệ t là học sin h đang chuẩn bị ôn tậ p và luyện th i vào các trư ờng Đ ại học - Cao đ ẳn g trê n to à n quốc
Nội dung bộ sách bao gồm to à n bộ k iế n thức của h óa học TH PT
mà trọ n g tâ m là các chuyên đề liên quan đ ến cấu trú c đề th i tu y ển sinh Đại học - Cao đẳng
Mỗi chuyên đề bao gồm các v ấn đề trọ n g tâ m , các d ạ n g b ài tậ p điển h ìn h , phương ph áp giải n h a n h n h ấ t, các bài tậ p m ẫu, các b ài tậ p và đáp á n ch ín h thức của bộ GD & ĐT
C húng tô i h i vọng bộ sách n ày sẽ giúp ích các em học sin h ôn luyện th i tố t n h ấ t, góp p h ầ n cho việc học tậ p có h iệu quả và đúng hướng
Trong quá trìn h b iên soạn, bộ sách có th ể còn n h ữ ng th iế u sót không tr á n h khỏi, chúng tô i Tất mong n h ậ n được sự góp ý của các th ầ y cô
^iáo, các em học sinh để lầ n tá i bản sau bộ sách sẽ h o àn ch ỉn h hơn
Mọi góp ý xin liên hệ:
Trang 5MỤC LỤC
Phần 1 Các phương pháp chọn lọc giải nhanh bài tập trắc
nghiệm hóa học 5Phần 2 Phân dạng bài tập và phương pháp giải 72Chuyên đề 1 c ấ u tạo nguyên từ - bảng tuần hoàn - liên kết hóa họ c 72
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trăc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc gia 72
B Bài tập đề nghị .88
Chuyên đề 2 Phản ứng hóa học - lốc độ phản ứng và cân
bang hóa h ọ c 121
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trăc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc gia 121
B Bài tập đề n g h ị 151Chuyên đề 3 Sự điện li 174
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc gia 174
B Bài tập đề nghị 192Chuyên đề 4 Phi kim 214
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc gia 214
B Bài tập đề n g h ị .263Chuyên đề 5 Đại cương về kim loại 291
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc g i a 291
B Bài tập đề nghị .327Chuyên đề 6 Kim loại la, Ila, nhễm 339
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc g ia 339
B Bài tập đề n g h ị 368Chuyên đề 7a sắt, crom, đồng, niken, chè, bạc, vàng, thiếc và các
hợp chất của c h ú n g 381
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trăc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc g ia 381
B Bài tập đề nghị 438Chuyên đề 7b Phân biệt chất vô cơ - chuẩn độ dung dịch -
hóa học và vấn đề phát triển kinh tê, xã hội, môi trường 455
A Phân dạng và phương pháp giải các bài tập trắc nghiệm
từ các đề thi tuyển sinh quốc gia 455
B Bài tập đề n g h ị ! 467
Trang 6CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỌN LỌC GlẢl NHANH
P H Ã I U
BÀI TẬP TRĂC NGHIỆM HOÁ HỌC
1 QUY TẮC THỨTỰƯU TIÊN CỦA PHẢN ÚNG
(aì Phản ứng oxìhóa khử:
- P h ả n ứng theo chiều: chất oxi hóa m ạ n h hơn oxi hóa chất k h ử
m ạnh hơn tạo th à n h chất oxi hóa yếu hơn và chất k h ử yếu hơn.
- Khi xảy ra p h ả n ứng của hỗn hỢp ch ất oxi hóa vối hỗn hỢp chất
khử: Phản ứng ưu tiên là chất oxi hóa m ạ n h n h ấ t oxi hóa chất k h ử m ạnh
nhất tạo th à n h chất oxi hóa yếu n h ấ t và chất k h ử yếu nhất.
(b) Phản úng của các chất điện ttừong đung địch theo thú tự ưu tiên sau:
- P h ả n ứng tru n g hòa: H* + OH“ -> H2O
- P h ả n ứng tạo k ế t tủ a hiđroxit: + nOH~ -> M(OH)„
- P h ả n ứng hòa ta n hiđroxit lưỡng tín h trong kiềm dư;
M(OH)„ + (4 - n)OH" [M(OH)4f-"> -
Vi d ụ 1 Cho l ,68g Fe và 0,36g bột Mg tác dụng với 375ml dung dịch
CUSO4, k h u ấy nhẹ cho đến khi dung dịch m ất m àu xanh N hận thấy khối lượng kim loại th u đưỢc sau p h ản ứng là 2,82g Nồng độ mol của dung dịch CUSO4 là
Giải
npe = 0,03mol; n^g = 0,015mol
P h ản ứng xảy ra theo th ứ tự ưu tiên sau:
Sau p h ản ứng dung dịch m ất m àu xanh chứng tỏ rằ n g CUSO4 đã
ph ản ứng hết, có th ể còn dư kim loại sau p h ản ứng
Giả sử Fe phản ứng h ết không còn dư thì khối lượng Cu th u đưỢc sẽ là:
^Cu “ (0,03 + 0,015) X 64 = 2,88g > 2,82g (theo giả thiết)
Trang 7G iả i
= 0 , l m o l ; '^H C K cầndùng) = 0 ,2 m o l
0,10 < ripịQỊ^i = 0,18 mol < 0,2
Cĩ k h í COo th o á t ra và HCOõ cịn dư
PTHH theo trìn h tự ưu tiên:
HCl + Na2C03 ^ NaCl + NaHCOg
-nN a2C03 = 0 ,1 8 -0 ,1 0 = 0,08 mol
=> V = 0,08 X 22,4 = 1,792 lít
=> C h ọ n A
Ví d ụ 3 Thêm từ từ dung dịch NaOH 2,5M vào 400ml dung dịch X chứa
HCl IM và AICI3 0,5M Tính th ể tích dung dịch N aOH cần dùng để
th u được k ết tủ a lổn nhâ”t là
G iả i
'^HCI = 0 ,4 X 1 = 0,4mol; n^j(,j = 0 ,4 x 0,5 = 0,2 mol
P h ản ứng theo th ứ tự ưu tiên;
Đe th u được lượng k ết tủ a nhiều nhất: khơng xảy ra p h ản ứng (3)
Từ (1) và (2) ta cĩ: n^aOH = 3n^c,^ + njjci = 3 X 0,2 + 0,4 = 1 mol
Vậy th ể tích dung dịch NaOH cần dùng là; V = 400ml
Trang 8Cách 2: phương pháp đại sô".
T H l: Không xảy ra p h ản ứng (3): X = 0,05x 2 = 0,1 m o l; y = Om'ol Sô"mol HCl cần dùng: nj3Q = 0,66 + 0,1 = 0 ,76m ol
0,76
= 0,38 lít = 380mlTH2: Có p h ản ứng (3): X = 0,16 m o l; y = 0 ,1 6 - 0,1 = 0,06m ol
Tính oxi hóa giảm theo thứ tự: NO3/H* > Fe^^ > Cu^^
Dung dịch A có 0,4 mol H^, 0,05 mol Cu^"^, 0,1 mol NOg'
Vậy các p h ản ứng xảy ra theo thứ tự ưu tiên như sau:
Trang 9Định luật: Trong phản úng hoá học, tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khôi lượng các chất tham gia phán úng.
A + B - ^ C + D
Ỉ«A +
(A, B: vừa đủ hoặc còn dư)
m ^, mg: khối lưỢng của A, B th a m gia p h ả n ứng
m^, mjj; khốĩ lượng của c, D tạo th à n h
Á p d ụ n g :
- P h ản ứng có n chất biết được khối lượng của (n - 1) ch ất tín h được khốỉ lượng của ch ất còn lại
- Trong các bài toán xảy ra nhiều p h ản ứng, có th ể không cần viết đầy
đủ các phương trìn h ph ản ứng, chỉ cần lập sơ đồ p h ản ứng để th ấ y mối
qu an hệ tỉ lệ mol giữa các ch ất cần xác định và n h ữ ng c h ất m à để cho Sau đó áp dụng định lu ậ t để tìm k ết quả
- Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muôi th u được bằng tổng khôi lượng các cation kim loại và anion gốc axit
- Tính khối lượng dung dịch sau p h ản ứng:
Vi d ụ 1 Hoà ta n lOg hỗn hỢp 2 muối cacbonat của các kim loại hoá trị II
và III bằng dung dịch HCl dư th u được dung dịch A và 0,672 lít khí (đktc) Hỏi cô cạn dung dịch A th u được bao nh iêu gam muôi khan?
• 9 •
Gi ải
n^o = (0,672: 22,4) = 0,03 mol
Trang 10Gọi 2 kim loại hoá trị II và III lần lượt là X và Y, ta có các PTHH;
¥2(003)3 + 6HC1 -> 2YCI3 + 3CO2 + 3H2O (2)
^ H C l( p h ả n ú n g ) “
Gọi X là khôi lượng muôi khan: XCI2 và YCI3
Theo định lu ậ t bảo to àn khối lượng ta có:
10 +2,19 = x + 44.0,03 +18.0,03 ^ x = 10,33g
=> C h ọ n A
Vi d ụ 2 Hỗn hỢp X gồm Fe, FeO và Fe203 Cho một luồng co đi qua ông
sứ đựng m gam hỗn hỢp X nung nóng Sau kh i k ế t th ú c th í nghiệm
th u đưỢc 64 gam ch ất rắ n A trong ống sứ và 11,2 lít kh í B (đktc) có tỉ khối so vối H2 là 20,4 Tính giá trị m
Ví d ụ 3 Cho 12 gam hỗn hỢp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung
dịch HNO3 63% Sau phản ứng th u được dung dịch A và 11,2 lít khí
NO2 duy n h ấ t (đktc) Thành phần % khôi lượng của muôi đồng trong hỗn hỢp muôi và nồng độ % của muôi sắt trong dung dịch A lần lượt là
Trang 11Bảo toàn sô" mol electron trao đổi, ta có:
[3a + 2b = 0,5 ía = 0 ,l íi"Fe(N03)3 = 242.0,1 = 2 4 ,2g
[56a + 64b = 1 2 " ^ |b = 0,1 ịmc^No”)" = 188-0-1 = 18.8g
nx = 0,5 mol => n j N0, = 2nj.,0^ = 1 mol
Bảo toàn khôi lượng: mdd muôi “ + *^^dd HNO3 ™ N Ũ 2
'^dd muôi =12 + 63.100c%
So sán h khôi lượng của ch ất cần xác định vối lượng sả n phẩm của nó
m à giả th iế t cho biết, để từ khôi lượng tăn g hay giảm này, k ết hỢp với quan hệ tỉ lệ mol giữa 2 ch ất để tìm ra lượng ch ất cần xác định (có th ể là sô" nhóm chức, sô" mol, )
Khi chuyển từ 1 mol ch ất A th à n h 1 hay nh iều mol c h ất B (có th ể qua các giai đoạn tru n g gian) khôi lượng tă n g h ay giảm bao nh iêu gam, kí hiệu là: AM (g/mol)
T rên cớ sỏ đó, ta dễ dàng tín h được độ tă n g khôi lượng Am (g) của quá trìn h chuyển hóa A th à n h B hoặc ngược lại tín h được sô" mol chất đã
th a m gia p h ản ứng dựa vào liên hệ: Am = AM.sô" mol
P h a m v i s ử d ụ n g :
Đôl vối các bài toán p h ản ứng xảy ra thuộc p h ả n ứng p h â n huỷ, phản ứng giữa kim loại m ạnh, không ta n trong nước đẩy kim loại yếu ra khỏi dung dịch muôi p h ản ứng, p h ản ứng tru n g hòa ax it cho biết lượng muôi tạo th àn h , Đặc biệt khi chưa biết rõ p h ản ứng xảy ra là hoàn to àn hay không th ì phường pháp n ày tỏ ra r ấ t hiệu quả
10
Trang 12(a) Bài toán thủy luyện
Vi d ụ 1 N húng m ột th a n h kim loại M hoá trị II vào 0,5 lít dung dịch
CuSƠ4 0,2M Sau một thòi gian ph ản ứng, khối lượng th a n h M tăng lên 0,40 gam trong khi nồng độ CUSO4 còn lại là 0,1M kim loại M là
Vi d ụ 2 Lấy m gam kim loại Fe cho vào 1 lít dung dịch chứa AgNOa và
Cu(N03)2, nồng độ mỗi muôi là 0,1M Sau p h ản ứng ta th u được chất
rắ n A có khôi lượng 15,28 gam và dung dịch B Giá trị của m là
Giải
Ta chỉ biết sô' mol của AgNOg và số mol của Cu(N03)2 N hưng không biết sô' mol của Fe
Ví d ụ 3 Cho 3,78 gam bột AI p h ản ứng vừa đủ với dung dịch muôi XCI3
tạo th à n h dung dịch Y Khôi lưọng ch ất ta n tro n g dung dịch Y giảm 4,06 gam so với dung dịch XCI3 Muôi XCI3 là
Giải
Gọi X đồng thòi cũng là nguyên tử khôi của kim loại X
11
Trang 13Khi 1 mol AICI3 chuyển th à n h 1 mol XCI3 độ giảm khối lượng của dung dịch là: Am = (X + 106,5) -1 3 3 ,5 = (X - 27) g/mol.
Theo bài ra sô" mol AI ph ản ứng là: 3,78
‘3 ■
=> Am = 0,14.(X - 27) = 4 ,06g => X = 56 => X là Fe => Muối PeClg
^ C h ọ n A
(b) Bài toán chuyển hóa muối này thành muối khác
Ví d ụ 1 Có 1 lít dung dịch hỗn hỢp N a2CƠ3 0,1 mol/1 và (N ĨỈ4)2C03 0,25 mol/1 Cho 43 gam hỗn hợp BaCla và CaCl2 vào dung dịch đó Sau khi các p h ản ứng k ết thúc ta th u được 39,7 gam k ết tủ a A và dung dịch B
T h àn h p h ần % khôi lượng các chất trong A là
Theo bài ra: Am = 43 - 39,7 = 3,3 gam
11
Theo bài ra: tổng sô" mol COg^” = 0,1 + 0,25 = 0,35 > 0,30
Gọi X , y là sô" mol BaCOs và CaCOs trong A, ta có:
Ví d ụ 2, Cho dung dịch AgNOg dư tác dụng với dung dịch hỗn hỢp có hòa
ta n 6,25 gam h ai muôi KCl và KBr th u được 10,39 gam hỗn hỢp AgCl
và AgBr H ãy xác định sô" mol hỗn hỢp đầu
Giải
12
Trang 14Kí hiệu: hỗn hỢp KCl và KBr là KX hỗn hỢp k ế t tủ a là AgX.
Cứ 1 mol muối KX chuyển th à n h 1 mol k ết tủ a AgX th ì khối lượngtăng:
Ví d ụ 3 Hoà ta n hoàn toàn 104,25 gam hỗn hỢp X gồm N aCl và N al vào
nưóc đưỢc dung dịch A Sục khí CI2 dư vào dung dịch A Kết thúc th í nghiệm , cô cạn dung dịch th u được 58,5 gam muôi khan Khối lượng NaCl có trong hỗn hỢp X là
(c) Bài toán nhiệt luyện và nhiệt phân
Vi d ụ 1 N ung 100 gam hỗn hỢp gồm K2CO3 và KHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hỢp không đổi đưỢc 69 gam chất rắn Phần trăm khôi lượng của K2CO3 và KHCO3 trong hỗn hỢp ban đầu lần lượt là
Trang 15Ví d u 2 Thổi từ từ V lít (đktc) hỗn hỢp k h í A gồm c o và Ha đi qua hỗn hỢp B ở dạng bột gồm các oxit CuO, Fe3Ơ4, FeO, AI2O3, ZnO trong ô'ng
sứ nung nóng Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn th u được hỗn hỢp X chỉ gồm 2 ch ất k h í và hơi, X nặn g hơn hỗn hỢp A b an đầu là 0,48 gam Giá trị của V là
Theo bài ra: Am = 0,48 gam
16
^ V = 0,03.22,4 = 0,672 ht
=> C họn D
Ví d ụ 3 N ung 27,3 gam hỗn hỢp các muôii NaNOs và Cu(N03)2 k h an đến
ph ản ứng hoàn toàn th u đưỢc 14,9 gam hỗn hỢp rắ n A và hỗn hỢp khí
B D ẫn toàn bộ kh í B vào 89,2ml th u được dung dịch E Nồng % khôi lượng của ch ất ta n trong dung dịch E là
(3)
-'2 ' '^ 2
Độ giảm khối lượng; Am = 27,3 - 14,9 = 12,4g
H ''P T - í'^*^'=^2-^’® (^ '''y )‘'''^®-2y = 13x + 108y = 12,4 íx = 0 ,l
Ta có: njỊj4Q^ = 2npy(j4Q^)^ = 0.2 mol => mjjfjQ^ = 12,6 (g)
Có 2y mol NO2 và 0,5y mol O2 bị hấp th ụ để tạo th à n h HNO3
Bảo to àn khối lượng: m^d HNO3 = ^NOa + mo^íhấp thụ) +
mddHNOa =2.0.1.46 + 0,5.0,1.32 + 89,2 = 100 ẽ
Ta có: mjjjjjj^Q^ mj^^o+ mjjfj03 “ ỉ^HaOpu “ 100 (g)
14
Trang 16=> C h ọ n c.
(d) Bài toán oxit kim loại tạo muối
Ví d u 1 Hòa ta n hoàn toàn 5,62 gam hỗn hỢp gồm MgO, ZnO, Fe3Ơ4 và CuO trong lượng vừa đủ là 500ml dung dịch H2SO4 0,2M Sau phản ứng cô cạn dung dịch th u được lượng muôi k h a n là
Ví d ụ 2 Hòa ta n hoàn toàn 3,06 gam oxit của một kim loại R trong dung
dịch HNO3 dư, không có kh í th o át ra và cô cạn dung dịch sau phản ứng th u đươc muối duy n h ấ t có khối lương 5,22 gam Kim loai R là
1 N g u y ê n tắ c: Đốì vói một hỗn hỢp b ất kì ta có th ể biểu diễn nó bằng
một đại lượng tương đương gọi là đại lượng tru n g bìn h để th a y thê" cho
15
Trang 17X j: đại lượng xét của ch ất i trong hỗn hợp
Hị : sô" mol ch ất i trong hỗn hỢp
Ta luôn có: Xị < X < Xị
Từ các giá trị tru n g bình tín h được, khoảng nghiệm của bài toán được
th u gọn, tiếp tục dựa vào các điều kiện hóa học khác như: cùng chu kì, cùng nhóm A, hai chất đồng đẳng liên tiếp, ta chọn được nghiệm thích hợp
2 C ác g iá tr ị tr u n g b ìn h tr o n g b à i tá p h ó a hoc:
N g u y ê n tử k h ố i tr u n g b ìn h : N guyên tử khối của nguyên tố có
nhiều đồng vị là nguyên tử khối tru n g bình của hỗn hợp các đồng vị có tín h đến tỉ lệ p h ầ n tră m sô" nguyên tử của mỗi đồng vị
Trang 18- Trong các hỗn hỢp khí: % th ể tích = % số mol.
C ác g iá tr ị t r u n g b ìn h k h á c :
Sô' nguyên tử tru n g bình (C , H , 0 , N ), chỉ sô' cấu tạo tru n g bình (k ), sô'nhóm chức tru n g bình,
Ví d ụ 1 Cho 6,2 gam hỗn hỢp 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kỳ liên tiếp
trong bảng tu ầ n hoàn ph ản ứng với H2O dư, th u đưỢc 2,24 lít khí (đktc) và dung dịch A Tính thành phần % về khối lượng từng kim loại trong hỗn hỢp ban đầu
G iả i
n j^ j = 2 n j Ị = 0 , 2 m o lnjj = (2,24 : 22,4) = 0,1 m o l:
Ví d ụ 2 Cho 28,Ig quặng đôlômít gồm MgCOs và BaCOa trong đó
%MgC03 là a% vào dung dịch HCl dư th u được V (lít) CO2 (ở đktc) Xác định V (lít)
(đktc) và ch ất rắ n Bi Tính nồng độ mol/lít của dung dịch H2SO4 loãng
đã dùng, khối lượng của B, Bi và nguyên tử khô'i của R Biết trong hỗn hỢp đầu sô' mol của RCO3 gấp 2,5 lần sô' mol của MgCOs-
G iả i
Tổng sô' mol kh í c o , = ‘1’^^ 11’^ = 0 ,7 mol
Trang 19=> Khôi lượng tăng; 0,2.(96 - 60) = 7,2g
Do có 12g MgSƠ4 tách ra nên khối lượng ch ất rắ n B là:
nguyên tố lu ô n được bảo toàn
• Ý n g h ĩa c ủ a đ in h lu ả t: Tổng s ố m ol nguyên tử của m ột nguyên tô' bất k i trước và sau p h ả n ứng luôn bằng nhau.
Vi d ụ 1 Cho 10,4g hỗn hỢp bột Fe và Mg (có tỉ lệ số’ mol 1 : 2) hoà ta n vừa
h ết trong 600ml dung dịch HNO3 a(M), th u đưỢc 3,36 lít hỗn hỢp 2 khí
N2O và NO Biết hỗn hợp khí có tỉ khối d = 1,195 Giá trị của a là
Trang 20Nồng đô mol của HNO3: a = = 1 ,5 M
0,6
Ví d u 2 Cho hỗn hỢp A gồm 3 kim loại X, Y, z có hóa trị lần lượt là III,
II, I và tỉ lệ số mol tương ứng là 1:2:3, trong đó sô" mol của X bằng X
25%) Sau p h ản ứng th u đưỢc V lít khí NO2 và NO (đktc, không có sản phẩm k hử khác) Dựa vào sơ đồ ph ản ứng chứng m inh rằng:
Bảo to àn nguyên tô" nitơ:
■^HNOaCPư) “ '^N/HNOg “ N/NO ^ N /N O a ^ N /X (N 0 3 )3 ^ N /Y (N 0 3 )2 *^N/ZN03
đên khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn Giá trị của m và a là:
Giải
T h àn h p h ần nguyên tô" của hỗn hỢp:
npg - 0,24 mol; n(.y = 0,33 mol; ng = 0,48 mol
Với dung dịch BaCla:
Bảo toàn nguyên tô' S: Sô" mol BaSO^ = sô" mol s^® = sô" mol s = 0,48 mol
=> m = 0,48.233 = 111,84 gam
19
Trang 21Kết tủ a sau khi nung; BaS04 (111,84g), CuO (0,33 mol), PegOa (0,12 mol).
a = 111,84 + 0,33.80 + 0^2.160 = 157,44 gam
=> C h ọ n A
6 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON
• K hi có nhiều chất oxi hoá, chất k h ử trong m ột hỗn hỢp p h ả n ứng
(nhiều p h ả n ứng hoặc p h ả n ứng qua nhiều g ia i đoạn) th ì tổng sốelectron
m à các chất k h ử nhường bằng tổng sốelectron m à các chất oxi hoá nhận Hay là: T ổ n g s ố m o l e lectro n n h ư ờ n g = T ổ n g s ố m o l e lectro n n h ậ n
• L ư u ý: Ta chỉ cần n h ậ n định đúng trạ n g th á i đầu và trạ n g th á i cuối
của các ch ất oxi hóa hoặc ch ất khử, có th ể bỏ q ua việc cân bằng các phương trìn h p h ả n ứng.
Ví d u 1 Cho m gam hỗn hỢp gồm hai kim loại Mg và AI tác dụng vói
dung dịch HCl dư th u được 0,672 lít khí fỈ2 (ở đktc) M ặt khác, cũng cho m gam hỗn hỢp h ai kim loại trê n tác dụng với dung dịch H2SO4
đặc, nóng dư th ì th u đưỢc V lít khí SO2 (đktc) Xác định V
G iả i
Gọi a, b, X lần lượt là sô" mol của Mg, AI và SO2
Trong ph ản ứng vối dung dịch HCl: Mg và AI là ch ất khử (nhường electron); HCl (thực ch ất là ion H"") là ch ất oxi hóa (nhận electron)
H2 22,4
Sô' electron do ch ất oxi hóa n h ận vào: ^ n ^ = 0,03.2 = 0,06 molBảo toàn sô" mol electron: (2a + 3b) = 0,06 (*)
cũng như sô" lượng nên tổng sô" mol electron nhường không thay đổi
C hất oxi hóa là H2SO4 đặc (thực chất là nguyên tử S""® của gô"c axit
SO4”) n h ậ n electron
20
Trang 22Ví d ụ 2 Oxi hóa 0,728 gam Fe th u đưỢc 1,016 gam ch ất rắ n X Hòa ta n
hoàn to àn lượng ch ất X trê n vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư th ì th u được V lít kh í SO2 ở đktc Giá trị của V là
G iả i
P h ư ơ n g p h á p : D ùng công thức kinh nghiệm: mpg = 0,7mỵ + 5,6ng
T hay mpe = 0,728 g; mx = 1,016 g; n^ = 2 ngo^
5,6 .- 2 2 ,4 = (0 ,7 2 8 -0 ,7 1 ,0 1 6 ).2 = 0,0336 lít 2
P h ư ơ n g p h á p : Bảo toàn mol electron.
npe = 56 = 0, 013mol — >các oxit s ắ t —
C h ất k hử là Fe và ch ất oxi hóa là O2 và H2SO4 đặc, nóng
V í d ụ 3 Hỗn hợp X gồm Fo304 và CuO Cho luồng kh í Hg dư, nung nóng
đi qua đi qua 6,32 gam hỗn hỢp X cho đến kh i các p h ả n ứng xảy ra
ho àn toàn, th u được chất rắ n Y và 1,62 gam nước Cho chất rắ n Y tác dụng h ế t vdi H N O3 2M th u đưỢc 2,24 lít hỗn hỢp 2 kh í NO và NO2 ở (đktc) Thể tích dung dịch HNO3 ít n h ấ t cần dùng là
Giải
Khí H2 dư và p h ả n ứng hoàn toàn => X ph ản ứng hết, Y gồm Fe và Cu
21
Trang 23jF e304 (a mol) „2dư jF e (3a) + C u (b )
168a + 64b = 6,32
1,624a + b =
Một sô" bài to án đề cho ỏ dạng giá trị tổng q u á t n h ư a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ th ể tích hoặc tỉ lệ sô" mol các chất
Kết qu ả giải loại b ài to án không phụ thuộc vào lượng ch ất tổng q u á t
đã cho b an đầu Do vậy, ta có th ể tự chọn m ột giá tr ị th ích hỢp để cho việc giải b ài toán trở th à n h đơn giản nhất
- Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, p h ân tử hoặc m ột mol hỗn hỢp các
ch ất p h ản ứng
- Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng ch ất trong đầu b ài đã cho
- Cách 3: Chọn cho thông sô" một giá tr ị ph ù hỢp để chuyển p h ân sô" phức tạp vẩ sô" đơn giản dể tín h toán
22
Trang 24(a) Chọn 1 mol chất hay hỗn hợp chất phản úng
Vi d u 1 Hoà ta n một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một
lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% th u đưỢc dung dịch muôi su n íat 14,18% Kum loại M là
G iả i Chon 1 m ol m uối M 2 (CO^n-
Trang 25(b) Chọn đúng tỉ lệ lượng chất theo đầu bài đã cho
Ví d ụ 1 Một hỗn hỢp X gồm ACO3 và BCO3 P h ầ n tră m khối lượng A
hợp X cho vào 0,8 lít dung dịch HCl IM th u được dung dịch Y Cho vào dung dịch Y một lượng th ừ a NaHCOs th u được 2,24 lít CO2
(đktc) Khối lượng ACO3 và BCO3 trong X theo th ứ tự là
(T h eo đ ề th i tu y ể n s in h Đ H Q G T p H C M 1998)
Giải
khôi lượng gốc CO3" = (100 - 200/7) = 500/7 gam
Tưđng tự từ 100 gam BCO3 ta có: 40 gam B và 60 gam gốcCOỔ’
S ố mol B = sô' mol gốc CO3 = 1 mol => B = 40 g/mol => B là Ca
HCl dư
^ X (iớ n n h ất) “ w 0,38 < ^ n j j Q - ' ^ - 0 ,4 mol = > HCl dư
Số mol X = số mol HCl tác dụng = 0,8 - n^Q = 0,8 - 0,1 = 0,7 mol
I ^MgCOg ~ 0,2.84 - 16,8 (g) [mcaC03 = 0,15.100 = 15 (g)
=> C h ọ n A
Ví d ụ 2 N ung m gam đá X chứa 80% khôi lượng gam CaCOg (phần còn
lại là tạp ch ất trơ) một thòi gian th u được ch ất rắ n Y chứa 45,65 % CaO H iệu s u ấ t của p h ản ứng ph ân hủy CaCOs là
G iả i Chọn m x= 100 g ^ rnp^cQ^ = 80 g và khôi lượng tạp chất bằng 20g.
Gọi hiệu su ất của phản ứng nhiệt phân là h:
Trang 26• K hi quy đổi hỗn hỢp X gồm nhiều ch ất (từ b a ch ất trở lên) th à n h hỗn hỢp h a i ch ất hay chỉ còn một ch ất ta phải đảm bảo nghiệm đúng định
lu ậ t bảo to àn (sô' mol nguyên tử, khôi lượng)
• Có th ể quy đổi hỗn hỢp X về b ất kỳ cặp chất nào, th ậm chí quy đổi về một chất Tuy nhiên ta nên chọn cặp chất nào đơn giản có ít ph ản ứng n hất
để đơn giản việc tín h toán
• IChi quy đổi hỗn hỢp X về một ch ất th ì c h ất tìm đưỢc có th ể là giảđịnh không có thực. ỉa) Quy đốỉ về nguyên tố
Vi d ụ 1 Hoà ta n hoàn toàn 49,6 gam hỗn hỢp X gồm Fe, FeO, PoaOa, Fe3Ơ4
bằng H2SO4 đặc nóng th u đưỢc dung dịch Y và 8,96 lít khí SO2 (đktc)
P h ần tră m khôi lượng oxi trong hỗn hợp X và khối lượng muôi khan
th u được khi cô cạn dung dịch Y là:
b = 1340-.100% »20,97%
Trang 27lít khí NO2 (đktc) là sản phẩm khử duy n h ấ t Cho B tác dụng với dung dịch BaCl2 dư th u đưỢc 23,3 gam kết tủ a G iá trị của m là
Giải
Số mol NO2 = (18,144 : 22,4) = 0,81 mol
Số mol BaCl2 = (23,3 ; 233) = 0,10 mol
Quy đổi A th à n h hỗn hỢp: s (a mol) và Fe (b mol)
Bảo toàn nguyên tô" S: sô" mol s = sô" mol B aS04 = 0,10 mol
Ví d ụ 3 Cho 4,88 gam hỗn hỢp A gồm có Cu và một oxit s ắ t ở dạng bột
lít (đktc) hỗn hỢp khí E gồm có NO và NO2; tỉ khối của E so vối khí H2 là 19,8 Cô cạn dung dịch B thu được 14,78 gam hỗn hỢp muối khan CTPT củaoxit sắt là
0 ^(2)
HNO.,
[nNo, = (1,12: 22,4).60% = 0,03i^NO “ 0,02
g ÍN 02(0,03)
■ỊnO(0,02)
^ ÍCu( N 0 3 ) , :x
\ ■[Fe(N0 3)3:y
Bảo toàn khốĩ lượng, ta có: m^ = 64x + 56y + 32z = 4,88 gam (1)
(b) Quy đổi về số chất ít hơn
Ví d ụ 1 Hỗn hỢp X gồm các oxit sắ t sau: FeO, PoaOg và Fea04 trong đó sô" mol của FeO bằng sô' mol của Fe2Ơ3 Cho 2,32g hỗn hỢp X tác dụng
V a *) - ' ■ • T T 1 1 1*1 rr^» XX * *
vừa đủ với V ml dung dịch HCl IM Tìm V
26
Trang 29Ví d ụ 3 N ung m gam bột sắ t trong oxi, th u đưỢc 3 gam hỗn hỢp ch ất
rắ n X Hòa ta n h ết hỗn hỢp X trong dung dịch HNO3 (dư) th o á t ra 0,56 lít NO (ở đktc) là sản phẩm khử duy n h ất Giá trị của m là
Ả 2,52 ganì B 2,22 gam c 2,62 gam D 2,32 gam.
Giải
P hư ơ ng p h á p : áp dụng công thức kirửi nghiệm: mpg = 0 ,7mx + 5,6ng
Thay: m = mp,,; mx = mA; n„ = S.nNo = 0,075
Áp dụng cho các dung dịch đem trộ n lẫn không xảy ra p h ản ứng hóa học, hoặc trộ n lẫn 1 ch ất vào nước Không áp dụng kh i 2 dung dịch đem trộ n lẫn có p h ản ứng hóa học xảy ra (ví dụ: bài toán tín h pH là bài toán
có xảy ra p h ản ứng tru n g hòa )
D ung dịch 1: có khôi lượng mi, th ể tích Vi, nồng độ Ci (nồng độ p h ần tră m hoặc nồng độ mol), khôi lượng riêng dj
D ung dịch 2: có khối lượng mg, th ể tích V2, nồng độ C2 (C2 < C i ), khôi lượng riêng dg
Dung dịch th u được: có khôi lượng: m = mi + m2, th ể tích V = Vi + V2,
nồng độ c (C 2 < c < Ci) và khôi lượng riêng d.
Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hỢp là:
a Đối với nồng độ % về khối lượng:
Trang 30c Đôi với khối lượng riêng:
Khi sử dụng sớ đồ đường chéo cần chú ý:
- Châ't nguyên ch ất coi như dung dịch có c = 100%
- D ung môi coi n hư dung dịch có c = 0%
- Khổì Iượng riêng của HạO là d = Ig/ml. _
Ví d ụ 1: Hòa ta n 200 gam SO3 vào ma gam dung dịch H2SO4 49% th u được dung dịch H2SO4 78,4% Giá trị của ma là
Hay SO3 đưỢc quy đổi th àn h H2SO4 122,5%
Ví d ụ 2 Để điều chế 560 gam dung dịch CUSO4 16% cần ph ải lấy bao
CUSO4.5H2O
G iả i
Quy đổi: CUSO4.5H2O
Sơ đồ đường chéo:
8 ^
f^%
'^CuSƠ4
160250
'^CuS04,5H20 _8 1
46 560
A 3,0 và 6,0 B 6,0 và 3,0 c 2,0 và 7,0 D 7,0 và 2,0
29
Trang 31Sơ đồ đường chéo:
ũạ/ig2 Bài toán xác định thành phần hỗn hợp
Ví d ụ 1 Một hỗn hỢp gồm O2, O3 ở điều kiện tiêu ch u ẩn có tỉ khối hơi vói hiđro là 18 Tính th à n h p h ần % vể th ể tích của O3 tro n g hỗn hỢp
Ví d ụ 2 Thêm 250ml dung dịch NaOH 2M vào 200ml dung dịch H3PO4
1,5M Tính khối lượng muối tạo th à n h sau ph ản ứng
A 12 gam N aH2P04 và 28,4 gam N a2H PƠ4
B 12 gam N a 2H P0 4 và 28,4 gam N aH 2PƠ4
Trang 32% PlR ar:i
3 8 , 8 2 3
2 + 3
X 1 0 0 % = 6 0 %
• Đ in h l u ậ t bả o to à n đ iê n tíc h :
“Tổng s ố m ol điện tích âm và tổng sô' m ol điện tích dương trong m ột
hệ trung hòa điện luôn bằng nha u”.
Các hệ tru n g hòa điện: nguyên tử, ph ân tử, dung dịch, Do đó:
- N guyên tử: Sô" proton = Sô" electron
- P h â n tử: Tổng sô" sô" oxi hóa của các nguyên tô' bằng không
- Dung dịch: Tổng sô" mol đỉện tích dương bằng tổng sô" mol điện tích âm
• P h a m v ỉ á p d u n g :
Thường áp dụng cho các bài tập về ch ất điện li để tính; sô" mol, nồng
độ của một ion trong dung dịch; tín h pH, tín h khôi lượng muôi k h an th uđược k h i cô cạn dung dịch. _
Ví d u 1 Một dung dịch chứa (0,1 mol), AP"^ (0,2 mol), c r (x mol)
8 0 4“ (y mol) Cô cạn dung dịch th u đưỢc 46,9 gam ch ất rắn Các giá trị của X, y lầ n lượt là
G iả i
Từ định lu ậ t bảo toàn điện tích, suy ra: X + 2y = 0,2 + 0,6 = 0,8
Khôi lượng các muôi: 0,1 X 56 + 0,2 X 27 + 35,5x + 9,6y = 46,9
Giải ra ta được: X = 0,2; y = 0,3
=> C h ọ n A
Ví d ụ 2 Hòa ta n hoàn toàn hỗn hỢp gồm PeSa 0,24 mol và 1CU2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ th u được dung dịch X (chỉ chứa hai muôi sunfat) và V lít k h í NO duy nhất Giá trị của V là
31
Trang 33Phương pháp: Bảo toàn điện tích - áp dụng công thức kinh nghiệm
Gọi X là sô" mol CU2S
Dung dịch th u đưỢc: (0,24 mol), Cu^"^ (2x mol), 8 0 4“ (0,48 + x) molBảo toàn điện tích: 0,24.3 + 2x.2 = (0,48 + x).2 => X = 0,12 mol
Sô" mol NO = —.n„ = — 4,8 = 1,6 mol
3 " 3Thể tích kh í NO (đktc) = 1,6.22,4 = 35,84 lít
=> C h ọ n c
Ví d ụ 3 Dung dịch X chứa đồng thòi các ion Na^, Ca^^, Mg^^, c r , HCO3
và SO4” Đ un nóng dung dịch X tói ph ản ứng hoàn toàn th u được 3,68 gam k ết tủ a , dung dịch Y và 2,24 lít kh í th o á t ra (đktc) Đem cô cạn dung dịch Y th ì th u đưỢc 13,88 gam ch ất rắ n khan Tổng khối lượng muối có trong dung dịch X ban đầu là
A 22,84 gam B 23,76 gam c 17,76 gam D 35,76 gam.
• Bước 1: T ính khối lượng ch ất ta n và khô"i lượng dung môi có trong dung dịch bão hoà ở ti(“C)
• Bước 2: Đ ặt a (g) là khốỉ lượng chất ta n A cần th êm h ay đã tách ra khỏi dung dịch b a n đầu, sau khi th ay đổi n h iệ t độ từ ti (°C) sang (ta (°C) vối ti (°C) khác ta (°C))
• Bước 3: Tính khối lượng chất ta n và khôi lượng dung môi có trongdung dịch bão hoà ỏ tạ (°C).
32
Trang 34• Bước 4: áp dụng công thức tín h độ ta n h ay nồng độ % dung dịch bão hoà để tìm a.
L ư u ý: N ếu đề yêu cầu tín h lượng tin h th ể ngậm nưốc tá ch ra hay cần
thêm vào do th a y đổi n h iệ t độ dung dịch bão hoà cho sẵn, ở bước 2 ta
ph ải đ ặt ẩ n sỏ là số mol (n).
Ví d ụ 1 Cho biết độ ta n của MgS04 ở các n h iệ t độ 80°c và 20°c lần lượt
là 64,2 gam và 44,5 gam Khi h ạ th ấp n h iệt độ của 1642 gam dung dịch bão hòa M gS04 từ 80°c đến 20°c thì sô" gam MgS 04 6H2O tách
th ể CUSO4.5H2O đã tách ra khỏi dung dịch, biết rằ n g độ ta n của
CUSO4 ở 10°c là 17,4g trong lOOg H2O
Sau kh i h ạ n h iệt độ:
33
Trang 35Khối lượng ch ất tan: = (32 - 0,64x)g
M2SO4 ở 80°c đến 10°c thì có 395,4 gam tin h th ể su n fat ngậm nưốc
tách ra Kim loại M và giá trị n trong công thức của A là
9
Khô'i lượng M2SO4 tách ra: 226,4 - 52,1 = 174,3 gam
Khô'i lượng nước tách ra: 395,4 -1 7 4 ,3 = 221,1 gam
Gọi X là lượng KCIO3 tách ra khi làm lạnh
(350 - x) gam dung dịch chứa (100 - x) gam KCIO3
=> (100 - x).108 - 8.(350 - x) => X = 80 gam
=> C h ọ n c
Ví d u 5 Hoà ta n hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch
HCl 7,3% (vừa đủ) th u được dung dịch muối 10,511% Khi làm lạnh
34
Trang 36dung dịch này th ấy thoát ra 26,28 gam muối rắ n A và nồng độ phần tràm của muôi trong dung dịch còn lại là 6,07% Muôi A có công thức là
Giải
Sử dụng phương pháp tự chọn lượng chất để tìm tên kim loại
Do nh ìn vào đáp án chỉ có kim loại hoá trị II nên đ ặt công thức muôi
Trong 26,28 gam A có n(,^Qj = 0,12 mol; nj^ 0 “ 6>'^2 mol
Đ ặt công thức A là CaCla.nHaO
C h ọ n B
n = 6
12 PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP ỉfÁC ĐỊNH THÀNH PHẦN HỖN HỢP
TỪ CÁC PHẦN HỖN HỢP KHÔNG ĐỀU NHAU
C á ch n h â n d a n g :
Hỗn hỢp được chia th à n h nhiều ph ần nhưng không cho biêt tỉ lệ giữa
các p h ần thường gặp n h ấ t là loại bài tập có số liệu ỏ các p h ần có đơn vỊ
khác nhau: p h ần 1 đơn vị gam, p h ẫn 2 đơn vỊ lít (hoặc mol)
Cơ sở và p h ư ơ n g p h á p g iả i:
Các phần là từ một hỗn hỢp nên th àn h phần hỗn hỢp không thay đổi do
đó ta đ ặt lượng chất trong phần này bằng k lần lượng chất trong phần kia.Sau đó theo các giả th iế t đề ra ta viết đúng các PTH H và qua đó lập các phương trìn h toán hoc Giải hệ phương trìn h để đì đến k ết quả.
Ví dụ Cho hỗn hỢp A có khôi lượng m gam gồm bột AI và sắt oxit Pe^Oy Tiên hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hỢp A trong điều kiện không có không khí, đưỢc hỗn hỢp B Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia th àn h hai phần
- P h ần 1: Có khôi lượng 14,49 gam được hoà ta n h ết trong dung dịch
HNO3 đun nóng, đưỢc dung dịch c và 3,696 lít k hí NO duy n h ấ t (đktc)
- P h ần 2; Tác dụng vối lượng dư dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (đktc) và còn lại 2,52 gam chất rắn Các phản ứng đểu xảy ra hoàn toàn Xác định CTPT của oxit sắt và khôi lượng m
35
Trang 37Hỗn hỢp B th u được sau pư (1) tác dụng với NaOH cho Ha, p h ản ứng lại xảy ra hoàn toàn => Trong B: AI còn dư và Fe,(Oy tác dụng hết.
=í> V ậy B gồm: AI2O3, Fe, AI (dư)
- P h ần 1 + dđ HNO3 đun nóng: đ ặt n^i o = nAi= x; npg = y
Trang 3813 PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG TRÌNH lON THU GON
- P h ả n ứng dạng ion th u gọn cho biết b ản ch ất của p h ả n ứng Nếu trong b ài to án xảy r a nh iều p h ản ứng nhưng có phương trìn h ion th u gọn như n h a u th ì không n ên viết phương trìn h dạng p h â n tử m à nên viết dưới dạng ion th u gọn
- P h ả n ứng tia o đổi h ay p h ản ứng oxi hóa khử kh i xảy ra trong dung dịch đều có th ể biểu diễn bằng PTHH dạng ion th u gọn Khi viết phương trìn h ion th u gc n cần lưu ý đảm bảo các định lu ậ t bảo to àn nguyên tô" và bảo toàn điện tích
- T rên cơ sở t luyết điện li đã được nghiên cứu ở đ ầu học kì 1 của nămhọc lốp 11 và cếch lập phương trìn h p h ản ứng oxi hóa khử bằng phương pháp ion-electrc n th ì viết PTHH dạng ion th u gọn đốĩ với học sinh trưốc
kì th i đại học lí m ột yêu cầu r ấ t bình thường Tuy nhiên học sinh phải được rèn luyện lể có kĩ năn g tố t khi sử dụng phương ph áp và cũng vì lí
do đó m à lòi giải các bài tập trong tập sách này h ầ u h ế t được trìn h bày dưói dạng các pt ương trìn h ion th u gọn. _
Ví d ụ 1 Trộn 3 dung dịch H2SO4 0,1M; HNO3 0,2M; HCl 0,3M với những
th ể tích bằng n h au th u được dung dịch X Lấy 300ml dung dịch X cho
ph ản ứng với V lít dung dịch Y gồm NaOH 0,2M và KOH 0,29M th u đưỢc dung dịch z có pH = 2 Giá trị V là
pH = 2 = > [H " ] = 10 0 ,0 7 - 0 ,4 9 V ^ ^q. v = 0,134 (lít)
V + 0,3
=> C h ọ n A
Ví d u 2 Nhỏ từ từ õOOml dung dịch hỗn hỢp gồm NagCOg 0,2 IM và
KHCO3 0,18M vào cốic chứa lOOml dung dịch HCl 1,5M, th u được V lít khí bay ra ở đktc Giá trị của V là
37
Trang 39Giả sử (1) xảy ra p hả ì ứng ưu tiên so vói (2):
Do: n^^, < 2 n^^2 nên có: n^o^ = = 0 ,0 7 5 mol
Ví d ụ 3 D ung dịch X chứa đồng thời 0,02 mol Cu(N03)2 và 0,1 mol
H2SO4 Khối lượng Fe tôi đa có khả năng tác dụng với dung dịch X là
Giải
Sử dụng phương pháp phương trìn h ion
Vì tác dụng tôi đa nên sản phẩm là Fe^‘^
Trang 4014 PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG GIỚỊ HẠN TỈ LỆ sổ MOL ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
Vậy: =(2ncQ^ ~ « N a O H ) (*) « N a 2 C 0 3 “ ( « N a O H “ « 0 0 2 ) (**) Giả th iế t ưu tiê n tạo th à n h muối axit và sau đó kiềm dư chuyển muối axit th à n h muối tru n g hòa:
[ N a H C O g + N a O H - > N a^ C O g + H ^ o ( 3 )
Tính sô mol muôi: = nj^jjOH(3) = («Na0H “ «C02) (**)
Bao toàn cacbon; nj;jjjjC03 “ «C02 ~«Na2C03 ” (2«C02 -^NaOH) (**)
- Bài toán xảy ra trong tìn h huốhg sục k h í CO2 vào dung dịch kiềm nên ưu tiê n tạo ra muốĩ tru n g hòa và sau đó là khí CO2 dư chuyển muối tru n g hòa th à n h muối axit
ị c 02 + H2O + N a2CƠ3 ->■ 2N aH C03 (4)
Tính sô" mol muối;
(4) =>nj^jjjjcQ^ = 2nQQ^(3jj) = 2(nQQ^ - 0,5nj^^Qj3) = (2nc02 ~«Na0H) (*)Bảo to àn cacbon:
^ N aaC O g “ « C 0 2 ~ ^N aH C O g " « C 0 2 “ ( ^ « C 0 2 “ « N a 0 ỉ ỉ ) ~ ( « N a O H ~ « C 0 2 ) ( * * )
N h ậ n xét: Sự tạo th à n h sản phẩm chỉ p h ụ thuộc sô" mol chất tham
gia p h ản ứng, không ph ụ thuộc quá trìn h p h ản ứng
- Nêu: n^,Q^ < nj,i^0H < 2ric02
« N a H C 0 3 “ ( 2 n Q 0 2 « N a O H ) ( * ) n Ns2C03 ~ ( « N a O H « C 0 2 ^
^ N G 1 . BIẾT só MOL CO2 VÀ số MOL KIỀM TlM số MOL MUỐI.
39