Violet
Baigiang

Tìm kiếm theo tiêu đề

Tin tức thư viện

Khắc phục hiện tượng không xuất hiện menu Bộ công cụ Violet trên PowerPoint và Word

12099162 Kính chào các thầy, cô. Khi cài đặt phần mềm , trên PowerPoint và Word sẽ mặc định xuất hiện menu Bộ công cụ Violet để thầy, cô có thể sử dụng các tính năng đặc biệt của phần mềm ngay trên PowerPoint và Word. Tuy nhiên sau khi cài đặt phần mềm , với nhiều máy tính sẽ...
Xem tiếp

Quảng cáo

Hỗ trợ kĩ thuật

Liên hệ quảng cáo

  • (024) 66 745 632
  • 096 181 2005
  • contact@bachkim.vn

Tìm kiếm Bài giảng

10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC

Wait
  • Begin_button
  • Prev_button
  • Play_button
  • Stop_button
  • Next_button
  • End_button
  • 0 / 0
  • Loading_status
Nhấn vào đây để tải về
Báo tài liệu có sai sót
Nhắn tin cho tác giả
(Tài liệu chưa được thẩm định)
Nguồn:
Người gửi: Hoàng Minh Hải (trang riêng)
Ngày gửi: 15h:35' 21-10-2008
Dung lượng: 1.9 MB
Số lượt tải: 503
Số lượt thích: 0 người
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC
Phương pháp 1
ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Cần lưu ý là:
- Không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch.
- Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit.
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”.

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO , 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 trị m.
A. 105,6 gam. B. 35,2 gam.
C. 70,4 gam. D. 140,8 gam.
giải
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có:
3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 (1)
Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO Fe + CO2 (3)
Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành.

mol
Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B:
44x + 28(0,5  x) = 0,5  20,4  2 = 20,4
nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng.
(Đáp án C)
Theo ĐLBTKL ta có:
mX + mCO = mA +
 m = 64 + 0,4  44  0,4  28 = 70,4 gam.
Ví dụ 2: 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. 0,1 mol. B. 0,15 mol.
C. 0,4 mol. D. 0,2 mol.
Giải : Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O.Theo ĐLBTKL ta có
Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do đó số mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là 1,2 : 6 = 0,2
(Đáp án D)
Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian.
Ví dụ 3: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là
A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%.
Hướng dẫn giải
Theo phản ứng (1):
Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7.
A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6.
Hướng dẫn giải
1,88 gam A + 0,085 mol O2  4a mol CO2 + 3a mol H2O.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
Ta có: 444a + 183a = 46  a = 0,02 mol.
Trong chất A có:
nC = 4a = 0,08 mol
nH = 3a2 = 0,12 mol
nO = 4a2 + 3a  0,0852 = 0,05 mol
nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5
Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203.
(Đáp án A)
Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este.
A. CH3COO CH3. B. CH3OCOCOOCH3.
C. CH3COOCOOCH3. D. CH3COOCH2COOCH3.
giải
R(COOR)2 + 2NaOH  R(COONa)2 + 2ROH
0,1  0,2  0,1  0,2 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
meste + mNaOH = mmuối + mrượu
mmuối  meste = 0,240  64 = 1,6 gam.
mà mmuối  meste = meste  meste =
(Đáp án B)
 Rượu CH3OH.
 Meste = 118 đvC  R + (44 + 15)2 = 118  R = 0.
Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCOCOOCH3.
Phương pháp 2
BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ
Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây.
Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là
A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml.

 x + 3y + 2z = 0,04 mol (2)
giải
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là
H2 + O  H2O
0,05  0,05 mol
Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)
Nhân hai v? c?a (2) v?i 3 và của (1) với 2 r?i lấy (2) tr? (1) ta có : x + y = 0,02 mol.
Mặt khác:
2FeO + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
x  x/2
2Fe3O4 + 10H2SO4  3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
y  y/2
 tổng:
Vậy:
(Đáp án B)
Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m.
A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam.
C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam.
giải
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là
CO + O  CO2
H2 + O  H2O.
Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy : mO = 0,32 gam.


Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
moxit = mchất rắn + 0,32
 16,8 = m + 0,32
 m = 16,48 gam.

lít
(Đáp án D)
Ví dụ 3: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là
A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam.
giải
CnH2n+1CH2OH + CuO  CnH2n+1CHO + Cu + H2O
Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được:

mO = 0,32 gam 
 Hỗn hợp hơi gồm:
Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có
= 31
 mhh hơi = 31  0,04 = 1,24 gam.
mancol + 0,32 = mhh hơi
mancol = 1,24  0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A)
Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài.
Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng.
A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít.
giải
mO = moxit  mkl = 5,96  4,04 = 1,92 gam.
Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau:
2H+ + O2  H2O
0,24  0,12 mol


lít.
(Đáp án C)
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là
A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít.

Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy:
giải
0,12 + nO (p.ư) = 0,32 + 0,21
 nO (p.ư) = 0,6 mol

Ví dụ 6: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007)
Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là
A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%.
C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%.
giải
FexOy + yCO  xFe + yCO2
Khí thu được gồm 2 khí CO2 và CO dư


Mặt khác:
mol  nCO dư= 0,05 mol
Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do
CO + O (trong oxit sắt)  CO2
 nCO = nO = 0,15 mol  mO = 0,1516 = 2,4 gam
 mFe = 8  2,4 = 5,6 gam  nFe = 0,1 mol.
Theo phương trình phản ứng ta có:
 Fe2O3
(Đáp án B)
Ví dụ 7: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe2O3 (hỗn hợp A) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit.
A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. D. 0,012
giải
Hỗn hợp A
+ CO  4,784 gam B (Fe, Fe2O3, FeO, Fe3O4) tương ứng với số mol là: a, b, c, d (mol).
Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được nH2 = 0,028 mol.
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  a = 0,028 mol. (1)
Theo đầu bài:

Tổng mB là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3)
(2)
Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: nFe (A) = 0,01 + 0,032 = 0,07 mol nFe (B) = a + 2b + c + 3d
 a + 2b + c + 3d = 0,07 (4)
b = 0,006 mol
c = 0,012 mol
d = 0,006 mol.
(Đáp án A)
Từ (1, 2, 3, 4) 
Ví dụ 8: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m?
A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam.
giải
Fe3O4  (FeO, Fe)  3Fe2+
a mol 3a mol
mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe:
 3a = 0,3  a = 0,1

gam
(Đáp án A)
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ
01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol Fe2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là
A. 23,0 gam. B. 32,0 gam.
C. 16,0 gam. D. 48,0 gam.
D
02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe2O3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là
A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam.
c
03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe2O3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là
A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam.

c
04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là
A. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít.

D
05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là
A. 3,6 gam. B. 17,6 gam.
C. 21,6 gam. D. 29,6 gam.
C
06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al2O3. Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 gam bột oxit. giá trị là:
A.1,12 lít. B. 1,344 lít.
C. 1,568 lít. D. 2,016 lít.
C
07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Fe trong A là
A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%.
B
08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007)
Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí (trong không khí Oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO2 (đktc) và 9,9 gam H2O. Thể tích không khí ở (đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là
A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít.
A
09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí H2. Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H2 thu được ở đktc.
A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít
C
10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C2H6, C3H4 và C4H8 thì thu được 12,98 gam CO2 và 5,76 gam H2O. Vậy m có giá trị là
1,48 gam. B. 8,14 gam.
C. 4,18 gam. D. 16,04 gam.

C
Phương pháp 3
BẢO TOÀN MOL ELECTRON
Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.
Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra.
Sau đây là một số ví dụ điển hình.
Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A).
1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc).
A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml.
1. Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành 2O2 nên phương trình bảo toàn electron là:
giải
trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra
n = 0,001 mol;
VNO = 0,00122,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml.
(Đáp án B)
2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc).
A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít
2. Ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 thành 2O2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau:
(Đáp án A)
Fe0  Fe+2 Al0  Al+3 O20  2O2 2H+  H2
 n = 0,295 mol

lít
Nhận xét: Trong bài toán trên ta không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng phương trình mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.
Ví dụ 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 của V là
A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít.
giải
Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N.
Al  Al+3 + 3e
0,03mol  0,09 mol
và N+5 + 3e  N+2
0,09 mol  0,03 mol VNO = 0,0322,4 = 0,672 lít.
(Đáp án D)
Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị.
Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành.
Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là
A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác.
+ 100 ml dung dịch Y

1,12 lít H2
2,8g chất rắn không tan B
giải
Ta có: nAl = nFe =
Đặt

 X + Y  Chất rắn A gồm 3 kim loại.
 Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết.
Quá trình oxi hóa:
Al  Al3+ + 3e Fe  Fe2+ + 2e
0,1 0,3 0,1 0,2

 Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol.
+ HCl
Quá trình khử:
Ag+ + 1e  Ag Cu2+ + 2e  Cu 2H+ + 2e  H2
x x x y 2y y 0,1 0,05
 Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1).

= 2M;
= 1M.
(Đáp án B)
Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình:
x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1)
Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol.
 108x + 64y = 28 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được:
x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol.

Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là
A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%.
giải
Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có:
24x + 27y = 15. (1)
Quá trình oxi hóa:
Mg  Mg2+ + 2e Al  Al3+ + 3e
x 2x y 3y
 Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y).
Quá trình khử:
N+5 + 3e  N+2 2N+5 + 2.4e  2N+1
0,3 0,1 0,8 0,2
N+5 + 1e  N+4 S+6 + 2e  S+4
0,1 0,1 0,2 0,1
 Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol.
Theo định luật bảo toàn electron:
2x + 3y = 1,4 (2)
Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol.



%Mg = 100%  36% = 64%.
(Đáp án B)
Ví dụ 6: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1, R2 có hoá trị x, y không đổi (R1, R2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc.Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể tích khí đo ở đktc.
A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít.
giải
Trong bài toán này có 2 thí nghiệm:
TN1: R1 và R2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho để thành (NO). Số mol e do R1 và R2 nhường ra là
N+5 + 3e  N+2
0,15 0,05
TN2: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho N+5 để tạo ra N2. Gọi x là số mol N2, thì số mol e thu vào là
2 N+5 + 10e  N2
10x  x mol

Ta có: 10x = 0,15  x = 0,015
(Đáp án B)
= 22,4.0,015 = 0,336 lít.

Ví dụ 7: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch.
A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. C. 5,69 gam. D. 5,96 gam.
giải
Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.

Nhường e: Cu = Cu2+ + 2e Mg = Mg2+ + 2e Al = Al3+ + 3e
x  x  2x y  y  2y z  z  3z
Thu e:
N+5 + 3e = N+2 (NO) N+5 + 1e = N+4(NO2)
0,03  0,01 0,04  0,04
Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07
và 0,07 cũng chính là số mol NO3 tạo muối
Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 620,07 = 5,69 gam.
(Đáp án C)
Cách 2:
Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO3 tạo hỗn hợp 2 khí NO và NO2 thì

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
1,35 + 0,1263 = mmuối + 0,0130 + 0,0446 + 0,0618
 mmuối = 5,69 gam.
Ví dụ 8: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 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
A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít.
giải
Đặt nFe = nCu = a mol  56a + 64a = 12  a = 0,1 mol.
Cho e: Fe  Fe3+ + 3e Cu  Cu2+ + 2e
0,1  0,3 0,1  0,2
Nhận e: N+5 + 3e  N+2 N+5 + 1e  N+4
3x  x y  y
Tổng ne cho bằng tổng ne nhận.
 3x + y = 0,5
Mặt khác: 30x + 46y = 192(x + y).
 x = 0,125 ; y = 0,125.
Vhh khí (đktc) = 0,125222,4 = 5,6 lít.
(Đáp án C)
Ví dụ 10: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa axit HCl và H2SO4 loãng tạo ra 3,36 lít khí H2.
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là
A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 6,72 lít.
giải
Ta có số mol e nhận của 2H+ bằng số mol e nhận của N+5.
2H+ + 2e  H2 và N+5 + 3e  N+2
0,3  0,15 mol 0,3  0,1 mol

 VNO = 0,122,4 = 2,24 lít.
(Đáp án A)
Ví dụ 11: Cho m gam bột Fe vào dung dịch HNO3 lấy dư, ta được hỗn hợp gồm hai khí NO2 và NO có VX = 8,96 lít (đktc) và tỉ khối đối với O2 bằng 1,3125. Xác định %NO và %NO2 theo thể tích trong hỗn hợp X và khối lượng m của Fe đã dùng?
A. 25% và 75%; 1,12 gam. B. 25% và 75%; 11,2 gam.
C. 35% và 65%; 11,2 gam. D. 45% và 55%; 1,12 gam.
giải
Ta có: nX = 0,4 mol; MX = 42.

Sơ đồ đường chéo:



Theo định luật bảo toàn electron:
3x = 0,6 mol  x = 0,2 mol
 mFe = 0,256 = 11,2 gam
(Đáp áp B).
Ví dụ 12: Cho 3 kim loại Al, Fe, Cu vào 2 lít dung dịch HNO3 phản ứng vừa đủ thu được 1,792 lít khí X (đktc) gồm N2 và NO2 có tỉ khối hơi so với He bằng 9,25. Nồng độ mol/lít HNO3 trong dung dịch đầu là
A. 0,28M. B. 1,4M. C. 1,7M. D. 1,2M.
Giải :
=
28x + 46y
x + y
Mặt khác lại có : x + y = 0,08  x = y = 0,04
= 37
 x = y
và 2NO3 + 12 H+ + 10e  N2 + 6H2O NO3 + 2 H+ + 1e  NO2 + H2O
0,48  0,4  0,04 mol 0,08  0,04  0,04 mol
Do đó: nHNO3 = 0,48 + 0,08 = 0,56


(Đáp án A)
Ví dụ 13: Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch H2SO4 đậm đặc, thấy có 49 gam H2SO4 tham gia phản ứng, tạo muối MgSO4, H2O và sản phẩm khử X. X là
A. SO2 B. S C. H2S D. SO2, H2S
giải
Dung dịch H2SO4 đạm đặc vừa là chất oxi hóa vừa là môi trường.
Gọi a là số oxi hóa của S trong X.
Mg  Mg2+ + 2e S+6 + (6-a)e  S a
0,4 mol 0,8 mol
Tổng số mol H2SO4 đã dùng là
Số mol H2SO4 đã dùng để tạo muối bằng số mol Mg = 9,6 : 24 = 0,4 mol.
Số mol H2SO4 đã dùng để oxi hóa Mg là:
0,5  0,4 = 0,1 mol.
Tổng số mol H2SO4 đã dùng là :
S+6 + (6-a)e  S a
0,1  0,1(6-a)
mol.
Ta có: 0,1(6  a) = 0,8  a = 2. Vậy X là H2S.
(Đáp án C)
Ví dụ 15: Cho 1,35 gam hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng với HNO3 dư được 1,12 lít NO và NO2 (đktc) có khối lượng mol trung bình là 42,8. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ra là:
A. 9,65 gam B. 7,28 gam C. 4,24 gam D. 5,69 gam
giải
Dựa vào sơ đồ đường chéo tính được số mol NO và NO2 lần lượt là 0,01 và 0,04 mol. Ta có các bán phản ứng:
NO3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O
NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O
Như vậy, tổng electron nhận là 0,07 mol.
Gọi x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al có trong 1,35 gam hỗn hợp kim loại. Ta có các bán phản ứng:
Cu  Cu2+ + 2e Mg  Mg2+ + 2e Al  Al3+ + 3e
 2x + 2y + 3z = 0,07.
Khối lượng muối nitrat sinh ra là:
m = mkl + m
NO3-
= 1,35 + 62(2x + 2y + 3z)
= 1,35 + 62  0,07 = 5,69 gam.
MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIAI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON
01. Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 rất loãng thì thu được hỗn hợp gồm 0,015 mol khí N2O và 0,01mol khí NO (phản ứng không tạo NH4NO3). Giá trị của m là
A. 13,5 gam. B. 1,35 gam. C. 0,81 gam. D. 8,1 gam.

02. 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 chất rắn B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư, thì thu được 4,6 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng FeO trong hỗn hợp A là
A. 68,03%. B. 13,03%. C. 31,03%. D. 68,97%.
03. Một hỗn hợp gồm hai bột kim loại Mg và Al được chia thành hai phần bằng nhau:
- Phần 1: cho tác dụng với HCl dư thu được 3,36 lít H2.
- Phần 2: hoà tan hết trong HNO3 loãng dư thu được V lít một khí không màu, hoá nâu trong không khí (các thể tích khí đều đo ở đktc). Giá trị của V là
A. 2,24 lít. B. 3,36 lít. C. 4,48 lít. D. 5,6 lít.
B
B
A
04. Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu(NO3)2 có cùng nồng độ. Lấy một lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al; 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X cho tới khí phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại.Cho Y vào HCl dư giải phóng 0,07 gam khí. Nồng độ của hai muối là

A. 0,3M. B. 0,4M. C. 0,42M. D. 0,45M.
05. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu, Mg, Al tác dụng với HNO3 dư được 896 ml hỗn hợp gồm NO và NO2 có . Tính tổng khối lượng muối nitrat sinh ra (khí ở đktc).

A. 9,41 gam. B. 10,08 gam. C. 5,07 gam. D. 8,15 gam.
06. Hòa tan hết 4,43 gam hỗn hợp Al và Mg trong HNO3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí (đều không màu) có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí bị hóa thành màu nâu trong không khí. Tính số mol HNO3 đã phản ứng.

A. 0,51 mol. B. A. 0,45 mol. C. 0,55 mol. D. 0,49 mol.
B
C
D
07. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm ba kim loại bằng dung dịch HNO3 thu được 1,12 lít hỗn hợp khí D (đktc) gồm NO2 và NO. Tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 18,2. Tính thể tích tối thiểu dung dịch HNO3 37,8% (d = 1,242g/ml) cần dùng.
A. 20,18 ml. B. 11,12 ml. C. 21,47 ml. D. 36,7 ml.
08. Hòa tan 6,25 gam hỗn hợp Zn và Al vào 275 ml dung dịch HNO3 thu được dung dịch A, chất rắn B gồm các kim loại chưa tan hết cân nặng 2,516 gam và 1,12 lít hỗn hợp khí D (ở đktc) gồm NO và NO2. Tỉ khối của hỗn hợp D so với H2 là 16,75. Tính nồng độ mol/l của HNO3 và tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng.
A. 0,65M và 11,794 gam. B. 0,65M và 12,35 gam.
C. 0,75M và 11,794 gam. D. 0,55M và 12.35 gam.
09. Đốt cháy 5,6 gam bột Fe trong bình đựng O2 thu được 7,36 gam hỗn hợp A gồm Fe2O3, Fe3O4 và Fe. Hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp A bằng dung dịch HNO3 thu được V lít hỗn hợp khí B gồm NO và NO2. Tỉ khối của B so với H2 bằng 19. Thể tích V ở đktc là
A. 672 ml. B. 336 ml. C. 448 ml. D. 896 ml.
10. Cho a gam hỗn hợp A gồm oxit FeO, CuO, Fe2O3 có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNO3 khi đun nóng nhẹ, thu được dung dịch B và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí C gồm NO2 và NO có tỉ khối so với hiđro là 20,143. Tính a.
A. 7,488 gam. B. 5,235 gam. C. 6,179 gam. D. 7,235 gam.
C
A
D
A
Phương pháp 4
SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH ION - ELETRON
Để làm tốt các bài toán bằng phương pháp ion điều đầu tiên các bạn phải nắm chắc phương trình phản ứng dưới dạng các phân tử từ đó suy ra các phương trình ion, đôi khi có một số bài tập không thể giải theo các phương trình phân tử được mà phải giải dựa theo phương trình ion. Việc giải bài toán hóa học bằng phương pháp ion giúp chúng ta hiểu kỹ hơn về bản chất của các phương trình hóa học. Từ một phương trình ion có thể đúng với rất nhiều phương trình phân tử. Ví dụ phản ứng giữa hỗn hợp dung dịch axit với dung dịch bazơ đều có chung một phương trình ion là
H+ + OH  H2O
hoặc phản ứng của Cu kim loại với hỗn hợp dung dịch NaNO3 và dung dịch H2SO4 là
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O...

Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm (Fe, Fe2O3, Fe3O4, FeO) với số mol mỗi chất là 0,1 mol, hòa tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl và H2SO4 loãng) dư thu được dung dịch Z. Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO3)2 1M vào dung dịch Z cho tới khi ngừng thoát khí NO. Thể tích dung dịch Cu(NO3)2 cần dùng và thể tích khí thoát ra ở đktc thuộc phương án nào?
A. 25 ml; 1,12 lít. B. 0,5 lít; 22,4 lít.
C. 50 ml; 2,24 lít. D. 50 ml; 1,12 lít.
giải
Quy hỗn hợp 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol FeO thành 0,1 mol Fe3O4.
Hỗn hợp X gồm: (Fe3O4 0,2 mol; Fe 0,1 mol) tác dụng với dung dịch Y
Fe3O4 + 8H+  Fe2+ + 2Fe3+ + 4H2O
0,2  0,2 0,4 mol
Fe + 2H+  Fe2+ + H2
0,1  0,1 mol
Dung dịch Z: (Fe2+: 0,3 mol; Fe3+: 0,4 mol) + Cu(NO3)2:
3Fe2+ + NO3 + 4H+  3Fe3+ + NO + 2H2O
0,3 0,1 0,1 mol
 VNO = 0,122,4 = 2,24 lít.
mol

lít (hay 50 ml).
(Đáp án C)
Ví dụ 2: Hòa tan 0,1 mol Cu kim loại trong 120 ml dung dịch X gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Giá trị của V là
A. 1,344 lít. B. 1,49 lít. C. 0,672 lít. D. 1,12 lít.
giải
Tổng
mol và
mol.
Phương trình ion:
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu: 0,1  0,24  0,12 mol
Phản ứng: 0,09  0,24  0,06  0,06 mol
Sau phản ứng: 0,01 (dư) (hết) 0,06 (dư)
 VNO = 0,0622,4 = 1,344 lít.
(Đáp án A)
Ví dụ 3: Dung dịch X chứa dung dịch NaOH 0,2M và dung dịch Ca(OH)2 0,1M. Sục 7,84 lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là
A. 15 gam. B. 5 gam. C. 10 gam. D. 0 gam.
Phương trình ion rút gọn:
CO2 + 2OH  CO32 + H2O
0,35 0,4
0,2  0,4  0,2 mol
giải
= 0,35 mol ;
= 0,4 mol
= 0,1 mol.
Tổng
tiếp tục xẩy ra phản ứng:
CO32 + CO2 + H2O  2HCO3
Ban đầu: 0,2 0,15 mol
Phản ứng: 0,15  0,15 mol

= 0,35  0,2 = 0,15 mol

còn lại bằng 0,05 mol

= 0,05 mol
= 0,05100 = 5 gam.
(Đáp án B)
Ví dụ 4: Hòa tan hết hỗn hợp gồm một kim loại kiềm và một kim loại kiềm thổ trong nước được dung dịch A và có 1,12 lít H2 bay ra (ở đktc). Cho dung dịch chứa 0,03 mol AlCl3 vào dung dịch A. khối lượng kết tủa thu được là
A. 0,78 gam. B. 1,56 gam. C. 0,81 gam. D. 2,34 gam.
giải
Phản ứng của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ với H2O:

M + nH2O  M(OH)n +
Từ phương trình ta có:

= 0,1mol
Dung dịch A tác dụng với 0,03 mol dung dịch AlCl3:
Al3+ + 3OH  Al(OH)3
Ban đầu: 0,03 0,1 mol
Phản ứng: 0,03  0,09  0,03 mol

= 0,01mol
tiếp tục hòa tan kết tủa theo phương trình:
Al(OH)3 + OH  AlO2 + 2H2O
0,01  0,01 mol
Vậy:
= 780,02 = 1,56 gam.
(Đáp án B)
Ví dụ 5: Dung dịch A chứa 0,01 mol Fe(NO3)3 và 0,15 mol HCl có khả năng hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu kim loại? (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất)
A. 2,88 gam. B. 3,92 gam. C. 3,2 gam. D. 5,12 gam.
giải
Phương trình ion:
Cu + 2Fe3+  2Fe2+ + Cu2+
0,005  0,01 mol
3Cu + 8H+ + 2NO3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
Ban đầu: 0,15 0,03 mol  H+ dư
Phản ứng: 0,045  0,12  0,03 mol
 mCu tối đa = (0,045 + 0,005)  64 = 3,2 gam. (Đáp án C)
(Đáp án C)
Ví dụ 7: Trộn 100 ml dung dịch A (gồm KHCO3 1M và K2CO3 1M) vào 100 ml dung dịch B (gồm NaHCO3 1M và Na2CO3 1M) thu được dung dịch C.
Nhỏ từ từ 100 ml dung dịch D (gồm H2SO4 1M và HCl 1M) vào dung dịch C thu được V lít CO2 (đktc) và dung dịch E. Cho dung dịch Ba(OH)2 tới dư vào dung dịch E thì thu được m gam kết tủa. Giá trị của m và V lần lượt là
A. 82,4 gam và 2,24 lít. B. 4,3 gam và 1,12 lít.
C. 43 gam và 2,24 lít. D. 3,4 gam và 5,6 lít.
giải
Dung dịch C chứa: HCO3 : 0,2 mol ; CO32 : 0,2 mol.
Dung dịch D có tổng:
= 0,3 mol.
Nhỏ từ từ dung dịch C và dung dịch D:
CO32 + H+  HCO3
0,2  0,2  0,2 mol
HCO3 + H+  H2O + CO2
Ban đầu: 0,4 0,1 mol
Phản ứng: 0,1  0,1  0,1 mol

Dư: 0,3 mol
Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch E:
Ba2+ + HCO3 + OH  BaCO3 + H2O
0,3  0,3 mol
Ba2+ + SO42  BaSO4
0,1  0,1 mol

= 0,122,4 = 2,24 lít
Tổng khối lượng kết tủa:
m = 0,3197 + 0,1233 = 82,4 gam
(Đáp án A)
Ví dụ 8: Hòa tan hoàn toàn 7,74 gam một hỗn hợp gồm Mg, Al bằng 500 ml dung dịch gồm H2SO4 0,28M và HCl 1M thu được 8,736 lít H2 (đktc) và dung dịch X.Thêm V lít dung dịch chứa đồng thời NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M vào dung dịch X thu được lượng kết tủa lớn nhất.
a) Số gam muối thu được trong dung dịch X là
A. 38,93 gam. B. 38,95 gam.
C. 38,97 gam. D. 38,91 gam.
b) Thể tích V là
A. 0,39 lít. B. 0,4 lít.
C. 0,41 lít. D. 0,42 lít.
c) Lượng kết tủa là
A. 54,02 gam. B. 53,98 gam.
C. 53,62 gam. D. 53,94 gam.
giải
a) Xác định khối lượng muối thu được trong dung dịch X:
= 0,280,5 = 0,14 mol

= 0,14 mol

= 0,28 mol.
nHCl = 0,5 mol 
= 0,5 mol và
= 0,5 mol.
Vậy tổng
= 0,28 + 0,5 = 0,78 mol.

Theo phương trình ion rút gọn:
Mg0 + 2H+  Mg2+ + H2 (1)
Al + 3H+  Al3+ + H2 (2)
mhh muối = mhh k.loại +
= 0,39 mol.
(Đáp án A)
b) Xác định thể tích V:
Phương trình tạo kết tủa: Ba2+ + SO42  BaSO4 (3)
0,5V mol 0,14 mol
Mg2+ + 2OH  Mg(OH)2 (4)
Al3+ + 3OH  Al(OH)3 (5)
= 0,5V mol
= 2V mol

 H+ hết.
= 7,74 + 0,1496 + 0,535,5 = 38,93gam.
 Tổng
Để kết tủa đạt lớn nhất thì số mol OH đủ để kết tủa hết các ion Mg2+ và Al3+. Theo các phương trình phản ứng (1), (2), (4), (5) ta có:
=
= 0,78 mol
 2V = 0,78  V = 0,39 lít.
(Đáp án A)
c) Xác định lượng kết tủa:
= 0,5V = 0,50,39 = 0,195 mol > 0,14 mol  Ba2+ dư.
= 0,14233 = 32,62 gam.

Vậy mkết tủa =
+ m 2 k.loại +
= 32,62 + 7,74 + 0,78  17 = 53,62 gam.
(Đáp án C)
Ví dụ 9: (Câu 40 - Mã 182 - TS Đại Học - Khối A 2007)
Cho m gam hỗn hợp Mg, Al vào 250 ml dung dịch X chứa hỗn hợp axit HCl 1M và axit H2SO4 0,5M, thu được 5,32 lít H2 (ở đktc) và dung dịch Y (coi thể tích dung dịch không đổi). Dung dịch Y có pH là
A. 1. B. 6. C. 7. D. 2.
giải
= 0,2375 mol.
 Tổng:
= 0,5 mol

= 0,5  0,475 = 0,025 mol

= 0,1 = 101M  pH = 1.
(Đáp án A)
Ví dụ 10: (Câu 40 - Mã đề 285 - Khối B - TSĐH 2007)
Thực hiện hai thí nghiệm:
1) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO3 1M thoát ra V1 lít NO.
2) Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO3 1M và H2SO4 0,5 M thoát ra V2 lít NO.
Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa V1 và V2 là
A. V2 = V1. B. V2 = 2V1. C. V2 = 2,5V1. D. V2 = 1,5V1.
V1 tương ứng với 0,02 mol NO.
V2 tương ứng với 0,04 mol NO.
Như vậy V2 = 2V1.
(Đáp án B)
giải
Ví dụ 11: (Câu 33 - Mã 285 - Khối B - TSĐH 2007)
Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)2 0,1M và NaOH 0,1M) với 400 ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là
A. 7. B. 2. C. 1. D. 6.
giải
Tổng

Tổng
= 0,03 mol.
= 0,035 mol.
Khi trộn hỗn hợp ddịch bazơ với hỗn hợp ddịch axit ta có phương trình ion rút gọn:
H+ + OH  H2O
= 0,035  0,03 = 0,005 mol.
= 0,01 = 102  pH = 2.
(Đáp án B)
Ví dụ 12: (Câu 18 - Mã 231 - TS Cao Đẳng - Khối A 2007)
Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước (dư), thu được dung dịch X và 3,36 lít H2 (ở đktc). Thể tích dung dịch axit H2SO4 2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là
A. 150 ml. B. 75 ml. C. 60 ml. D. 30 ml.
giải
= 0,3 mol 
=
= 0,15 mol

= 0,075 lít (75 ml).
(Đáp án B)
Ví dụ 13: Hòa tan hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B trong dung dịch HNO3 loãng. Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp khí Y (gồm 0,1 mol NO, 0,15 mol NO2 và 0,05 mol N2O). Biết rằng không có phản ứng tạo muối NH4NO3. Số mol HNO3 đã phản ứng là:
A. 0,75 mol. B. 0,9 mol. C. 1,05 mol. D. 1,2 mol.
giải
Ta có bán phản ứng:
NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O (1)
0,3  0,15
NO3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O (2)
0,4  0,1
2NO3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O (3)
0,5  0,05
Từ (1), (2), (3) nhận được:
= 1,2 mol.
=
(Đáp án D)
Ví dụ 14: Cho 12,9 gam hỗn hợp Al và Mg phản ứng với dung dịch hỗn hợp hai axit HNO3 và H2SO4 (đặc nóng) thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2. Cô cạn dung dịch sau phản ứng khối lượng muối khan thu được là:
A. 31,5 gam. B. 37,7 gam. C. 47,3 gam. D. 34,9 gam.
giải
Ta có bán phản ứng:
2NO3 + 2H+ + 1e  NO2 + H2O + NO3 (1)
0,1  0,1
4NO3 + 4H+ + 3e  NO + 2H2O + 3NO3 (2)
0,1  3  0,1
2SO42 + 4H+ + 2e  SO2 + H2O + SO42 (3)
0,1  0,1
Từ (1), (2), (3)  số mol NO3 tạo muối bằng 0,1 + 3  0,1 = 0,4 mol;
số mol SO42 tạo muối bằng 0,1 mol.

 mmuối = mk.loại +
+
= 12,9 + 62  0,4 + 96  0,1 = 47,3.
(Đáp án C)
Ví dụ 15: Hòa tan 10,71 gam hỗn hợp gồm Al, Zn, Fe trong 4 lít dung dịch HNO3 aM vừa đủ thu được dung dịch A và 1,792 lít hỗn hợp khí gồm N2 và N2O có tỉ lệ mol 1:1. Cô cạn dung dịch A thu được m (gam.) muối khan. giá trị của m, a là:
A. 55,35 gam. và 2,2M B. 55,35 gam. và 0,22M
C. 53,55 gam. và 2,2M D. 53,55 gam. và 0,22M
giải
mol.
Ta có bán phản ứng:
2NO3 + 12H+ + 10e  N2 + 6H2O
0,08 0,48 0,04
2NO3 + 10H+ + 8e  N2O + 5H2O
0,08 0,4 0,04


mol

M
Số mol NO3 tạo muối bằng 0,88  (0,08 + 0,08) = 0,72 mol.
Khối lượng muối bằng 10,71 + 0,72  62 = 55,35 gam.
(Đáp án B)
Ví dụ 16: Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn, Al có tỷ lệ mol là 1:2 bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,896 lít một sản sản phẩm khử X duy nhất chứa nitơ. X là:
A. N2O B. N2 C. NO D. NH4+
giải
Ta có: nZn = 0,05 mol; nAl = 0,1 mol.
Gọi a là số mol của NxOy, ta có:
Zn  Zn2+ + 2e Al  Al3+ + 3e
0,05 0,1 0,1 0,3
xNO3 + (6x  2y)H+ + (5x  2y)e  NxOy + (3x  2y)H2O
0,04(5x  2y) 0,04
 0,04(5x  2y) = 0,4  5x  2y = 10 Vậy X là N2.
(Đáp án B)
Ví dụ 17: Cho hỗn hợp gồm 0,15 mol CuFeS2 và 0,09 mol Cu2FeS2 tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2. Thêm BaCl2 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Mặt khác, nếu thêm Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được a gam chất rắn. Giá trị của m và a là:
A. 111,84g và 157,44g B. 111,84g và 167,44g
C. 112,84g và 157,44g A. 112,84g và 167,44g
giải
Ta có bán phản ứng:
CuFeS2 + 8H2O  17e  Cu2+ + Fe3+ + 2SO42 + 16H+
0,15 0,15 0,15 0,3
Cu2FeS2 + 8H2O  19e  2Cu2+ + Fe3+ + 2SO42 + 16H+
0,09 0,18 0,09 0,18
mol;
Ba2+ + SO42  BaSO4
0,48 0,48
 m = 0,48  233 = 111,84 gam.
nCu = 0,33 mol; nFe = 0,24 mol.
Cu  CuO 2Fe  Fe2O3
0,33 0,33 0,24 0,12
 a = 0,33  80 + 0,12 160 + 111,84 = 157,44 gam.
(Đáp án A).
Ví dụ 18: Hòa tan 4,76 gam hỗn hợp Zn, Al có tỉ lệ mol 1:2 trong 400ml dung dịch HNO3 1M vừa đủ, dược dung dịch X chứa m gam muối khan và thấy không có khí thoát ra. Giá trị của m là:
A. 25.8 gam. B. 26,9 gam. C. 27,8 gam. D. 28,8 gam.
nZn = 0,04 mol; nAl = 0,08 mol.
- Do phản ứng không tạo khí nên trong dung dịch tạo NH4NO3. Trong dung dịch có:
0,04 mol Zn(NO3)2 và 0,08 mol Al(NO3)3
Vậy số mol NO3 còn lại để tạo NH4NO3 là:
0,4  0,04  2  0,08  3 = 0,08 mol
- Do đó trong dung dịch tạo 0,04 mol NH4NO3
m = 0,04  189 + 0,08  213 + 0,04  80 = 27,8 gam.
giải
(Đáp án C)
Phương pháp 5
SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH
Đây là một trong một số phương pháp hiện đại nhất cho phép gi
No_avatar

Thật lấy làm xấu hổ vì chôm chỉa tài liệu của người khác và đưa lên đây

 
Gửi ý kiến