Cac Phuong Phap Giai Trac Nghiem Ngan Hay Nhat

8/6/2019 Cac Phuong Phap Giai Trac Nghiem Ngan Hay Nhat

http://slidepdf.com/reader/full/cac-phuong-phap-giai-trac-nghiem-ngan-hay-nhat 1/40

A.MỞ ĐẦU I. Đặt vấn đề:Trắc nghiệm là một hoạt động thực hiện để “đo lường” năng lực của của các đối tượng nào đó nhằm

những mục đích nhất định. Ra đời vào năm 1905 tại Pháp, đầu tiên trắc nghiệm được dùng để đo trí thôngminh hay xác định chỉ số IQ ở lứa tuổi học trò , phương pháp này được chỉnh lý và công bố ở Mỹ năm 1911

Ngày nay , trắc nghiệm được nhiều quốc gia trên thế giới sử dụng như là một hình thức để tuyển sinh đại họ

. Tuyển sinh bằng phương pháp trắc nghiệm sẽ đảm bảo được độ chính xác và tính công bằng trong tuyểnchọn , vì vậy Bộ giáo dục và đào tạo của nước ta cũng đã chủ trương tuyển sinh đại sinh đại học bằng phương pháp trắc nghiệm. Bài tập là phương tiện cơ bản để luyện tập , củng cố , hệ thống hóa , mở rộng ,đào sâu kiến thức và cũng là phương tiện cơ bản để kiểm tra - đánh giá, nghiên cứu học sinh (trình độ, tưduy, mức độ nắm vững kiến thức, kĩ năng........) [2], [3], [15]

Bài tập trắc nghiệm có hai loại : trắc nghiệm tự luận (thường gọi là bài tập tự luận) và trắc nghiệmkhách quan (thường gọi là bài tập trắc nghiệm). Bài tập trắc nghiệm khách quan (TNKQ) đòi hỏi học sinh

phải nhanh nhạy nhận ra mối quan hệ giữa các sự vật, hiện tượng hoặc giữa các con số để nhanh chóng chọđược đáp án đúng hoăc nhẩm nhanh ra đáp số của bài tốn. Một bài kiểm tra hay thi theo phương pháp TNKthường gồm khá nhiều câu hỏi và thời gian dành cho mỗi câu chỉ khoảng từ 1-2 phút. Vì phải tư duy nhanhnên TNKQ có tác dụng rất lớn trong việc rèn luyện tư duy, phát triển trí thông minh cho học sinh [15]

Đối với hóa học là một bộ môn khoa học tự nhiên, đòi hói cao sự logic, nhanh nhạy trong tư duy củahọc sinh. Do đó, bài tập trắc nghiệm vừa là nội dung vừa là phương pháp vừa là phương tiện đẻ nâng caochất lượng dạy học hóa học ở trường phổ thông một cách hữu hiệu[15]. Đặc biệt, bắt đầu từ năm học 2007,Bộ giáo dục đào tạo đã ban hành quy chế tuyển sinh đại học bằng phương pháp TNKQ và môn hóa học đượđưa vào thí nghiệm đầu tiên cùng lý, sinh thì sự nhanh nhạy trong việc giải quyết bài tốn hóa học đối với họsinh là yêu cầu hàng đầu. Yêu cầu tìm ra được phương pháp giải quyết bài tốn một cách nhanh nhất, đi bằngcon đường ngắn nhất không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài mà còn rèn luyện được tưduy và năng lực phát hiện vấn đề của học sinh.

Để có thể phát hiện ra vấn đề của một bài tốn, yêu cầu học sinh phải nắm vững các lý thuyết cơ sở vàcác phương pháp vận dụng để giải một bài tốn hóa học. Một số phương pháp thường dùng để giải một bàitốn hóa học ở trường phổ thông là: phương pháp bảo tồn khối lượng, phương pháp bảo tồn điện tích, phươn

pháp tăng giảm khối lượng, phương pháp bảo tồn electron, phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình, phương pháp biện luận,...

Với một lượng kiến thức lớn, chương trình Hóa học vô cơ ở trường THPT là một thách thức lớn vớiđại đa số học sinh. Nhằm mục đích sưu tầm, hệ thống và phân loại các dạng tốn có thể giải nhanh bằng các

phương pháp trên được áp dụng trong TNKQ, tôi mạnh dạn chọn tiểu luận “Phân dạng và phương phápgiải nhanh bài tập trắc nghiệm khách quan phần Hóa vô cơ ở trường THPT”.

II. Mục đích và đối tượng nghiên cứu:- Mục đích: hình thành các phương pháp giải nhanh các dạng bài tập TNKQ thường gặp trong

chương trình Hóa vô cơ ở trường THPT.- Đối tượng: các phương pháp giải tốn trong Hóa học được xây dựng trên cơ sở các định luật; bài

tập TNKQ.III. Nhiệm vụ nghiên cứu:- Sưu tầm hoặc tự soạn các bài tập có những dữ kiện đặc biệt hoặc những bài tốn có thể giải nhanh

và giải nhẩm được bằng việc áp dụng các định luật, các phương pháp giải tốn trong Hóa học.- Phân loại các bài tập TNKQ và đưa ra cách giải đối với từng phương pháp.

Tuy nhiên, trong giới hạn của một tiểu luận, do đó đối tượng mà tác giả nghiên cứu chỉ giới hạn trongchương trình hóa vô cơ ở trường THPT và một số phương pháp giải tốn hóa học thường được sử dụng:

- Phương pháp bảo tồn:

Bảo tồn khối lượng (BTKL)

Tăng giảm khối lượng

Bảo tồn nguyên tố (BTNT)



Bảo tồn electron (BT e)

- Phương pháp sử dụng các đại lượng trung bình:

Sử dụng khối lượng mol trung bình M

Sử dụng hóa trị trung bình

- Phương pháp đường chéoVới đề tài này, tác giả mong muốn có thể cung cấp một tài liệu tham khảo hữu dụng cho các học sinh

cuối bậc THPT về phương pháp làm bài tập TNKQ môn hóa học để chuẩn bị tốt cho các kỳ thi tốt nghiệp,tuyển sinh đại học.

Tiểu luận cũng nhằm cung cấp một phương pháp để soạn thảo bài tập TNKQ là cách soạn thảo dựa vàđặc tính của bài tốn có cách giải nhanh hoặc có những dữ kiện đặc biệt.



B. NỘI DUNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNGCHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ

PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG

I. Phương pháp bảo t ồn khối lượng:[2], [6], [11], [13], [14]

Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.VLômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiệnra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khốilượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểmtra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g.

I.1. Nội dung của định luật:“Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau

phản ứng”. I.2. Vận dụng định luật vào giải tốn:Vận dụng định luật bảo tồn khối lượng trong giải tốn hóa học, giúp người học có thể đưa ra

những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài tốn TNKQ hơn nhiều lần so với phương pháp thông thường là tính tốn theo phương trình, đồng thời người dạy cũng có thể dựa vào đó để xâydựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề củangười học.

Sau đây là một số dạng tốn được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL:I.2.1. Dạng 1: Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm trong phản ứng

hóa học dựa trên nguyên tắc trong phản ứng hóa học, dù các chất tham gia phản ứng là vừa đủhay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng của cácchất tạo thành sau phản ứng (sản phẩm và chất dư nếu có): mtrước = msau

Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là không trùng trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: mtrước = msau = mtan + m↓ + m↑.

Ví dụ 1: [10] Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 có số mol bằng nhau bằng CO thuđược chất rắn Y. Khí thốt ra sau phản ứng được dẫn vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 1,79g kết tủa. Khối lượng của chất rắn Y là:

A. 4,48g B. 4,84g C. 4,40g D. 4,68g Cách giải: hh X + CO → Y + CO2

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓+ H2O

2CO

1,97n n 0,01(mol)

197↓ = = =

Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2 2X CO Y CO Y X CO COm m m m m m m m+ = + ⇒ = + −

Ym 4,64 0,01(28 44) 4,48(g)⇒ = + − =

→ Đáp án A đúng.

Nhận xét: Sử dụng phương pháp BTKL, dữ kiện “số mol bằng nhau” trong đề bài

không cần sử dụng vẫn cho ta kết quả đúng. Nếu học sinh sử dụng dữ kiện trên và giải

bài tốn theo phương pháp chính tắc là lí luận theo phương trình hóa học thì sẽ đưa bài

tốn đến bế tắc vì không có dữ liệu nào cho biết hh X bị khử hồn tồn hay không, sau

phản ứng hh X còn hay hết. Nhưng nếu lí luận theo ĐLBTKL, hh X còn hay hết không

quan trọng với việc tính tốn; do đó giải quyết bài tốn một cách nhanh chóng.



Ví dụ 2: [17] Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II, thu được6,8g chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muốikhan thu được sau phản ứng là (cho H =1, C =12, O =16, Na =23)

A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g Cách giải:

Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối: 3MCO0t

3 2MCO MO CO → +Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 23

COMCO MOm m m= +

2 23CO COMCO MO

NaOH

m m m 13,4 6,8 6,6(g) n 0,15(mol)

n 0,075x1 0,075(mol)

⇒ = − = − = ⇒ =

⇒ = =

2

11

2 NaOH

CO

nT

n= = < → tạo muối NaHCO3 và dư CO2

2 3CO NaOH NaHCO+ →

3 NaHCOm 0,075x84 6,3(g)= =

Vậy chọn đáp án D.Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M (d=1,19g/ml)

thu được 1 chất khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị: A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g)Cách giải : ddHClm 1000x1,19 1190(g)= = ; HCln 3,65x1 3,65(mol)= =

Zn + 2HCl→ ZnCl2 + H2 ↑

Fe + 2HCl→ FeCl2 + H2 ↑

Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2hh(Zn,Fe) ddHCl ddD Hm m m m+ = +

hh(Zn,Fe)3,65

m m 1250 2( ) 1190 63,65(g)2

⇒ = = + − =

Vậy chọn đáp án C.Ví dụ 4: [15] Cho 115g hỗn hợp gồm ACO3 , B2CO3 , R2CO3 tác dụng hết với dd HCl thấy thốt ra 0,448l CO2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là:

A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g Cách giải:

3 2 2 2

2 3 2 2

2 3 2 2

ACO 2HCl ACl H O CO

B CO 2HCl 2BCl H O CO

R CO 2HCl 2RCl H O CO

↑

↑

↑

+ → + +

+ → + +

+ → + +

2 2 2CO HCl H O CO

0,448n 0,02(mol);n 2n 2n 2x0,02 0,04(mol)

22,4= = = = = =Áp dụng ĐLBTKL: mmuối cacbonat + mHCl = mmuối clorua + 2 2H O COm m+

→ mmuối clorua = mmuối cacbonat + mHCl - 2 2H O COm m−

= 115 + 0,04 x 36,5 - 0,02 (18 + 44) = 115,22 (g)→ Chọn đáp án A.Ví dụ 5: [21] Hòa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl 2 và 3 2Cu( NO ) vào nước được dung dịch A.

Nhúng vào dung dịch A một thanh Fe. Sau một khoảng thời gian lấy thanh Fe ra cân lại thấy tăng thêm 0,8g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:



A. 4,24g B. 2,48g C. 4,13g D. 1,49g Cách giải: giải theo phương pháp bảo tồn khối lượng:Áp dụng ĐLBTKL, ta có: sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ

giảm khối lượng của dung dịch muối. Vậy: m = 3,28 - 0,8 = 2,48 (g)Chọn đáp án B.

Nhận xét: Chỉ với áp dụng ĐLBTKL, đã giải quyết bài tốn nhanh gọn; nhưng điều này

đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra vấn đề.

I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit,hiđroxit, muối, .....thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng cácanion

Thông thường để tính tốn khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch sau phản ứng.Ví dụ 6: [10] Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hồn tồn trong dung dịch H 2SO4 lỗng dư thốt

ra 0,672 lít khí H 2 (đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là: A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g Cách giải : 2 kim loại + H2SO4l → hh muối sunfat + H2

2

2 2 4 4H H SO SO

0,672n n n 0,03(mol)

22,4−= = = =

Nhận thấy mmuối sunfat = mcation + manion = mkim loại + 24SOm − = 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92 (g)

Vậy chọn đáp án A.

Nhận xét :

- Nếu HS phát hiện được vấn đề của bài tốn thì việc giải quyết bài tốn này trở nên vôcùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải truyền thống là đặt ẩn, giải hệđưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số phương trình, do đó bài tốn trở nên phức tạp. Cácdạng bài tập này có thể sử dụng để rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề của HS.

- Vận dụng định luật BTKL để tính khối lượng hợp chất sẽ được phát triển thêm, hình

thành nên một phương pháp được ứng dụng phổ biến trong giải tốn hóa học. Đó là phương pháptăng giảm khối lượng. Do đó, các bài tập của phần vận dụng này được kết hợp giải quyết với phương pháp tăng giảm khối lượng.

II. Phương pháp tăng giảm khối lượng:[2], [13], [14] II.1. Nguyên tắc của phương pháp:Dựa vào sự tăng (giảm) khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 mol hoặc nhiều

mol chất B (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta có thể dễ dàng tính được số mol của các chất và ngược lại hoặc trong quá trình phản ứng có sự thay đổi khối lượng các chất.

II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải tốn: II.2.1. Dạng tốn phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp chất (có thể là

anion hoặc cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới:Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng muối tăng:71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO2

Theo đề: 2COn 0,02(mol)= ⇒ khối lượng muối tăng: m 0, 02x11 0, 22(g)∆ = = ⇒ mmuối clorua = mmuối cacbonat + m∆ = 115 + 0,22 = 115,22 (g)Vậy đáp án đúng là A.Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch

H 2SO4 vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử của muối là:



Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bàiSố mol =

Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình

A. NH 4 HCO3 B. NaHCO3 C. 3 2Ca( HCO ) D. KHCO3

Cách giải : gọi muối hiđrocacbonat: 3 nR(HCO ) với n là hóa trị của kim loại trong muối đó.

3 n 2 4 2 4 n 2 22R(HCO ) nH SO R (SO ) 2nH O 2nCO+ → + + ↑Theo phương trình: cứ 2 mol muối hiđrocacbonat chuyển thành 1 mol muối sunfat thì khối

lượng muối giảm: 61x 2n - 96n = 26n (g) và là khối lượng của 2n mol CO2.

Theo đề: ∆mgiảm = 9,875 - 8,25 = 1,625 (g)

2 3 nCO M(HCO )2n 0,125n 1,625x 0,125(mol) n (mol)

26n n⇒ = = ⇒ =

Ta có hệ thức tính MR : MR =9,875

61n 18n0,125

n

− =

n 1 2

R 18

(NH4)39 (loại)

⇒ Chọn đáp án A.

Nhận xét:

- Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải quyết bài tốn thì phải chia ra 2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để đưa ra công thức của muốisunfat phù hợp (công thức tổng quát không phù hợp với trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng thì chỉ cần quan tâm đến tỉ lệ số mol CO2 với muối hiđrocacbonluôn là n. Do đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO2 và bài tốnđược giải quyết nhanh chóng hơn nhiều lần.

- Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí CO2:

Ví dụ 3: [9] Oxy hóa hồn tồn a(g) hỗn hợp X (gồm Zn, Pb, Ni) được b(g) hỗn hợp 3 oxit Y (ZnO, PbO, NiO). Hòa tan b(g) Y trên trong dung dịch HCl lỗng thu được dung dịch Z. Cô cạn Z được hỗn hợp muối khan có khối lượng (b + 55) gam. Khối lượng a (g) của hỗn hợp X ban đầu là:

A. a = b -16 B. a = b - 24 C. a = b- 32 D. a = b - 8Cách giải : các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là Mhh

Mhh +0t

2 hh1

O M O2

→

MhhO + 2 HCl → MhhCl2 + H2OZ chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ chênh lệch khối

lượng của 2 anion Cl-

và O2-

: 1 mol MhhO chuyển thành 1 mol MhhCl2 tăng: 71 - 16 = 55 (g)Theo đề: ∆mtăng = 55 (g) ⇒ noxit = nmuối = 1 (mol)

Ta có: moxit =hhM Om m+ ⇒ a = hhM oxit Om m m b 1x16 b 16= − = − = − .

Vậy đáp án đúng là A. II.2.2. Dạng tốn cho thanh kim loại vào dung dịch muối và sau phản ứng có sự thay

đổi khối lượng của thanh kim loại hoặc dung dịch phản ứng:Dựa vào các dữ kiện của đề bài, thiết lập được mối quan hệ ẩn số với đề bài cho: a. Cho thanh kim loại A có khối lượng ban đầu là m(g) vào dung dịch muối B

(Avà B cùng hóa trị)



- Khối lượng thanh kim loại A tăng hoặc tăng a % (nguyên tử khối của A< nguyên tử khối của

B) thì: mKL giải phóng - mKL tan = ∆mtăng haya

xm100

- Khối lượng thanh kim loại A giảm hoặc giảm b% (nguyên tử khối của A > nguyên tử khối

của B) thì: mKL tan - mKL giải phóng = ∆mgiảm hay b

xm100

b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dungdịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là sốmol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khốilượng hai thanh kim loại tan vào dung dịch muối là như nhau.

Ví dụ 4 : [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO3 )2 thì nồng độ của Cu2+ còn lại trong dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu2+ ban đầu và thu được một chất rắn A có khối lượng (m +0,16)g. Tính m (khối lượng Fe) và nồng độ ban đầu của Cu(NO3 )2 (phản ứng hồn tồn).

A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M Cách giải : sau phản ứng còn dư Cu2+, vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầuFe + Cu2+ → Fe2+ + Cux x xKhối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra

Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x =0,16

0,02(mol)8

=

⇒ mFe = 0,02 x 56 = 1,12 (g); 2 bdCun 0,02x2 0,04(mol)+ = =

3 2Cu(NO )0,04

C 0,4(M)0,1

⇒ = = . Vậy, chọn đáp án C.

Ví dụ 5: [10] Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào dung dịchCuSO4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếuđược nhúng vào dung dịch AgNO3 thì khi phản ứng xong khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g.

Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây: A. Pb B.Cd C.Fe D.SnCách giải : gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g)

M + Cu2+ → M2+ + Cu ↓1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g)

0,24

(mol)M 64−

← ∆ mgiảm = 0,24 (g)

M + 2 Ag+ → M2+ + 2 Ag ↓1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g)

0,52

(mol)216 M−

← ∆mtăng = 0,52 (g)

Vì cùng một thanh graphit tham gia phản ứng nên:0,24

M 64=

−0,52

216 M−↔ M = 112

Vậy đáp án đúng là B: Cd. II.2.3. Dạng tốn về nhiệt phân (ví dụ: nhiệt phân muối cacbonat, muối nitrat, kết tủa

hidroxit..........)Ví dụ 6: [5] Nung nóng 50g hỗn hợp gồm NaHCO3 và Na2CO3 cho đến khối lượng không thay

đổi còn lại 34,5g chất rắn. Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu là: A. 15% và 85% B. 16% và 84% C. 17% và 83% D.21% và 79%



Cách giải:Khi nung chỉ có NaHCO3 bị phân hủy. Gọi x là số mol NaHCO3

0t3 2 3 2 22NaHCO Na CO CO H O → + +

2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62 (g)

15,5x2

0,5(mol)62

= ← ∆mgiảm = 50 - 34,5 = 15,5 (g)

3 NaHCOm 0,5x84 42(g)= =

⇒ %3 NaHCO

42m x100 84

50= = (%) ; % 2 3 Na COm 16= (%)

Vậy đáp án đúng là B.Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại:- Các muối nitrat kim loại khác nhau sẽ cho các sản phẩm nhiệt phân khác nhau. Tổng quát:

( ) ( )0t

3 2 2nnn

A NO A NO O2

→ + (1)

( )0t

3 2 m 2 2mm

2B NO B O 2mNO O2

→ + + (2)

( )0t

3 2 2k k M NO M kNO O2

→ + + (3)

Phương trình (1) ứng với các kim loại kiềm thổ(Ca, Ba), riêng các kim loại kiềm thổ sẽ

không cho sản phẩm cuối cùng là muối nitrit mà tiếp tục bị nhiệt phân tạo oxit kim loại

kiềm thổ.

Phương trình (2) ứng với các kim loại từ Mg → Cu trong dãy Beketop.

Phương trình (3) ứng với các kim loại dứng sau Cu trong dãy Beketop.

- Khi nhiệt phân muối thường cho ra chất rắn có khối lượng giảm đi một lượng bằng chínhkhối lượng của NO2 và O2 thốt ra. Dựa vào dữ kiện đó để giải quyết bài tốn.

Ví dụ 7: [Tự ra] Nung nóng AgNO3 trong một thời gian. Sau đó để nguội, đem cân thì thấykhối lượng giảm đi 15,5g. Khối lượng AgNO3 đã bị phân hủy và thể tích các khí thốt ra ở 300C và1,5 atm là:

A. 40,25g; 2,07 lít và 6,02 lít B. 42,50g; 2,07 lít và 6,22 lít C. 42,50g; 2,40 lít và 6,22 lít D. 40,25g; 2,40 lít và 6,30 lít Cách giải:

PTPƯ:0t

3 2 21

AgNO Ag NO O2

→ ↓ + ↑ +

170g 108g → ∆mgiảm = 170 - 108 = 62 (g)x (g) ← ∆mgiảm = 15,5 (g)

3AgNOm bị phân hủy = x =170x15,5

42,5(g)62

=

Theo phương trình:2 2 3O NO AgNO

1 1n n n

2 2= = bị phân hủy =

1 42,50,125(mol)

2 170 =

Ở 300C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:



( )

2O

22,40,125 273 30

nRT 273V 2, 07(lít)

P 1, 5

+ = = =

( )

2 NO

22,40,25 273 30

nRT 273V 6, 22(lít)

P 1,5

+ = = =

Vậy đáp án đúng là đáp án B.Ví dụ 8: [12] Nung 13,85g muối KClO x thì khối lượng chất rắn thu được giảm 46,21% so với

khối lượng muối ban đầu. Xác định công thức của muối. Nếu cho tồn bộ thể khí thu được trong phản ứng trên tác dụng với 32g Cu (phản ứng hồn tồn).

Tính khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng. A. KClO3; 36,8g B. KClO4 ; 40g C.KClO4 ; 38,4g D.KClO3; 38,5g Cách giải:

0tx 2

xKClO KCl O

2 → +

Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi.

2O 13,85.46,21m 6,4(g)100= = ⇒

xO

KClO

m 16x 6,4x 4m 74,5 16x 13,85= = ⇒ =+

⇒ Công thức muối là KClO4

4KClO13,85

n 0,1(mol)138,5

= = ; 2 4O KClOn 2n 0, 2(mol)= =

21

Cu O CuO2

+ →

Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2r Cu Om m m 3,2 0, 2x32 38, 4(g)= + = + =

Vậy chọn câu C. II.2.4. Một số dạng tốn khác

Ví dụ 9: [10] Một bình cầu dung tích 448ml được nạp oxi rồi cân. Phóng điện để O2 chuyểnthành O3 (ozon hóa), sau đó lại nạp oxi cùng thể tích như bình trước rồi cân. Khối lượng trong haitrường hợp chêch lệch nhau 0,06g. Biết thể tích khí nạp vào bình đều ở đktc. Phần trăm về khốilượng của ozon trong hỗn hợp là:

A. 24,72% B. 26,72% C. 28,72% D. 25,71%Cách giải:

Phương trình ozon hóa: h2 33O 2O

ν��

Vì thể tích 2 bình như nhau, nên ta có thể hiểu để chuyển 1 mol O2 thành 1 mol O3 thì khốilượng tăng là 16g (bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)

⇒ nO nguyên tử = 30,063,75.10 (mol)

16

−=

nOnguyêntử =3 3

3 3O On 3,75.10 (mol) m 3,75.10 x48 0,18(g)− −= ⇒ = =

Các khí được nạp đều ở đktc nên:3

hh448.10

n 0,02(mol)22,4

−= = 2hh Om m m⇒ = + ∆ tăng = 0,02 x 32 + 0,06 = 0,7 (g)

3O0,18

%m x100 25,71(%)0,7

⇒ = =. Vậy đáp án đúng là D.



Ví dụ 10: [12] Một hỗn hợp X gồm Ba và Cu. Khi nung X với O2 dư thì khối lượng tăng lên4,8g. Khi cho chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với H 2 dư thì khối lượng chất rắn giảm 3,2g.Tính khối lượng của hỗn hợp X.

A. 20,1g B. 33,8g C. 26,5g D. 16,2g Cách giải: gọi nBa: x (mol) ; nCu: y (mol)

21

Ba O BaO2

+ →

x 12

x x

21

Cu O CuO2

+ →

y1

2y y

Độ tăng khối lượng chính là 2Om phản ứng ⇒2O

x y 4,8n 0,15(mol)

2 32

+= = =

↔ x + y = 0,3 (1)Khử bằng H2, chỉ có CuO bị khử: CuO + H2 → Cu + H2O

⇒ Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi trong CuO bị H2 lấy đi: O 3,2n y 0,216

= = = (2)

(1) và (2) suy ra: x = 0,1

mX = 137x + 64y = 137.0,1 + 64.0,2 = 26,5 (g) ⇒ đáp án đúng là C.Ví dụ 11: [tự ra] Nung nóng hỗn hợp X gồm PbO và FeO với một lượng C vừa đủ. Sau khi

phản ứng xảy ra hồn tồn, thu được hỗn hợp chất rắn Y và khí không màu Z. Đem cân hỗn hợp rắn Y thấy khối lượng giảm 4,8g so với hỗn hợp X. Cho hỗn hợp Y tác dụng với dung dịch HCl dư, thuđược chất khí A. Sục khí Z vào dung dịch nước vôi trong dư được kết tủa trắng. Thể tích khí A (đktc)và khối lượng kết tủa thu được là:

A. 6,72 lít và 15g B. 3,36 lít và 30g C. 6,72 lít và 30g D. 3,36 lít và 15g

Cách giải:0t

22PbO C 2Pb CO+ → +

0t

22FeO C 2Fe CO+ → +Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C lấy đi tạo

CO2 ⇒ O O4,8

m 4,8g n 0,3(mol)16

= ⇒ = = hhX hhY On n n 0,3(mol)⇒ = = =

2CO O

1n n 0,15(mol)

2= =

Pb + 2 HCl → PbCl2 + H2↑Fe + 2 HCl →Fe + H2↑

2H hhYn n 0,3(mol)= = 2HV 0,3x22,4 6,72(lít)⇒ = =

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

2COn n 0,15(mol)↓ = = ⇒3CaCOm 0,15x100 15(g)= =

Vậy đáp án đúng là A.

Nhận xét: qua 2 ví dụ trên, ta có thể rút ra một số nhận xét sau giúp giải nhanh các bài

tập về khử oxit kim loại:



- Khi khử oxit kim loại bằng CO, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung dịch

Ba(OH)2) thì: nO của oxit kim loại = 2 3CO CaCO2n 2n

- Khi khử oxit kim loại bằng C dư, khí sinh ra cho qua nước vôi trong dư (hoặc dung

dịch Ba(OH)2) thì: nO của oxit kim loại = 2 3CO CaCO2n 2n

- Kim loại tạo thành khi oxit kim loại tác dụng với chất khử: mkim loại = moxit kim loại - moxi

III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo tồn khối lượng và tăng giảm khối

lượng: Bài tập 1: [4] Cho khí CO qua ống đựng a (g) hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4 , FeO, Al 2O3 nung

nóng. Khí thốt ra được cho vào nước vôi trong dư thấy có 30g kết tủa trắng. Sau phản ứng, chất rắntrong ống sứ có khối lượng 202g. Khối lượng a (g) của hỗn hợp các oxit ban đầu là:

A. 200,8g B. 216,8g C. 206,8g D. 103,4g Hướng dẫn: Áp dụng ĐLBTKL a = mchất rắn + mO(trong oxit)

a = mchất rắn +2COm x 16

Bài tập 2: [10] Hòa tan 5g hỗn hợp 2 muối cacbonat kim loại hóa trị I và hóa trị II bằng dung dịch HCl thu được dung dịch M và 1,12l khí CO2 (đktc). Khi cô cạn dung dich M thu được khốilượng muối khan bằng:

A. 11,1g B. 5,55g C. 16,5g D. 22,2g Bài tập 3: [10] Ngâm một lá kẽm trong dung dịch chứa 2,24g ion kim loại M 2+. Phản ứng

xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M 2+ là ion kim loại nào sau đây: A. Ba2+ B. Sr 2+ C. Pb2+ D. Cd 2+

Bài tập 4: [5] Cho 50g hỗn hợp bột oxit kim loại gồm ZnO, FeO, Fe2O3 , Fe3O4 , MgO tác dụng hết với 200ml dung dịch HCl 4M (lấy vừa đủ) thu được dung dịch X. Lượng muối có trong dung dịch X bằng:

A. 79,2g B. 78,4g C. 72g D. 72,9g Bài tập 5: [16] Hòa tan 5,94g hỗn hợp hai muối clorua của hai kim loại A, B (A và B là 2 kim

loại thuộc PNC nhóm II) vào nước được 100ml dung dịch X. Để làm kết tủa hết ion Cl - có trong dung dịch X, Người ta cho dung dịch X tác dụng với dd AgNO3 thu được 17,22g kết tủa. Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y. Cô cạn Y được m (g) hỗn hợp muối khan, m có giá trị là:

A. 6,36g B. 63,6g C. 9,12g D. 91,2g Bài tập 6: [16] Nhúng một thanh kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO4 , sau một thời gian

lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dung dịch Pb(NO3 )2 , sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3 )2

tham gia phản ứng ở hai trường hợp là như nhau. Vậy M là kim loại nào sau đây: A. Zn B. Fe C. Mg D. Ni Bài tập 7: [12] Nung 24,5g KClO3. Khí thu được tác dụng hết với Cu (lấy dư). Phản ứng cho

ra chất rắn có khối lượng lớn hơn khối lượng Cu dùng lúc đầu là 4,8g. Tính hiệu suất phản ứng nhiệt phân KClO3.

A. 75% B. 80% C. 50% D. 100% Bài tập 8: [22] Nhúng một thanh kẽm và một thanh sắt vào cùng một dung dịch CuSO4. Sau

một thời gian lấy hai thanh kim loại ra thấy trong dung dịch còn lại có nồng độ mol ZnSO4 bằng 2,5lần nồng độ mol FeSO4. Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanhkẽm và thanh sắt lần lượt là:

A. 12,8g ; 32g B. 64g ; 25,6g C. 32g ; 12,8g D. 25,6g ; 64g Hướng dẫn: do cùng nhúng hai thanh kim loại vào một dung dịch nên dung dịch còn lại cùng

thể tích

CM (ZnSO4) = 2,5CM (FeSO4) → 4 4ZnSO FeSOn 2,5n=

Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu↓ (1)



2,5x ← 2,5x ← 2,5x → 2,5xFe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ (2)x ← x ← x → x

Độ giảm khối lượng của dung dịch là: mCu (bám) - mZn (tan) - mFe (tan) ↔ 2,2 = 64(2,5x + x) -65. 2,5x- 56x → x = 0,4 (mol)→ mCu bám lên thanh Zn = 64g ; mCu bám lên thanh Fe = 25,6g

Bài tập 9: [20] Nung hỗn hợp A gồm CaCO3 và CaSO3 tới phản ứng hồn tồn được chất rắn B

có khối lượng bằng 50,4% khối lượng của hỗn hợp A. Thành phần phần trăm về khối lượng cácchất trong hỗn hợp A: A. 40% và 60% B. 25% và 75%C. 30% và 70% D. 20% và 80% Hướng dẫn:Cách 1: Phương pháp đại số

CaCO3 → CaO + CO2 (1)x x x

CaSO3 → CaO + SO2 (2)y y y

Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g). 3

CaO0,504a

n 9 10 a(mol)56

−= = ×

3

3 3

CaCO

x y 9 10 a 9 10 (100x 120y) x 0,8y

100x 100 0,8y%m 40%

100x 120y 100 0,8y 120y

− −+ = × = × + ↔ =×

⇒ = = =+ × +

Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượngTheo pt (1), (2) ta có:

100g CaCO3 →56g CaO tương ứng 56% mcacbonat

120g CaSO3 →56g CaO tương ứng 46,67% msunfitGọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO3. Ta có :

56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → %3CaCOm = 40%.

Bài tập 10: [12] Trộn 1l dung dịch (NH 4 )2CO3 0,01M với 1l dung dịch Ba(OH)2 0,005M nóng,khối lượng riêng của hai dung dịch này đều bằng 1g/ml. Tính khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng (khí thốt ra hồn tồn khỏi dung dịch nóng)

A. 1998,845g B. 1998,830g C. 1999,015g D. 1998,120g Bài tậ p 11: [1] Một hỗn hợp gồm Fe và Fe2O3. Nếu cho lượng khí CO dư đi qua m (g) hỗn hợp

trên ở điều kiện nhiệt độ cao, sau khi kết thúc phản ứng, người ta thu được 11,2g Fe. Nếu ngâm m(g) hỗn hợp trên trong dung dịch CuSO4 dư, phản ứng xong thu được chất rắn có khối lượng tăng

thêm 0,8g. Khối lượng nào sau đây là khối lượng m (gam) ban đầu: A. 14g B. 13,6g C. 13g D. 12g Bài tập 12: [Tự ra] Cho 6,72l khí oxi (đkktc) phản ứng hồn tồn với kim loại hóa trị III thu

được 20,4g oxit. Công thức phân tử của oxit là A. Fe2O3 B. Al 2O3 C. Cr 2O3 D. Ga2O3

Bài tập 13: [Tự ra] Khử hồn tồn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm khí dẫn vàonước vôi trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công thức nào sau đây:

A. FeO B. Fe 2O3 C. Fe3O4 D. FeO2

Bài tập 14: [Tự ra] Hòa tan hồn tồn 5g hỗn hợp ba kim loại Zn, Fe,Mg vào dung dịch H 2SO4

tháy thốt ra 0,672l khí H 2 (đktc). Khi cô cạn dung dịch ta thu được bao nhiêu gam muối khan?



A. 4,66g B. 6,46g C. 9,7g D. 7,9g Bài tập 15: [Tự ra] Điện phân nóng chảy a(g) muối clorua của kim loại nhóm IA thu được

b(g) kim loại ở catot và 0,896l khí (đktc) ở anot. Cho b(g) kim loại vào nước, sau phản ứng khốilượng dung dich giảm 0,08(g) . Kim loại nhóm IA đó là kim loại nào và khối lượng muối clorua banđầu là:

A. K và 3,12g B. K và 1,56g C. Na và 3,12g D. Li và 1,56g

Bài tập 16: [Tự ra] Đem nung một khối lượng Cu(NO3 )2 sau một thời gian dừng lại làmnguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54g. Cho biết muối nitrat bị nhiệt phân 60%. Vậy khối lượng muối Cu(NO3 )2 ban đầu là:

A. 2,8g B. 0,82g C. 5,17g D.1,57g Bài tập 17: [Tự ra] Cho 29,7g hỗn hợp Na2CO3 , K 2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl 2.

Sau phản ứng thu được 49,25g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muốiclorua. Vậy m có giá trị là

A. 4,53g B. 23,5g C. 32,45g D. 3,45g Bài tập 18: [Tự ra] Nung 5,05g nitrat kim loại kiềm cho đến khi nitrat bị nhiệt phân hết. Khối

lượng chất rắn thu được giảm 15,84% so với khối lượng muối ban đầu. Kim loại kiềm đó là gì vàthể tích khí thu được ở đktc

A. Na và 0,56 lít B. K và 1,12 lít C. K và 0,56 lít D. Li và 1,12 lít Hướng dẫn: gọi công thức của muối nitrat: MNO3

MNO3 → MNO2 +1/2 O2

Khối lượng chất rắn giảm đi là khối lượng của O2

3 2

2

MNO O

O

2 15,84 5,05n 2n 0,05(mol)

100 325,05

M 62 39(Kali)0,05

V 0,25 22,4 0,56(l)

× ×⇒ = = =

×

⇒ = − =

= × = Bài tập 19: [Tự ra] Đun nóng 31,2g hỗn hợp X gồm một muối hiđrocacbonat và một muối

cacbonat của cùng một kim loại đến khi tạo hồn tồn thành 25g muối cacbonat. Hòa tan hồn tồnmuối cacbonat thu được trong dung dịch HCl dư tạo thành dung dịch Y. Đem cô cạn dung dịch Y thu được 27,75 muối khan Y. Kim loại đó là gì và khối lượng muối cacbonat trong hỗn hợp X là baonhiêu?

A. Na và 15,9g B. K và 29,7g C. Ca và 25,2g D. Ca và 15g Hướng dẫn: - Hòa tan 25g muối cacbonat tạo thành 27,75g muối clorua

→ tăng 2,75g → 2COn = 0,25 mol

- Tìm biểu thức mối liên hệ giữa M và n, sau đó biện luận suy ra kim loại là Ca.- Dựa vào phương trình Ca(HCO3)2→ CaCO3 + H2O + CO2. Tính

3CaCOm

Bài tập 20: [Tự ra] Cho 19,5g hỗn hợp Cu, Fe, Zn tác dụng với O2 dư, nung nóng thu được m(g) hỗn hợp X. Cho hỗn hợp X này tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl cần 325ml dung dịch 2M (không có khí thốt ra). Tính khối lượng muối clorua thu được:

A. 28,525g B. 42,025g C. 65,1g D. 56,1g Bài tập 21: [Tự ra] Cho hỗn hợp gồm ba muối MgCl 2 , NaBr, KI với số mol tương ứng là 0,2

mol; 0,4 mol và 0,2 mol. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V(l) Cl 2 sục vàodung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2g chất rắn. Tính V (đktc)



A. 2,24l B. 8,96l C. 6,72l D. 4,48l Hướng dẫn: PTPƯ có thể xảy ra

2 2

2 2

Cl 2I 2Cl I (1)

Cl 2Br 2Cl Br (2)

− −

− −

+ → +

+ → +

Nếu phản ứng (1) xảy ra hồn tồn, khối lượng muối giảm: 0,2(127 - 35,5) = 18,3 (g)

Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xảy ra hồn tồn khối lượng muối giảm:

0,2(127 - 35,5) + 0,4(80 - 35,5) = 36,1 (g)Theo đề bài, khối lượng muối giảm 93,4 - 66,2 = 27,2 (g)18,3< 27,2 < 36 ⇒ chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hồn tồn và có một phần phản ứng (2)

Gọi Br n − pư = x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2

2

2

Cl

Cl

1x 0,2(mol) n (0,2 0,2) 0,2(mol)

2V 4,48(l)

↔ = → = + =

⇒ =

Chọn đáp án D.



CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐI. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6]

Dựa vào định luật bảo tồn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên tố luôn luônđược bảo tồn”.

Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứnghóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản ứng.

• Chú ý: Định luật được xem như nguyên nhân của định luật bảo tồn khối lượng.II. Vận dụng phương pháp bảo tồn nguyên tố trong giải tốn:

Các dạng tốn thường sử dụng bảo tồn nguyên tố:- Nguyên tử của nguyên tố tồn tại trong nhiều hợp chất trong cùng một hỗn hợp hoặc dung

dịch... thì khối lượng của nguyên tử (hay ion) đó bằng tổng khối lượng của nguyên tử của nguyên tốđó trong các dạng tồn tại.

- Tính tốn khối lượng sản phẩm sau một quá trình phản ứng thì chỉ cần căn cứ vào chất đầuvà chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian vì các nguyên tố luôn được bảo tồn.

II.1. Khối lượng nguyên tử của nguyên tố ban đầu bằng tổng khối lượng các dạng tồntại của nguyên tố đó trong hỗn hợp hoặc trong dung dịch.

Thường gặp trong phản ứng nhiệt nhôm hoặc khử oxit sắt vì sắt có nhiều trạng thái oxi hóanên thường tồn tại trong nhiều hợp chất.

Chẳng hạn: hỗn hợp A2 3

FeO:a(mol)

Fe O : b(mol)

bị khử bởi CO cho hỗn hợp chất rắn B

gồm Fe2O3 (còn dư): x molFe3O4 : y molFeO (còn dư) : z molFe : t mol

Khi đó ta có: Fe(trongA) Fe(trongB)n n=∑ ∑ hay a +2b = 2x + 3y +z +t

Ví dụ 1: [tự ra] Khử hết m (g) Fe3O4 bằng khí CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan

vừa đủ trong 300ml dung dịch H 2SO4 1M tạo dung dịch B. Tính m và khối lượng muối sunfat thuđược khi cô cạn B. A. 23,2g và 45,6g B. 23,2g và 54,6g C. 2,32g và 4,56g D. 69,6g và 45,6g Cách giải:

Fe3O4→ (FeO, Fe)→ FeSO4

x mol

24 4

Fe(trongFeSO ) SOn n 0,3(mol)−= =

Áp dụng ĐLBTNT Fe: 3 4 4Fe(trongFe O ) Fe(trongFeSO )n n=

↔ 3x = 0,3 → x = 0,1 (mol)

4B FeSOm m 0,3 152 45,6(g)= = × =Chọn đáp án A.Ví dụ 2: [12] Khử 39,2g một hỗn hợp A gồm Fe2O3 và FeO bằng khí CO thu được hỗn hợp B

gồm FeO và Fe. B tan vừa đủ trong 2,5 lít dung dịch H 2SO4 0,2M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tínhkhối lượng Fe2O3 và FeO trong hỗn hợp A.

A. 32g Fe2O3; 7,2g FeO B. 16g Fe2O3; 23,2g FeOC. 18g Fe2O3; 21,2g FeO D. 20g Fe2O3; 19,2g FeOCách giải:



Gọi hỗn hợp A2 3Fe O : x(mol)

FeO : y(mol)

↔ 160x + 72y = 39,2 (1)

Hỗn hợp B + H2SO4: FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O (2)Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ (3)

2 3Fe O

FeO

m 0, 2x160 32(g)

m 0,1x72 7, 2(g)

= =

= =;

2 4H SOn 0, 2x2, 5 0, 5(mol);= = 2H

4,48n 0,2(mol)

22,4= =

Fe(3)n 0,2mol;⇒ = 2 4FeO H SO Fe(3)n n n 0,5 0,2 0,3(mol)= − = − =

Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4)

Từ (1), (4) ⇒ x 0, 2

y 0,1

= =

⇒ 2 3Fe Om 0, 2x160 32(g)= = ; FeOm 0,1x72 7,2(g)= = . Vậy đáp án đúng là A.

II.2. Chất tham gia trải qua một số giai đoạn phản ứng để tạo sản phẩm:Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan hồn tồn hỗn hợp A gồm 0,1 mol Fe và 0,2 mol Cu vào một lượng vừa

đủ dung dịch H 2SO4 98% (đặc , nóng) thu được khí SO2 (đktc) và dung dịch B.Cho ddB tác dụng với NaOH dư, được kết tủa C, nung C đến khối lượng không đổi được hỗn hợp chất rắn E. Cho E tác

dụng với lượng dư CO, đun nóng thu được hỗn hợp chất rắn F. Khối lượng của hỗn hợp chất rắn F là: A. 24g B. 18,4g C. 15,6g D. 16,5g Cách giải

0

0

NaOH t CO2 4 3 3 2 3t4 2

Fe (SO ) Fe(OH) Fe OFe FehhA ddB C E F

Cu CuCuSO Cu(OH) CuO

→ → ↓ → →

Áp dụng ĐLBTNT, ta có: hhA hhFm m 0,1x56 0, 2x64 18,4(g)= = + =Chọn đáp án B.

Nhận xét: với dạng tốn này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân bằng sau đó

tính tốn theo phương trình hóa học. Nhưng với HS nắm vững định luật BTNT thì giảiquyết bài tốn chỉ trong vài giây.

Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS 2 ) sẽ điều chế được (hiệu suất 100%) một lượng H 2SO4 là:

A. 196g B. 147g C. 156,8g D. 245g Cách giải: để sản xuất H2SO4 đi từ quặng pirit sắt phải qua nhiều giai đoạn, song trong tính

tốn với giả sử hiệu suất 100% cho mọi quá trình, có thể áp dụng ĐLBTNT đối với nguyên tố S: 2 2 4FeS 2H SO→

120g 196g

120x80 96g100 = → xg

Lượng H2SO4 điều chế được là:96x196

x 156,8(g)120

= = . Đáp án đúng là C.

Nhận xét: đối với dạng tốn tính tốn từ thực tế sản xuất: chất phản ứng không chỉ trải

qua mà là cả một chuỗi các phản ứng thì việc áp dụng ĐLBTNT cho một nguyên tố

(chính) sẽ dễ dàng cho việc tính tốn hơn.



III. Một số bài tập tương tự được giải theo phương pháp BTNT: Bài tập 1: [1] Hòa tan a gam hh gồm FeO và Fe3O4 hết 300ml ddHCl 2M được ddX. Cho X

tác dụng với một lượng ddNH 3 dư được kết tủa. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi được a +1,2 g chất rắn. Phần trăm khối lượng của FeO trong hh trên là:

A. 28,4% B. 24,6% C. 38,3% D. 40,2% Hướng dẫn:

03dddNHHCl t trongkk 2 2

2 33 4 3 3

FeCl Fe(OH)FeO

Fe OFe O FeCl Fe(OH)

→ → → Vì trong hh ban đầu đã có một lượng Fe2O3 và coi Fe3O4 = FeO. Fe2O3) nên chỉ xét sự chuyển

hóa quá trình: 2FeO → Fe2O3

Độ tăng khối lượng của Fe2O3 so với hh đầu là khối lượng oxi mà FeO lấy để tạo Fe2O3

⇒ nO cần =1,2

0,075(mol)16

= ⇒ nFeO = 0,15 (mol)

Gọi hh3 4 2 3

FeO:x(mol)x y 0,15

Fe O (FeO.Fe O ) : y(mol)

⇒ + =

(1)

nHCl = 0,6 (mol) ⇒ nO trong oxit = 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3 (2)

Từ (1), (2) ⇒ FeOx 0,1 m 38,3%y 0,05= ⇒ = =

Bài tập 2: [4] Cần bao nhiêu tấn quặng phôtphorit chứa 80% Ca3(PO4 )2 để thu được 1 tấn photpho, cho rằng sự hao hụt trong quá trình sản xuất bằng 5%.

A. 6,58 tấn B. 6,29 tấn C. 5,86 tấn D. Kết quả khác Bài tập 3: [12] Cho 21,52g hhX gồm kim loại M có hóa trị 2 và muối nitrat của kim loại ấy

vào 1 bình kín và nung cho đến khi muối nitrat bị nhiệt phân hồn tồn. Chất rắn thu được sau phảnứng được chia làm 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: phản ứng vừa đủ với 2/3 lit dd HNO3 0,38M cho ra khí NO.- Phần 2: phản ứng vừa hết với 0,3l dd H 2SO4 0,2M để lại 1 chất rắn không tan. Xác định kim

loại M, khối lượng M và nitrat kim loại M trong hỗn hợp X.

A. Cu; 12,8g Cu; 8,72g Cu(NO3 )2

B. Cu; 10,24g Cu; 11,28g Cu(NO3 )2

C. Zn; 68g Cu; 14,72g Zn(NO3 )2

D. Zn; 10,2g Cu; 11,32g Zn(NO3 )2

Hướng dẫn: HhX gồm kim loại M và M(NO3)2.

Khi nung:0t

3 2 2 21

M(NO ) MO 2NO O2

→ + + (1)

21

M O MO2

+ → (2)

Chất rắn còn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO3 có khí thốt ra). GọiM:x(mol)

MO:y(mol)

trong 1/2 chất rắn.

Phần 1: 23 3 23M 8HNO 3M(NO ) 2NO 4H O+ → + +

x 8/3xM + 2HNO3 → M(NO3)2 + H2Oy 2y

3HNO

8 2 0,76n x 2y .0,38

3 3 3= + = = (3)



Phần 2: tác dụng với H2SO4lỗng tạo ra chất rắn (M) nên M đứng sau H trong dãy BêkêtopMO + H2SO4 → MSO4 + H2Oy y

2 4MO H SOn n y 0,06(mol)= = = ⇒ x = 0,05(mol)

Vì bình kín nên O2 dùng cho phản ứng (2) là O2 tạo ra từ phản ứng (1):

3 2 3 2MO(1) MO(2) M(NO ) MO(1) MO(2) M(NO )n n n n n 2n 0,12(mol)= = ⇒ + = =

⇒ 3 2M(NO )n 0,12(mol)=Áp dụng ĐLBTNT: nM (trong X) = nM (chất rắn)

↔ nM đầu + 0,06 = nM (trong MO) + nM dư ⇒ nM đầu = 0,16(mol)

3 2

3 2

X M M(NO )

Cu Cu(NO )

m m m 0,16M 0,06(M 124) 21,52 M 64(Cu)

m 0,16.64 10,24(g);m 21,52 10,24 11,28(g)

= + = + + = ⇒ =

⇒ = = = − =

Bài tập 4: [10] Dùng a gam Al để khử hết 0,8g Fe2O3. Sản phẩm sau phản ứng tác dụng vớilượng dư dd NaOH tạo 0,336l khí (đktc). Giá trị của a là:

A. 1,08g B.0,56g C. 0,54g D. 0,45g



Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hòa tan hồn tồn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối sắt clorua. Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO3 thu được 4,3025g AgCl. X có công thức phân tử là:

A. Fe2O3 B. Fe2O3 C. FeO D. FeO2

CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ĐIỆN TÍCHI. Nguyên tắc của phương pháp: [6] [14]

Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện tích của một hệ cô lập luôn không đổi tức là

được bảo tồn”.Nghĩa là tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Do đó dung

dịch luôn trung hòa về điện ( ∑q+ = ∑q- )II. Vận dụng phương pháp bảo tồn điện tích vào giải tốn:

- Thường dùng để giải quyết các dạng tốn trong dung dịch với việc tính tốn khối lượng muốikhan, nồng độ dung dịch...Sau đây là vài ví dụ:

Ví dụ 1: [tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na2SO4 0,1M và Na2CO3 0,2M tác dụng vừa đủvới 100ml dung dịch B chứa Ba(NO3 )2 và Pb(NO3 )2 0,05M tạo kết tủa. Tính nồng độ mol của Ba(NO3 )2 và khối lượng chung của các kết tủa?

A. 0,25M và 66,2g B. 0,15M và 6,62g C. 0,25M và 6,62g D. 0,15M và 66,2g

Cách giải: theo ĐLBTĐT các ion 24SO − , 23CO − phản ứng với Ba2+ và Pb2+ theo tỉ lệ mol 1:1.Điện tích các ion trên bằng nhau về giá trị tuyệt đối. Nên ta có:

2 2 2 24 3n(SO CO ) n(Ba Pb )

− − + ++ = +∑ ∑↔ 0,1( 0,1 + 0,2) = 0,1( x + 0,05)

2Bax C 0,25(M)+⇒ = =

Khối lượng chung của các kết tủa ( BaSO4 +PbSO4 + BaCO3 + PbCO3) là: 2 2 2 2

4 3SO CO Ba Pbm m m m m− − + += + + +

= 0,1. 0,1. 96 + 0,1. 0,2. 60 + 0,25. 0,1. 137 + 0,05. 0,1. 207 = 6,62 (g)

Nhận xét: Đối với bài tốn trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số bằng cách viết phương trình rồi tính tốn theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì không đủ dữ kiện để định

lượng được khối lượng từng loại kết tủa. Phương pháp BTĐT trong trường hợp này là

một giải pháp tối ưu.

- Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần các ion đúnghay sai.

Ví dụ 2: [13] Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch được ghi ở bảng dưới đây:

Ion Na+ 2Ca + 3 NO− Cl− 3HCO−

Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025

Hãy đánh giá kết quả trên. A. Đúng B. Sai Cách giải:



Theo ĐLBTĐT, ta có ∑q+ = ∑q-

2 Na Ca

q ( 1)n ( 2)n 0,05 0,01.2 0,07+ ++ = + + + = + = +∑

3 3 NO Cl HCOq ( 1)(n n n ) ( 1)(0,01 0,04 0,025) 0,075− − −− = − + + = − + + = −∑

Giá trị tuyệt đối của điện tích (+) khác điện tích (-) ⇒ kết quả trên là sai.

Ví dụ 3: [tự ra] 100ml dung dịch X chứa các ion Ca2+: 0,1mol; −3 NO : 0,05mol; − Br :

0,15mol; −3 HCO : 0,1mol và một ion của kim loại M. Cô cạn dung dịch thu được 29,1g muối khan.

Ion kim loại M là ion nào và tính nồng độ của nó trong dung dịch. A. Na+ và 0,15M B. K + và 0,1M C. Ca2+ và 0,15M D. K + và 1M Cách giải: gọi n là điện tích của ion kim loại M; x là số mol của Mn+

Áp dụng ĐLBTĐT, ta có: 0,1.2 + xn =0,05 + 0,15 + 0,1 → xn = 0,1

Mặt khác: mmuối 2 n3 3Ca M NO Br HCOm m m m m+ + − − −= + + + +

0,1 M

0,1.40 (M ) 0,05.62 80.0,15 0,1.61 29,1 39 M 39nn n

↔ + + + + = ↔ = ⇔ =

Trong số các đáp án đã cho thì K + là đáp án phù hợp và K 0,1C 1(M)0,1+ = =

→ Chọn đáp án D

Ví dụ 4: [5] Dung dịch A chứa Mg 2+ , Ba2+ , Ca2+ và 0,2mol −Cl , 0,3 mol −3 NO . Thêm dần dần

dung dịch Na2CO3 1M vào dung dịch Acho đén khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì ngừng lại. Hỏi thể tích dung dịch A đã thêm là bao nhiêu?

A. 150ml B. 200ml C. 250ml D. 300ml Cách giải:Gọi x,y,z là số mol Mg2+, Ba2+, Ca2+ trong dung dịch A.Theo ĐLBTĐT, ta có: 2x + 2y + 2z = 0,2 + 0,3 = 0,5 ↔ x + y + z = 0,25

2 23 3

2 23 3

2 23 3

Mg CO MgCOBa CO BaCO

Ca CO CaCO

+ −

+ −

+ −

+ → ↓+ → ↓

+ → ↓

22 3 2 33

Na CO Na CO 1MCO0,25

n n x y z 0,25 V 0,25(l) 250ml1

−= = + + = ⇒ = = =

→ Chọn đáp án C.III. Một số bài tập giải theo phương pháp bảo tồn điện tích: Bài tập 1: [5] Một dung dịch chứa hai cation Fe2+ (0,1mol) và Al 3+ (0,2mol) và hai anion −Cl

(x mol) và −24SO (y mol). Biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9g chất rắn khan. x và y có giá

trị là: A. 0,2 và 0,3mol B. 0,15 và 0,3mol C. 0,2 và 0,35mol D. 0,15 và 0,2mol Bài tập 2: [10] Có dung dịch X, dung dich này chỉ chứa hai cation và hai anion trong số các

ion sau: K + (0,15mol) ; +4 NH (0,25mol); H + (0,2mol); −Cl (0,1mol); −2

4SO (0,075 mol); −23CO

(0,15mol). Dung dịch gồm các ion nào?

A. 4 NH + , K + , 23CO − , Cl − B. 4 NH + , K + , 2

4 SO− ,Cl −



C. 4 NH + , H + , 2

4 SO− ,Cl − D. 4 NH + , K + , 2

3CO − , 24 SO −

Bài tập 3: [12] 100ml dung dịch A chứa AgNO3 0,06M và Pb(NO3 )2 0,05M tác dụng vừa đủvới 100ml dung dịch B chứa NaCl 0,08M và KBr. Tính nồng độ mol của KBr trong dung dịch B vàlượng kết tủa tạo ra trong phản ứng giữa hai dung dịch A và B.

A. 0,08M và 2,458g B. 0,016M và 2,185g C. 0,008M và 2,297g D. 0,08M và 2,607g

Bài tập 4: [7] Dung dịch A chứa x mol Al 3+

, y mol Cu2+

, z mol −2

4SO và 0,4 mol −Cl - Cô cạn dung dịch A được 45,2g muối khan.- Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH 3 lấy dư thu được 15,6g kết tủa.Tìm x,y,z. A. 0,2; 0,04; 0,24mol B. 0,1; 0,1; 0,05mol C. 0,2; 0,2; 0,3mol D. 0,1; 0,15; 0,1mol Bài tập 5: [tự ra] Cho 3,75g hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250ml dung dịch X chứa HCl 1M

và H 2SO4 0,5M, được đung dịch B và 3,92l H 2 (đktc). Cô cạn ddB thu được m(g) muối khan. Tìm m? A. 19,3g B. 17,425g< m <19,3g C. 17,425g D. 17, 425g m 19,3g≤ ≤

Hướng dẫn: 2

HH (X)

n 0,175(mol);n 0,50(mol)+= =

22

32

Mg 2H Mg H

3Al 3H Al H

2

+ +

+ +

+ → +

+ → +

2HH pu H (X)n 2n 0,35mol n+ +⇒ = = < ⇒ dung dịch B còn dư axit.

Nhận thấy: HCl và H2SO4 phản ứng đồng thời do đó với các điều kiện của bài khối lượngmuối thu được chỉ xét được trong một khoảng, không tính được giá trị cụ thể.

Áp dụng ĐLBTKL: mmuối 24

KL SO Clm m m− −= + +

Trong dung dịch X, ta luôn có: ∑ q(+) = ∑ q(-) 24SO Cl H2n n n 0,35− − +↔ + = =

Giả sử dung dịch HCl phản ứng trước: Cln 0,25(mol)− =

24SO

0, 35 0, 25n 0,05(mol)

2m 3, 75 0, 25.35, 5 0, 05.96 17, 425(g)

−−

→ = =

= + + =

Giả sử dung dịch H2SO4 phản ứng trước: 24SOn 0, 25(mol)− =

Cln 0,35 2.0,125 0,1(mol)

m 3, 75 0,125.96 0,1.35, 5 19, 3(g)

−→ = − =

= + + = .Vậy 17,425g < m < 19,3g



CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN ELECTRONI. Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14]Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận.

- Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứn (nhiều phản ứng hoặc phảnứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà cácchất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóahoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.

- Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài tốn phải biện luận nhiều trường hợp có thểxảy ra. Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa - khử thường để giả các bài tốn vô cơ.

II. Vận dụng phương pháp bảo tồn electron vào giải tốn:Sử dụng phương pháp bảo tồn electron để giải nhiều dạng tốn nhưng về cơ bản gồm những

dạng sau đây: II.1. Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit

tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí.Để giải quyết bài tốn dạng này ta thực hiện các bước:

Tính số mol của mỗi khí trong hỗn hợp, thường dựa vào sơ đồ đường chéo (được trình

bày ở chương sau).

Tính tổng số electron nhận và electron nhường.

Cho ∑ electron nhường = ∑ electron nhận → tìm ẩn số của bài tốn

Ví dụ 1: [tự ra] Cho 18,98g hỗn hợp A gồm Cu, Mg, Al tác dụng vừa đủ với 2l ddHNO3 được1,792l khí X (đktc) gồm N 2 và NO2 có tỉ khối so với He là 9,25. Tổng khối lượng muối nitrat sinh ralà bao nhiêu và nồng độ mol/l của HNO3 trong dung dịch đầu?

A. 53,7g và 0,28M B. 46,26g và 0,28M C. 46,26g và 0,06M D. 53,7g và 0,06M

Cách giải: nhận thấy:2 2

2 2

N NOX

X N NO

M MM 9,25x4 37

2n 1,792

n n 0,04(mol)2 2.22,4

+= = =

⇒ = = = =

Ta có quá trình nhận electron:

5 0

232 N(NO ) 10e N+

− + →0,08 ← 0,4 ← 0,04 → ∑ e nhận = 0,4 +0,04 = 0,44(mol)

5 4

3 2 N(NO ) 1e N(NO )

+ +−

+ →

3HNO

n bị khử = 0,08 + 0,04 = 0,12 (mol)

0,04 ← 0,04← 0,04Theo định luật bảo tồn electron: ∑ e nhận = ∑ e nhường = 0,44 (mol)Có thể viết tổng quát quá trình nhường e: M - ne → Mn+

0,44

Ta có nhận xét sau: vì gốc 3 NO− có hóa trị I nên nếu kim loại nhường bao nhiêu electron thì

cũng nhận bấy nhiêu gốc 3 NO− để tạo muối.

Vậy 3HNOn tạo muối = ne nhường = ne nhận = 0,44 (mol)



→ 3HNOn pư = 0,44 + 0,12 = 0,56(mol) ⇒3M(HNO )

0,56C 0,28(M)

2= =

Khối lượng muối nitrat sinh ra là:3

KL NOm m m 18,98 0, 44.62 46,26(g)−= + = + =

→ Chọn đáp án B

Nhận xét:

- Bài tốn chỉ yêu cầu tính khối lượng muối và nồng độ HNO3 nên chỉ cần quan tâm đến∑ e nhường nhưng đề tốn yêu cầu tính %m hoặc m từng kim loại thì cần đặt ẩn để giải hệ.

- Bài tốn này nếu giải theo phương pháp đại số (đặt ẩn, tìm các phương trình và giải hệ)thì sẽ rơi vào khó khăn bởi nó đòi hỏi những kỹ năng tốn học cao của học sinh, khi 6 ptpư, 6 ẩn màchỉ có 3 dữ kiện để tính tốn. Sử dụng ĐLBT electron không cần viết ptpư và trong trường hợp nàynó trở nên tối ưu.

- Dựa vào bài tốn trên, có thể khai triển thành nhiều bài khác để hỏi về các đại lượngkhác như Vhh khí, % mKL, mKL...

- Khi viết các quá trình nhường, nhận electron nên viết để tránh nhầm lẫn các bán phảnứng oxi hóa - khử dưới dạng ion electron. Vì thường phản ứng tạo khí có có sụ tham gia của môitrường, nếu các bài tốn đưa trọng tâm vào nội dung này, học sinh dễ mắc sai lầm khi nghĩ các quá

trình không phụ thuộc vào môi trường.Ví dụ 2: [17] Hồ tan hồn tồn 9,28g một hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn với số mol bằng nhau trong

một lượng vừa đủ dd H 2SO4 đặc, nóng; thu được ddY và 0,07mol một sản phẩm duy nhất chứa lưuhuỳnh. Sản phẩm đó là chất nào?

A. SO2 B. S C. H 2 S D. 22 8 S O −

Cách giải: Gọi a là số mol Mg, Al, Zn trong hỗn hợp.Ta có: (24 + 65 + 27)a = 9,28 ⇒ a = 0,08 (mol)Quá trình nhường e: Mg - 2e → Mg2+

0,08 0,16

Al - 3e → Al3+

⇒ ∑ e nhường = 0,16 + 0,24 + 0,16 = 0,56(mol) 0,08 0,24Zn - 2e → Zn2+

0,08 0,16

Quá trình nhận e:6 x

S (6 x)e S+

+ − → ⇒ ∑ e nhận = 0,07(6-x) (mol)

0,07 0,07(6-x)Với x là số oxi hóa của S trong sản phẩm đó.Áp dụng ĐLBT electron, ta có: 0,07(6-x) = 0,56 ⇒ x = -2 ⇒ sản phẩm là H2S.Vậy đáp án đúng là C. II.2. Các bài tập về sắt qua nhiều trạng thái oxi hóa:

Sắt có nhiều trạng thái oxi hóa nên khi oxi hóa Fe kim loại thường thu được hỗn hợp các oxitsắt. Thông thường bài tốn cho tồn bộ lượng oxit sắt chuyển về một trạng thái oxi hóa nào đó. Để giảiquyết dạng bài tập này cần chú ý:

• Chỉ quan tâm đến trạng thái oxi hóa đầu và cuối của sắt, không cần quan tâm đến các

trạng thái oxi hóa trung gian.

• Đặt ẩn số với chất đóng vai trò chất khử.



Ví dụ 3: [18] Nung x gam Fe trong không khí, thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm Fe, FeO, Fe2O3 , Fe3O4. Hòa tan A trogn dd HNO3 dư, thu được ddB và 12,096 lit hỗn hợp khí NO và NO2 (đktc) có tỉ khối đối với He là 10,167. Giá trị của x là:

A. 85,02g B. 49,22g C. 78,4g D. 98g Cách giải: - Dựa vào sơ đồ đường chéo để tính được số mol NO và NO2 lần lượt là 0,18 và

0,36 mol. Cách tính này sẽ được đề cập ở chương sau.- Nhận thấy, quá trình phản ứng tồn bộ lượng Fe kim loại được chuyển thành Fe3+

nên ta có quá trình nhường e: Fe - 3e → Fe3+

x

56→

3x

56∑ e nhường =

3x

56(mol)

Quá trình nhận e:5 4

3 2 N(NO ) 1e N(NO )+ +

− + →

0,36← 0,36

5 2

3 N (NO ) 3e N (NO)+ +

− + →3.0,18 ← 0,18

O2 + 4e → 2O2-

Theo ĐLBTKL:2 2

Fe O A O A Fem + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)⇒

2

2 2

O

Fe O A O A Fe

3 2 2

104,8 xn (mol)

32m + m = m m = m - m = 104,8 - x (g)

Al Fe Cu Ag

Al Fe Cu Ag

+ + + +

−⇒ =

⇒ 2O

104,8 xn (mol)

32

−⇒ =

→ ∑ e nhận = 0,36 + 0,18.3 +104,8 x

.432

−= 0,9 +

104,8 x(mol)

8

−

Theo ĐLBT electron, ta có: ∑ e nhận = ∑ e nhường

↔ 0,9 +104,8 x

8 − =3x

56 ⇒ x = 78,4(g)

Chọn đáp án C.

Nhận xét: đây là dạng tốn kinh điển của phương pháp bảo tồn electron. Đối với dạng

bài tập TNKQ thì đây là phương pháp rất hay để giải quyết nhiều bài tập về oxihoa-khử

một cách chính xác, rất nhanh và không gây nhầm lẫn.

II.3. Dạng tốn trong dung dịch nhiều chất khử, nhiều chất oxi hóa mà sự trao đổi electron xảy ra đồng thời (thường gặp là dạng tốn kim loại này đẩy kim loại khác ra khỏi dung dịch muối)

Ví dụ 4: [12] Một hỗn hợp X gồm Al và Fe có khối lượng 8,3g. Cho X vào 1lit ddA chứa AgNO3 0,1M và Cu(NO3 )2 0,2M. Sau khi phản ứng kết thúc được chất rắn B (hồn tồn không tácdụng với dd HCl) và ddC (hồn tồn không có màu xanh của Cu2+ ). Tính khối lượng chất rắn B và%Al trong hỗn hợp.

A. 23,6g; %Al = 32,53 B. 24,8g; %Al = 31,18C. 28,7g; %Al = 33,14 A. 24,6g; %Al = 32,18Cách giải: - Chiều sắp xếp các cặp OXH-K trong dãy điện hóa:



3 2 2Al Fe Cu Ag

Al Fe Cu Ag

+ + + +

- Ag bị khử trước Cu2+; dd bị mất hết màu xanh của Cu2+ nên Cu2+ và Ag+ đều bị khử hết tạoAg và Cu kim loại.

- Al phản ứng xong rồi đến Fe; chất rắn B không phản ứng với HCl, do đó Al và Fe đã phảnứng hết.

Vậy, hỗn hợp B gồm Cu và Ag ⇒ mB = mCu + mAgnAg = 0,1mol ; nCu = 0,2mol ⇒ mB = 0,1x108 + 0,2x64 = 23,6(g)

Gọi hhX XAl:x(mol)

;m 8,3g 27x 56y 8,3Fe : y(mol)

= ⇔ + =

(1)

Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+

x 3xFe - 2e → Fe2+ ⇒ ∑ e nhường = 3x + 2y(mol)y 2y

Quá trình nhận e: Cu2+ + 2e → Cu

0,2 0,4Ag+ + e → Ag ⇒ ∑ e nhận = 0,4 + 0,1 = 0,5(mol)

0,1 0,1Theo ĐLBT electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận ↔ 3x + 2y = 0,5 (2)

Từ (1) và (2), suy ra: Al

x 0,1 0,1.27.100%m 32,53%

y 0,1 8,3

=⇒ = =

=Vậy đáp án đúng là A.Ví dụ 5: [23] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1 , R2 có hóa trị x,y không đổi (R1 , R2 không tác dụng

với H 2O và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp phản ứng vớiCuSO4 dư, lấy Cu thu được cho phản ứng với HNO3 dư thu được 1,12lit khí NO duy nhất. Nếu cholượng hỗn hợp trên phản ứng hồn tồn với dd HNO3 thì thu dược bao nhiêu lit khí N 2. Các thể tích đoở đktc.

A. 0,224l B. 0,336l C. 4,48l D. 0,448l Cách giải: quá trình oxi hóa-khử xảy ra: kim loại R 1, R 2 nhường electron cho Cu2+ để chuyểnthành Cu, sau đó Cu lại nhường e cho N(+5) tạo thành N(+2)

⇒ số mol e do R 1, R 2 nhường = số mol do N(+5) nhận vào

5 2

N e N

++

+→

0,05x3←1,12

0,0522,4

=

- Khi R 1, R 2 trực tiếp nhường e cho N(+5) chuyển thành N(0)

Gọi a là số mol N2 thì ta có:5 0

2 N 10e N+

+→

10a ← a molVì cùng lượng R 1, R 2 tham gia phản ứng nên: 0,05x3 = 10a ⇒ a = 0,015 (mol)

2 NV = 22,4x0,015 = 0,336(l)

Nhận xét:

- Qua ví dụ này nhấn mạnh được rằng với 1 mol chất phản ứng trong điều kiện phản ứng xảy ra hồn tồn, chất đó phản ứng hết thì trong mọi trường hợp của cùng một bán phản ứngsố mol mà nó nhận vào hay cho đi đều là hằng số.



- Như ví dụ này, ta không cần xét tính khử của kim loại nào mạnh hơn vẫn giảiquyết được bài tốn vì tồn bộ R đã chuyển thành ion. Đó là ưu điểm khi sử dụng phương pháp bảotồn electron.

II.4. Áp dụng ĐLBT electron để giải một số bài tốn khác:Ví dụ 6: [tự ra] Khi đốt nóng 22,05g muối KClO3 thu được 2,24lit khí O2 và một hỗn hợp chất

rắn gồm muối kali peclorat và kali clorua. Xác định khối lượng các muối tạo thành. A. 4,97g KCl và 13,88g KClO3 B. 7,0775g KCl và 14,9725g KClO4

C. 7,0775g KCl và 11,7725g KClO4 A. 11,7725g KCl và 10,2775g KClO3

Cách giải: 3 2KClO O

22,05 2, 24n 0,18(mol);n 0,1(mol)

122,5 22,4= = = =

Gọi số mol của KCl và KClO4 lần lượt là x và y.

Quá trình nhường e: 5 1

Cl 6e Cl+ −

+ →

x 6x ← x

Quá trình nhận e: 5 7

Cl 2e Cl+ +

− →

y 2y ← y2O2- - 4e → O2

0,4← 0,1Theo ĐLBT electron: 6x = 0,4 + 2y ↔ 6x - 2y = 0,4 ↔ 3x - y = 0,2 (1)Mặt khác: x + y = 0,18 (2)

Từ (1), (2) suy ra:4

KCl

KClO

m 0,095.74,5 7,0775(g)x 0,095

m 0,085.138,5 11,7725(g)y 0,085

= == ⇒ = == Vậy đáp án đúng là C.Ví dụ 7: [15] Hòa tan hồn tồn 17,4g hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy

thốt ra 13,44lit khí. Nếu cho 8,7g hỗn hợp tác dụng dd NaOH dư thu được 3,36lit khí (đktc).Vậy nếucho 34,8g hỗn hợp trên tác dụng với dd CuSO4 dư, lọc lấy tồn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dd HNO3 nóng, dư thì thu được V lit khí NO2. Thể tích khí NO2 (đktc) thu được là:

A. 26,88l B. 53,76l C. 13,44l D. 44,8l Cách giải:

2H13,44

n 0,6(mol)22,4

= =

Xét tồn bộ quá trình phản ứng thì: Al, Mg, Fe nhường e; H+(HCl), Cu2+ nhận e.Mà: 2H+ + 2e → H2; Cu2+ + 2e → Cu đều nhận 2 electron.

Nên ∑ e(H+) nhường = ∑ e(Cu2+) nhận ⇒ 22H CuCun n n+= =

Quá trình nhận e của HNO3:5 4

N e N

++

+→ ⇒ ∑ e( 5

N+ ) nhận = ∑ e(Cu) nhường

Trong 34,8g hỗn hợp: 2 NO Cun 2n 2.0,6.2 2,4(mol)= = =

2 NOV 2,4.22,4 53,76(l)⇒ = =

Nhận xét: nếu giải bài tốn này theo phương pháp đại số sẽ dài dòng vì viết phản ứng,

đặt ẩn, giải hệ nhưng nếu giải theo phương pháp bảo tồn electron thì dữ kiện cho 8,7g

hỗn hợp tác dụng với dd NaOH dư cho 3,36lit khí không cần sử dụng vẫn cho kết quả

chính xác với cách ngắn gọn, nhanh chóng.

III. Một số bài tập TNKQ giải theo phương pháp bảo tồn electron: Bài tập 1: [8] Hòa tan hồn tồn 1,2g kim loại X vào dd HNO3 dư thu được 0,224lit khí N 2 (đktc)

(giả thiết phản ứng chỉ tạo ra khí N 2 ). Vậy X là:



A. Zn B. Cu C. Mg D. Al Bài tập 2: [16] Trộn 0,54g bột Al với bột Fe2O3 và CuO rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu

được hỗn hợp A. Hòa tan hồn tồn A trong dd HNO3 được hỗn hợp khí gồm NO và NO2 có tỉ lệ số mol tương ứng là 1:3. Thể tích (đktc) khí NO và NO2 lần lượt là:

A. 0,224l và 0,672l B. 0,672l và 0,224l C. 2,24l và 6,72l D. 6,72l và 2,24l Bài tập 3: [10] Cho H 2SO4 lỗng tác dụgn với 6,659g hỗn hợp 2 kim loại X và Y đều hóa trị II,

thu được 0,1mol khí, đồng thời khối lượng hỗn hợp giảm 6,5g. Hòa tan phần còn lại vào H 2SO4 đặc,nóng thấy thốt ra 0,16g khí SO2. X và Y là những kim loại nào sau đây? A. Hg và Zn B. Cu và Zn C. Cu và Ca D. Cu và Mg Bài tập 4: [22] Cho luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam Fe2O3 ở nhệt độ cao một thời

gian. Người ta thu được 6,72g hỗn hợp gồm 4 chất rắn khác nhau(A). Đem hòa tan hồn tồn hỗn hợpnày vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0,448lit khí B duy nhất có tỷ khối so với H 2 bằng 15. m nhận giá trị là:

A. 5,56g B. 6,64g C. 7,2g D. 8,81g Bài tập 5: [4] Khi cho 17,40g hợp kim Y gồm sắt, đồng, nhôm phản ứng hết với H 2SO4 lỗng dư

ta được ddA; 6,4g chất rắn và 9,856lit khí B ở 27,30C; 1atm. Phần trăm khối lượng mỗi kim loạitrong hợp kim lần lượt là:

A. 34,18%; 34,79% và 31,03% B. 30,18%; 38,79% và 31,03%C. 31,18%; 37,79% và 31,03% D. 32,18%; 36,79% và 31,03% Bài tập 6: [17] Cho kim loại M khi hòa tan hết m(g) M trong HNO3 lỗng, nóng thu được khí

NO, khi hòa tan m(g) M trong dd HCl thu được khí H 2 có 2H NOV V= trong cùng điều kiện nhiệt độ,

áp suất. Khối lượng muối clorua bằng 52,48% khối lượng muối nitrat thu được. Xác định M và hóatrị của nó.

A. Fe, có hóa trị 2 và 3 B. Fe, có hóa trị 3C. Cr, có hóa trị 2 và 3 D. Cr, có hóa trị 3 Hướng dẫn: gọi hóa trị của M trong 2 trường hợp phản ứng với HNO3 và HCl lần lượt là p, k.

- Với HNO3:5 2

N 3e N

+ +

+→

m pM

m p3M

- Với HCl: 2H+ + 2e → H2 m

k M

m

k 2M

Theo đề: 2H NOV V= hay 2H NOn n= ↔m

p3M

=m

k 2M

↔ 2p = 3k

Chọn k = 2, p = 3 ⇒ 2 muối thu được: MCl2 và M(NO3)3

Ta có:2 3 3MCl M(NO )

52, 48 52,48m m (M 71) (M 62.3)

100 100= ↔ + = +

↔ M = 56 ⇒ M là Fe. Chọn đáp án A. Bài tập 7: [1] Đốt cháy a gam FeS trong O2 dư, thu khí SO2. Trộn SO2 với 1 lượng O2 rồi nung hỗn hợp có xúc tác V 2O5 được hỗn hợp khí X. Cho X vào dd nước brôm, vừa hết 0,08 mol Br 2 và thuđược ddY. Cho Y tác dụng với dd NaOH để trung hòa hết lượng axit có trong Y vừa hết 0,8mol NaOH. Tính a.

A. 24,64g B.25,52g C. 26,25g D. 28,16g Hướng dẫn: X có thể tác dụng với nước brom nên X còn chứa SO2.Gọi số mol của SO2 và SO3 trong hỗn hợp X lần lượt là x và y.

Quá trình nhường e: 4 6

S 2e N

+ +

−→



x 2x xQuá trình nhận e: Br 2 + 2e → 2 Br −

0,08 0,16 0,16Theo ĐLBT electron: 2x = 0,16 ↔ x = 0,08Dd Y có: HBr: 0,16 mol ; H2SO4:(x + y) mol

2H OH H O+ −+ →

0,8 ← 0,8⇒ 0,16 + 2(x + y) = 0,8 ↔ x + y = 0,32 ⇒ y = 0,24

2SO FeSn x y 0,32(mol) n 0,32(mol)⇒ = + = ⇒ =∑

FeSm 0,32.88 28,16(g)⇒ = = . Chọn đáp án D. Bài tập 8: [23] Trộn 60g bột Fe với 30g bột S rồi đun nóng (không có không khí) thu được

chất rắn A. Hòa tan A bằng dd axit HCl dư được ddB và khí C. Đốt cháy C cần V lit O2 (đktc) (biết các phản ứng xảy ra hồn tồn). V lit khí oxi là:

A. 32,928 lit B. 16,454 lit C. 22,4 lit D. 4,48 lit

Hướng dẫn: - nFe > nS30

32= ⇒ Fe dư và S hết ⇒ khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được

SO2 và H2O. Vậy quá trình phản ứng là Fe và S nhường electron, còn O2 thu electron.- Viết các quá trình nhường, nhận electron rồi thiết lập phương trình liên quanđến ẩn số của số mol O2, ta tính được số mol O2 là 1,47(mol) ⇒ thể tích O2 là 32,928 lit.

Bài tập 9: [18] Để hòa tan 9,18g bột Al nguyên chất cần dùng dd axit (A) thu được một khí (X)và dd muối (Y). Biết trong không khí (X), số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số OXH là0,3612.1023 (số Avôgađro là 6,02.1023 ). Để tác dụng hồn tồn với dd (Y) tạo ra một dd trong suốt cần290g dd NaOH 20%. Vậy khí X là:

A. NO2 B. N 2 C. N 2O D. NO

Hướng dẫn: để tìm được khí X, cần xác định được axit A. Ta có: 3Al Aln n 0,34(mol)+= =

32 2Al 4OH AlO 2H O+ − −+ → + (1)

OH pu OH (bd)n 4.0,34 1,36mol n 1, 45− −= = < = ⇒ muối Y phải còn một muối phản ứng với

OH− . Đó là NH4 NO3 ⇒ (A) là HNO3

- Xác định (X): 4 3 2 NH OH NH H O+ −+ → + (2)

OH (2)n 1, 45 1,36 0,09mol− = − = ;23

N(trongX) 230,3612.10

n 0,06(mol6,02.10

= = nguyên tử)

Quá trình nhường e: Al - 3e → Al3+

0,34→ 1,02

Quá trình nhận e:5 3

3 4 N(NO ) 8e N(NH )+ −

− ++ →

0,72 ← 0,09

5 x

3 N(NO ) (5 x)e N+

− + − →

0,06(5-x) ← 0,06Theo ĐLBT electron: 0,06(5-x) + 0,72 = 1,02 ↔ x = 0 ⇒ X là N2. Chọn đáp án B. Bài tập 10: [tự ra] Cho hỗn hợp X gồm 0,03mol Al và 0,05mol Fe vào 100ml ddA có

Cu(NO3 )2 và AgNO3. sau phản ứng thu được 8,12g chất rắn B. Cho B tác dụng với dd HCl dư được0,672 lit khí H 2. Các thể tích khí đều đo ở đktc. Nồng độ mỗi muối trong dd A là:

A. 3 AgNOC 0,32M và 3 2Cu( NO )C 0,29M



B. 3 AgNOC 0,5M và 3 2Cu( NO )C 0,3M

C. 3 AgNOC 0,22M và 3 2Cu( NO )C 0,04M

D. 3 AgNOC 0,3M và 3 2Cu( NO )C 0,5M

Bài tập 11: [tự ra] Hòa tan 13,2g hỗn hợp bột Fe, FeO và Fe2O3 vào dd HCl. Sau phản ứng thu được chất rắn A là kim loại; 0,56 lit chất khí B và một ddC.

- Cho ddC tác dụng hết với dd NaOH dư thu được kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi được 12g chất rắn.

- Mặt khác, nếu lấy khối lượng chất rắn A đúng bằng khối lượng của nó trong hỗn hợp đemhòa tan hồn tồn trong dd H 2SO4 đặc, nóng dư thu được 3,36 lit khí mùi xốc (đktc). Tính %m FeO trong hỗn hợp?

A. 10,53% B. 27,27% C. 16,36% D. 44,32% Hướng dẫn: gọi số mol của Fe, FeO, Fe2O3 trong hỗn hợp lần lượt là a, b, c.

2H

0,56n 0,025(mol)

22,4= =

Sau phản ứng còn dư Fe chứng tỏ tồn bộ lượng muối Fe3+ trong ddC chuyển thành muối Fe2+.Gọi số mol Fe dư là d. Thiết lập các mối liên hệ ta được hệ phương trình:

56a 72b 160c 132a 0,13,36.2

3a 0,3 b 0,0522,4

c 0,025d 0, 025 c

d 0,05 b dc 0,075

2

+ + = = = = =

↔ == +

=+ + =

⇒ FeO0,05.72

%m .100 27,27(%)13,2

= = . Chọn đáp án B.



CHƯƠNG V: PHƯƠNG PHÁP DÙNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNHVÀ PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO

I. Phương pháp dùng các giá trị trung bình: Nội dung của phương pháp này được chia thành nhiều dạng:- Phương pháp khối lượng mol trung bình (M)- Phương pháp số nguyên tử cacbon trung bình- Phương pháp số nguyên tử hiđro trung bình- Phương pháp gốc hiđrocacbon trung bình- Phương pháp nhóm chức trung bình- Phương pháp hóa trị trung bìnhPhương pháp này dùng chủ yếu trong hóa hữu cơ, đối với vô cơ thường chỉ sử dụng 2 phương

pháp: khối lượng mol trung bình (M) và hóa trị trung bình. I.1. Phương pháp khối lượng mol trung bình(M): [13] I.1.1. Khối lượng mol trung bình:

I.1.1.1. Khái niệm:- Khối lượng mol trung bình (KLMTB) của hỗn hợp là khối lượng của một mol hỗn hợp đó.

I.1.1.2. Công thức tính KLMTB:

hh 1 1 2 2 i ihh 1 2 1

m M n M n .... M nM n n n .... n

+ + += = + + + (1)

Trong đó : mhh là tổng số gam của hỗn hợp.nhh là tổng số mol của hỗn hợp.M1, M2 …Mi là khối lượng mol của các chất trong hỗn hợp.n1, n2 … ni là số mol tương ứng của các chất.

Đối với chất khí vì thể tích tỉ lệ với số mol nên (1) được viết lại:

1 1 2 2 i i

1 2 1

M V M V .... M VM

V V .... V

+ + +=

+ + + (2)

Với V1, V2 … Vi : lần lượt là thể tích các chất khí tương ứng. Từ (1) và (2) suy ra:

M = M1x1 + M2x2 + … + Mixi (3)Với x1, x2, … xi là thành phần % số mol hoặc thể tích ( nếu hỗn hợp khí) tương ứng của các

chất và được lấy theo số thập phân ( nghĩa là 100% ứng với x = 1).

• Chú ý: Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất có khối lượng mol tương ứng M1 và M2 thì các

công thức (1), (2), (3) được viết dưới dạng:

(1) suy ra1 1 2 1M n M (n n )

M n

+ −=

(2) suy ra 1 1 2 1M V M (V V )M

V

+ −=

(3) suy ra M = M1x + M2 (1-x)Trong đó n1, V1, x là số mol, thể tích, thành phần % về số mol hoặc thể tích ( hỗn hợp khí ) của

chất thứ M1. I.1.1.3. Tính chất:

- M không phải là hằng số mà có giá trị phụ thuộc vào thành phần về lượng các chất trong hỗnhợp.



- M luôn nằm trong khoảng khối lượng mol phân tử của chất nhỏ nhất và lớn nhất.Mmin < M < Mmax

- Hỗn hợp hai chất A, B có MA < MB có thành phần tính theo số mol tương ứng là a%, b% thì :

a% = b% = 50 a% < 50% < b% a% > 50% > b%

A B

M MM 2

+= A B

M MM 2

+

> A B

M MM 2

+<

I.1.2. Vận dụng trong giải tốn:Trong vô vơ, thường gặp các dạng tốn xác định khối lượng nguyên tử của 2 kim loại thuộc

cùng phân nhóm chính và nằm 2 chu kỳ kế tiếp nhau; xác định thành phần hỗn hợp muối cùng 1cation hoặc cùng 1 anion; xác định % số lượng mỗi đồng vị 1 nguyên tố; % thể tích các khí tronghỗn hợp.

I.1.2.1. Vận dụng trong giải tốn liên quan đến hỗn hợp kim loại hoặc hỗn hợp muốiVí dụ 1: [tự ra] Hồ tan hết 7,6g hỗn hợp 2 kim loại X và Y nhóm IIA thuộc 2 chu kỳ liên tiếp

bằng dd HCl dư thì thu được 5,6 lit khí (đktc). X và Y là những kim loại nào sau đây? A. Mg và Ca B. Be và Mg C. Ca và Sr D. Sr và Ba

Cách giải: gọi công thức 2 kim loại X, Y là M

2H5,6

n 0,25(mol)22,4

= =

2 2M 2HCl MCl H

↑+ → +

0,25mol 0,25mol

⇒ 7,6

M 30,40,25

= = . Giả sử X< M = 30,4 <Y ⇒ 2 kim loại đó là Mg và Ca.

Nhận xét: đối với bài tốn này, nếu giải theo phương pháp chính tắc sẽ dẫn đến số

phương trình ít hơn số ẩn số. Khi đó đòi hỏi những thủ thuật tốn học tôt mới xử lý

được. Do đó, trong trường hợp này, phương pháp M đem lại hiệu quả cao hơn.

Ví dụ 2: [tự ra] Cho 500ml dd X chứa 2 muối NaA và NaB với A và B là halogen (nhóm VIIAthuộc 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH) tác dụng với 100ml ddAgNO3 0,1M (lượng vừa đủ, cho ra1,5685g kết tủa). Xác định A, B và nồng độ mol của NaA và NaB trong dd X.

A. F và Cl; C NaF = 0,015M; C NaCl = 0,005M B. Br và I; C NaBr = 0,014M; C NaI = 0,006M C. Cl và Br; C NaCl = 0,012M; C NaBr = 0,008M D. Cl và Br; C NaCl = 0,014M; C NaBr = 0,006M

Cách giải:

Ag A AgA

Ag B AgB

+ −

+ −

+ → ↓

+ → ↓ ⇒ A B Agn n n 0,1.0,1 0,01(mol)− − +

+ = = =

2 A,B A,B1,5685

M 156,85 108 M 156,85 M 48,850,01

↓ = = ↔ + = ⇒ =

Mà: 35,5 < A,BM = 48,85 < 80 ⇒ A là Cl, B là Br

GọiCl : x (mol)

x y 0,01Br : y (mol)

−

−

↔ + =

(1)



m 1,5685 x(108 35,5) y(108 80) 1,5685↓ = ↔ + + + = (2)

Từ (1) và (2)

3

M(NaCl)3

3 3

M(NaBr)

7.10C 0,014(M)

x 7.10 0,5

y 3.10 3.10C 0,006(M)

0,5

−

−

− −

= = = ⇒ ⇒

= = =

Chọn đáp án D. I.1.2.2. Dạng tốn liên quan đến khối lượng nguyên tử trung bình và đồng vị củanguyên tố:

Công thức tính khối lượng nguyên tử trung bình:Giả sử nguyên tố có n đồng vị A1, A2,..., An với Ai là nguyên tử khối của đồng vị Ai; gọi ai là tỉ

lệ số nguyên tử của đồng vị thứ i; A là nguyên tử khối trung bình; ta có:

1 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n

1 2 n

A a A a ... A a A a A a ... A aA

a a ... a 100

+ + + + + += =

+ + +

Ví dụ 3: [tự ra] Trong tự nhiên nguyên tố clo có 2 đồng vị là 35Cl và 37 Cl có phần trăm số

nguyên tử tương ứng là 75% và 25%. Nguyên tố có đồng vị trong đó 63Cu chiếm 73% số nguyên tử.

Đồng và clo tạo được hợp chất CuCl x , trong đó phần trăm khối lượng Cu chiếm 47,228%. Tìm đồng vị thứ 2 của đồng và công thức phân tử của CuCl x. Biết số khối 2 đồng vị hơn kém nhau a đơn vị và

>CuM 63 .

A. 65Cu , CuCl B. 65Cu , CuCl 2 C. 64 Cu , CuCl 2 D. 64 Cu , CuCl

Cách giải: gọi đồng vị 2 của Cu: 2ACu

Ta có: Cl75 25

M .35 .37 35,5100 100

= + =

Trong CuClx, %mCu = 47,228%

CuCu Cu

Cu

M.100 47,228 M 0,47228M 16,7659x

M 35,5x

⇔ = ↔ = +

+Cu Cu0,52772M 16,7659x M 31,771x↔ = ↔ = (1)

Mà: CuM = 63. 0,73 + A2 .0,27 = 63. 0,73 + (63 + x). 0,27 (vì 2 1A A x− = và CuM > 63)

CuM 63 0,27x⇔ = + (2)

Từ (1) và (2) Cu 2x 2;M 63,54;A 65⇒ ≈ = = . Chọn đáp án B.

I.1.2.3. Dạng tốn liên quan đến hỗn hợp khí:Ví dụ 4: [tự ra] Hỗn hợp A gồm các khí N 2 , H 2 , NH 3 (và một ít chất xúc tác) có tỉ khối so với

H 2 bằng 6,05. Nung nóng A một thời gian thấy tỉ khối hỗn hợp so với H 2 tăng 0,348. Vậy, hiệu suất tạo khí NH 3 là:

A. 10% b. 18,75% C. 34% D. 27%Cách giải:

2

2

3

N :x(mol)

H : y(mol)

NH :z(mol)

trong 1 mol hỗn hợp A ↔ x + y + z = 1 (1)

Theo đề:2

tr hhH

d 6,05 M 28x 2y 17z 6.05.2 12,1= ↔ = + + = = (2)

Mặt khác: y = 4x (3)Từ (1), (2), (3) ⇒ x = 0,1; y = 0,4; z = 0,5



0t ,p

2 2 3xt

N 3H 2NH+ ��

Ban đầu: 0,1 0,4 0,5Phản ứng: a 3a 2aCân bằng: 0,1-a 0,4-3a 2a+0,5

s28(0,1 a) 2(0,4 3a) 17(2a 0,5)

M 6,398.2 12,7961 2a

1 2a 0,946 a 0,027

− + − + += = =

−⇒ − = ⇒ =Hiệu suất tạo khí NH3 là: 27%. Vậy đáp án đúng là D. I.2. Phương pháp hóa trị trung bình:Thường áp dụng trong dạng tốn hỗn hợp mà hóa trị của nguyên tố không đổi trong bài tốnVí dụ 5: [17] Hỗn hợp A gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị không đổi và không có kim loại nào

hóa trị I. Lấy 7,68g hỗn hợp A chia thành 2 phần bằng nhau:- Phần 1: nung trong khí O2 dư để oxi hóa hồn tồn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit - Phần 2: hòa tan hồn tồn trong dd chứa HCl và H 2SO4 lỗng, thu được V lit khí H 2 (đktc) và

ddC. Tính V. A. 2,352lit B. 4,704lit C. 3,024lit D. 1,176lit

Cách giải: gọi kí hiệu chung của 2 kim loại X, Y là: M; hóa trị trung bình là x ; số mol củahỗn hợp trong mỗi phần là: a

2 2 x4M xO 2M O+ → (1)

2x2M 2xHCl 2MCl xH ↑+ → + (2)

2 4 2 4 2x2M xH SO M (SO ) xH ↑+ → + (3)

Từ ĐLBTKL 2Om⇒ pư =7,68

6 2,16(g)2

− =

2Oax 2,16

n 0,0675(mol) ax 0,0675.4 0,135(mol)4 32

⇒ = = = ↔ = =

Từ (2) và (3)2 2H M H

x axn n 0,135(mol) V 3,024(l)

2 2⇒ = = = ⇒ =

Chọn đáp án C.Ví dụ 6: [13] Cho một luồng H 2 đi qua ống sứ đốt nóng đựng 11,3g hỗn hợp 2 oxit vanađi hóa

trị kề nhau tới khử hồn tồn và cho khí đi ra khỏi ống sứ qua H 2SO4 đặc thấy khối lượng axit tưng lên4,68g. Xác định các oxit vanađi.

A. V 2O3 và VO2 B. V 2O3 và V 2O4 A. V 2O3 và V 2O A. VO và VO2

Cách giải: gọi x là hóa trị trung bình của vanađi.0t C

2 x 2 2V O xH 2V xH O+ → + (1)

2H Om 4,68g=Theo (1) ta có:

11,3 4,68 1x 3,7

51.2 16x 18 x= → ≈

+Vậy các oxit là V2O3 và VO2. Chọn đáp án A.II. Phương pháp đường chéo: [2], [14]Phương pháp đường chéo thường áp dụng để giải các bài tốn trộn lẫn các chất với nhau, có thể

là đồng thể: lỏng - lỏng, khí - khí, rắn - rắn hoặc dị thể lỏng - rắn, lỏng - khí, nhưng hỗn hợp cuốicùng phải là đồng thể. Phương pháp này có ý nghĩa thực tế là trường hợp pha chế dung dịch. Tuynhiên, phương pháp này chỉ áp dụng cho trường hợp trộn lẫn các dung dịch của cùng một chất (hoặc



chất khác nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất) ; không áp dụng cho trường hợp trộnlẫn các chất khác nhau hoặc xảy ra phản ứng hóa học.

II.1. Nguyên tắc của phương pháp: trộn lẫn 2 dung dịch:- Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% hoặc CM), khối lượng riêng d1 - Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2.- Dung dịch thu được có m = m1+ m2, V= V1+ V2, nồng độ C (C1<C <C2), khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:

Đối với nồng độ % về khối lượng:

m1 C1 2C C−

C → 21

2 1

C Cm

m C C

−=

− (1)

m2 C2 1C C−

Đối với nống độ mol/l:

V1 C1 2C C−C →

21

2 1

C CV

V C C

−=

− (2)

V2 C2 1C C−

Đối với khối lượng riêng:

V1 d1 2d d−

d → 21

2 1

d dV

V d d

−=

− (3)

V2 d2 1d d−Trên cơ sở sử dụng sơ đồ đường chéo để giải quyết các bài tốn trong dung dịch, nhận thấy

phương pháp này cũng rất thuận lợi khi áp dụng giải tốn thành phần phần trăm hỗn hợp rắn và tỷ lệthể tích chất khí. Với phương pháp này, thường cho kết quả một các nhanh chóng và chính xác.Điều này rất cần thiết trong việc giải các bài tập TNKQ. Khi sử dụng cần chú ý:

• Chất rắn coi như dd có C = 100%

• Dung môi coi như dd có C = 0%

• Khối lượng riêng của nước là d = 1g/ml II.2. Vận dụng phương pháp vào giải tốn:Sau đây là một số dạng tốn có thể dùng sơ đồ đường chéo: II.2.1. Dạng tốn tính tốn pha chế trong dung dịch:Ví dụ 1: [tự ra] Để thu được HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 35% pha với m2 gam dd

HCl 5%. Tỷ lệ m1 /m2 là: A. 1:3 B.1:2 C. 2:1 D. 3:1Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo (1):



1

2

35 25m 10 1

m 5 25 20 2

−= = =

−. Chọn đáp án B.

Ví dụ 2: [tự ra] Để điều chế 300ml dd CuSO4 8% (d = 1,1g/ml) cần một lượng tinh thểCuSO4. 5H2O là:

A. 47,14g B. 41,25g C. 26,4g D. 16,5g

Cách giải: coi tinh thể CuSO4. 5H2O như dd CuSO4 nồng độ160.100

64%

250

=

Coi H2O như dd CuSO4 nồng độ 0%

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:m1 CuSO4. 5H2O 8 - 0

8% → 1

2

m 8 1

m 56 7=

m2 H2O 64 - 8

1m⇒ cần lấy =

(300.1,1).1

41,25(g)1 7 =+Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan hồn tồn m gam Na2O nguyên chất vào 80g dd NaOH 24% thu được

dd NaOH 51%. Giá trị của m (gam) là: A. 11,3 B. 13,84 C. 24,08 D. 27,68Cách giải: khi hòa tan có phản ứng: Na2O + H2O → 2NaOH (1)

Theo (1): cứ 100g Na2O hòa tan cho100.80

129,03g62

= NaOH

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:m1 Na2O 129,03 27

51→

1

2

m 27 1

m 78,03 2,89= =

m2 NaOH 24 78,03

2 Na O 180

m m 27,68(g)2,89

⇒ = = =

Chọn đáp án D. II.2.2. Dạng tốn hỗn hợp 2 đồng vị:Ví dụ 4: [tự ra] Cho biết nguyên tử khối trung bình của Iriđi là 192,22. Iriđi trong tự nhiên có

2 đồng vị là 19177 Ir và 193

77 Ir . Thành phần % số nguyên tử của 19377 Ir là:

A. 61% B. 63% C. 39% D. 37%Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

19177 Ir 193 - 199,22

M 192, 22= → 1

2

m 27 1

m 78,03 2,89= =

19377 Ir 192,22 - 191

19177

1,22% Ir = .100 61%

0,78+1,22⇒ = . Chọn đáp án A.

II.2.3. Tính tỷ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí:



Ví dụ 5: [tự ra] Một hỗn hợp gồm N 2O và NO ở 27,30C; 1,5atm có tỷ khối đối với He là 8,375.Thành phần % về thể tích của NO trong hỗn hợp là:

A. 87,68% B. 25% C. 12,32% D. 75%Cách giải: áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

2 N OV 1M 44= 33,5 - 30

M 8,375.4 33,5= = ⇒ 2 N O

NO

V 3,5 1

V 10,5 3

= =

NOV 2M 30= 44 - 33,5

NO3

V 75%4

⇒ = = . Chọn đáp án D.

II.2.4. Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa đơn bazơ và đa axit:Dạng bài tập này có thể giải theo phương pháp đại số thông thường bằng cách đặt ẩn, giải hệ.

Nhưng cũng có thể giải theo phương pháp đường chéo một cách nhanh chóng.Ví dụ 6: [tự ra] Cho 11g dd NaOH 10% tác dụng với 5g dd H 3 PO4 39,2%. Muối nào được tạo

thành và khối lượng tương ứng là bao nhiêu? A. 1,775g NaH 2 PO4 và 2,05g Na3 PO4 B. 1,775g Na2 HPO4 và 0,9g NaH 2 PO4

C. 1,065g Na2 HPO4 và 2,05g NaH 2 PO4 D. 1,775g NaH 2 PO4 và 0,9g Na3 PO4

Cách giải: 3 4 NaOH H PO

11.10 5.39,2n 0,0275(mol);n 0,02(mol)

100.40 100.98= = = =

Ta có:3 4

NaOH

H PO

n 0,02751 1,375 2

n 0,02< = = < ⇒ tạo hỗn hợp 2 muối: Na2HPO4 và NaH2PO4.

Áp dụng sơ đồ đường chéo: Na2HPO4 (n = 2) 2 - 1,375

n 1,375= → 2 4

2 4

Na HPO

NaH PO

n 0,625 5

n 0,375 3= =

NaH2PO4 (n = 1) 1,375 - 1

2 4 2 4 Na HPO NaH PO3n 5n↔ =

Mà : 2 4 2 4 3 4 Na HPO NaH PO H POn n n 0,02(mol)+ = =

2 4 2 4

2 4 2 4

Na HPO Na HPO

3 3 NaH PO NaH PO

n 0,0125(mol) m 0,0125.142 1,775(g)

n 7,5.10 (mol) m 7,5.10 .120 0,9(g)− −

= = = ⇒ ⇒ = = =

Chọn đáp án B. II.2.5. Dạng tốn hỗn hợp muối của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học:Thường gặp là dạng tốn tính thành phần phần trăm về số mol của từng muối trong hỗn hợp.Ví dụ 7: [tự ra] Hòa tan 4,955g 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dd HCl dư thu được 784 ml

khí CO2 (đktc). Thành phần % về số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là: A. 40,36% B. 59,64% C. 42,86% D. 57,14%

Cách giải: 22 23

CO COCO0,784

n 0,035(mol);n n 0,035(mol)22,4

−= = = =

hh4,955

M 141,570,035

⇒ = =

Áp dụng sơ đồ đường chéo: 3 1BaCO (M 197)= 141,57 - 100



M 141, 57= → 3

3

BaCO

CaCO

n 41,57

n 55,43=

3 2CaCO (M 100)= 197 - 141,57

3BaCO41,57

%n .100 42,86%41,57 55,43

⇒ = =+

. Đáp án đúng là C.

II.2.6. Dạng tốn trộn 2 quặng của cùng kim loại:Dạng tốn này nếu giải quyết thep phương pháp thông thường sẽ rất phức tạp. Nhưng nếu sửdụng sơ đồ đường chéo thì bài tốn sẽ trở nên đơn giản và hiệu quả hơn rất nhiều.

Ví dụ 8: [20] A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3. B là quặng mahetit chứa 69,6% Fe3O4.Trộn m1 tấn quặng A với m2 tấn quặng B thu được quặng C mà từ 1 tấn quặng C có thể điều chế được 0,5 tấn gang chứa 4% cacbon. Tỷ lệ m1 /m2 là:

A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5Cách giải: số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng:

- Quặng A chứa:60 112

.1000. 420(kg)100 160

=

- Quặng B chứa:69,6 168

.1000. 504(kg)

100 232

=

- Quặng C chứa:4

500.(1 ) 480(kg)100

− =

Áp dụng sơ đồ đường chéo:m1 420 504 - 480 = 24

480 ⇒ 1

2

m 24 2

m 60 5= =

m2 504 480 - 420 = 60⇒ Đáp án đúng là D.Thông thường, phương pháp dùng các giá trị trung bình và phương pháp đường chéo được kết

hợp với các phương pháp bảo tồn nhằm làm phong phú bài tập và trong TNKQ, cách kết hợp nàyvẫn nhằm kích thích tư duy và năng lực phát hiện vấn đề của HS.III. Một số bài tốn sử dụng phương pháp trung bình và phương pháp đường

chéo phối hợp với các phương pháp bảo tồn: Bài tập 1: [19] Hòa tan hồn tồn 12g hỗn hợp Fe, Cu (tỷ lệ mol 1:1) bằng HNO3 thu được Vlit

(đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO2 ) và ddY (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỷ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là:

A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,6

Hướng dẫn: - áp dụng sơ đồ đường chéo suy ra tỷ lệ số mol hỗn hợp khí 2 NO NOn n=

- Sử dụng ĐLBT electron tính nhh khí từ ∑ e nhận ⇒ V = 5,6lit. Chọn đáp án D. Bài tập 2: [17] 0,1 mol hỗn hợp A có khối lượng 3,84g gồm 2 kim loại X,Y có hóa trị không

đổi và không có kim loại nào hóa trị I. Nung hỗn hợp A trong O2 dư để oxi hóa hồn tồn, thu được 6g hỗn hợp rắn B gồm 2 oxit. Biết khối lượng nguyên tử của X, Y đều lớn hơn 20đvC. X, Y là những kim loại nào?

A. Mg và Fe B. Mg và Zn C. Al và Zn D. Al và Fe Hướng dẫn: gọi M là ký hiệu chung X, Y; x là hóa trị trung bình

2 2 x4M xO 2M O+ →

2Ox 2,7

n 0,0675M 38,4

== ⇒ =

⇒ X hóa trị II và Y hóa trị III



- Gọi x, y là số mol của X, Y. Ta có hệ:

2x 3y2,7 x 0,03

x yy 0,07

x y 0,1

+= =

+ ⇒ = + =

- Mặt khác: mhh = 0,03MX + 0,07MY = 3,84 ↔ 3MX + 7MY = 384- Biện luận:

• Nếu 20 < MX < 38,4 ⇒ X là Mg nhưng không có kết quả Y

• Nếu 20 < MY < 38,4 ⇒ Y là Al ⇒ X là Zn.

Vậy đáp án đúng là C. Bài tập 3: [12] Một hỗn hợp 2 kim loại kiềm 2 chu kỳ kế tiếp của bảng HTTH có khối lượng là

8,5g. Hỗn hợp này tan hết trong nước dư cho ra 3,36lit khí H 2 (đktc). Xác định A, B và khối lượng mỗi kim loại.

A. Na, K; 4,6g Na; 3,9g K B. Na, K; 2,3g Na; 6,1g K C. Li, Na; 1,4g Li; 7,1g Na A. Li, Na; 2,8g Li; 5,7g Na Bài tập 4: [12] 2,56g một hỗn hợpX gồm 2 halogen A2 , B2 (thuộc 2 chu kỳ kế tiếp của bảng

HTTH) tác dụng hết với Ag cho ra hỗn hợp 2 muối có khối lượng là 133,6g. Xác định A, B và A 2 , B2

trong hỗn hợp X. A. Cl, Br; 2 2Cl Br m 14,2g;m 11,4g =

B. F, Cl; 2 2 Br Cl m 5,7 g;m 19,9g =

C. F, Cl; 2 2F Cl m 11,4 g;m 14,2g =

D. Cl, Br; 2 2Cl Br m 7 ,1g;m 18,5g = Bài tập 5: [4] Nung 200g CaCO3. Cho khí CO2 thu được trong phản ứng đi qua C nung nóng

ta thu được một hỗn hợp CO, CO2 và V = 56lit (đktc) và tỉ khối đối với O2 là 0,975. Tính COV ,

2COV và hiệu suất phản ứng nhiệt phân CaCO3.

A. 11,2 lit CO2; 44,8lit CO; 80% B. 11,2 lit CO2; 44,8 lit CO; 75%C. 22,4 lit CO2; 33,6 lit CO; 65% D. 5,6 lit CO2; 50,4 lit CO; 80% Bài tập 6: [tự ra] Hỗn hợp X nặng 5,28g gồm Cu và một kim loại chỉ có hóa trị 2, 2 kim loại

này có cùng số mol. X tan hết trong HNO3 sinh ra 3,584 lit hỗn hợp NO2 và NO (đktc) có tỷ khối với H 2 là 21. Kim loại chưa biết là:

A. Ca B. Mg C. Ba D. Zn

Hướng dẫn: - sử dụng sơ đồ đường chéo tính ra 2 NO NOn 0,12(mol);n 0,04(mol)= =

- Sử dụng phương pháp bảo tồn electron: ∑ e nhường = ∑ e nhận = 0,24(mol)- Sử dụng sơ đồ đường chéo cho hỗn hợp X ( XM 44= ):

Cu 64 44 - R

XM 44= → CuR

n 44 R 1n 20

−= =

R R 64 - 44⇒ R = 24 (Mg). Vậy đáp án đúng là B.





C.KẾT LUẬN

Với mục đích cung cấp cho HS ở trường THPT phương pháp nhanh nhất để giảiquyết các bài tập trắc nghiệm khách quan, đồng thời cũng nhằm xây dựng một ngânhàng đề trắc nghiệm dựa trên những phương pháp giải tốn nhanh, có thể dùng để rènluyện năng lực phát hiện vấn đề của học sinh. Các bài tập được phân dạng theo từng

phương pháp giải được coi là tối ưu nhất đối với dữ kiện của bài tốn

Documents

Cac Phuong Phap Giai Trac Nghiem Ngan Hay Nhat