Tài liệu Tổng hợp các phương pháp giải nhanh bái toán hóa

  • Số trang: 46 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 302 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62597 tài liệu

Mô tả:

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 thông minh 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 học . Tuyển sinh bằng phương pháp trắc nghiệm sẽ đảm bảo được độ chính xác và tính công bằng trong tuyển chọn , 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, tư duy, 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 nghiệm khách 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 chọn được đáp án đúng hoăc nhẩm nhanh ra đáp số của bài tốn. Một bài kiểm tra hay thi theo phương pháp TNKQ thường gồm khá nhiều câu hỏi và thời gian dành cho mỗi câu chỉ khoảng từ 1-2 phút. Vì phải tư duy nhanh nên 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 của học sinh. Do đó, bài tập trắc nghiệm vừa là nội dung vừa là phương pháp vừa là phương tiện đẻ nâng cao chất 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 được đưa vào thí nghiệm đầu tiên cùng lý, sinh thì sự nhanh nhạy trong việc giải quyết bài tốn hóa học đối với học sinh là yêu cầu hàng đầu. Yêu cầu tìm ra được phương pháp giải quyết bài tốn một cách nhanh nhất, đi bằng con đường ngắn nhất không những giúp học sinh tiết kiệm được thời gian làm bài mà còn rèn luyện được tư duy 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 và các phương pháp vận dụng để giải một bài tốn hóa học. Một số phương pháp thường dùng để giải một bài tốn hóa học ở trường phổ thông là: phương pháp bảo tồn khối lượng, phương pháp bảo tồn điện tích, phương 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 với đại 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 pháp giải 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 trong chương 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 chéo Với 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 vào đặc 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 THÔNG CHƯƠNG I: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG I. Phương pháp bảo tồn 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.V Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra 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 xây dựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của người 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 đủ hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất 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 thu được 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 1,97  0, 01(mol) 197 Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m X  mCO  mY  mCO2  mY  mX  mCO  mCO2 n   n CO2   mY  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 được 6,8g chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muối khan 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: MCO3 t0 MCO3  MO  CO2 Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m MCO  m MO  mCO2 3  mCO 2  mMCO  m MO  13, 4  6,8  6, 6(g)  n CO 2  0,15(mol) 3  n NaOH  0, 075x1  0,075(mol) n 1 T  NaOH   1 → tạo muối NaHCO3 và dư CO2 nCO2 2 CO2  NaOH  NaHCO3 m NaHCO3  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: mddHCl  1000x1,19  1190(g) ; n HCl  3, 65x1  3, 65(mol) Zn + 2HCl→ ZnCl2 + H2 ↑ Fe + 2HCl→ FeCl2 + H2 ↑ Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m hh(Zn,Fe)  mddHCl  mddD  mH2  m  m hh(Zn,Fe)  1250  2( 3, 65 )  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 Cách giải: B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g ACO3  2HCl  ACl2  H 2O  CO2 B2CO3  2HCl  2BCl  H 2O  CO 2 R 2CO3  2HCl  2RCl  H 2O  CO2 0, 448  0, 02(mol); n HCl  2n H 2 O  2n CO2  2x0, 02  0, 04(mol) 22, 4 Áp dụng ĐLBTKL: mmuối cacbonat + mHCl = mmuối clorua + m H2 O  mCO2 n CO2  → mmuối clorua = mmuối cacbonat + mHCl - m H2 O  mCO2 = 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 MgCl2 và Cu( NO3 )2 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 các anion 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 H2SO4 lỗng dư thốt ra 0,672 lít khí H2 (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 0, 672 n H 2  n H 2 SO4  nSO2   0, 03(mol) 4 22, 4 Nhận thấy mmuối sunfat = mcation + manion = mkim loại + mSO2 = 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92 4 (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 vô cùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải truyền thống là đặt ẩn, giải hệ đưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số phương trình, do đó bài tốn trở nên phức tạp. Các dạng 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 pháp tăng 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: n CO2  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 H2SO4 vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử của muối là: A. NH4HCO3 B. NaHCO3 C. Ca( HCO3 )2 D. KHCO3 Cách giải: gọi muối hiđrocacbonat: R(HCO3 )n với n là hóa trị của kim loại trong muối đó. 2R(HCO3 )n  nH 2SO 4  R 2 (SO4 )n  2nH 2O  2nCO2  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) 2n 0,125  0,125(mol)  n M(HCO3 )n  (mol) 26n n 9,875  61n  18n Ta có hệ thức tính MR: MR = 0,125 n  n CO2  1, 625x n R 1 18 (NH4) 2 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 muối sunfat 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 hiđrocacbon luôn là n. Do đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO2 và bài tốn được giải quyết nhanh chóng hơn nhiều lần. - Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí CO2: Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài Số mol = Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình 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 - 8 Cách giải: các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là Mhh Mhh + 1 t0 O2  M hh O 2 MhhO + 2 HCl → MhhCl2 + H2O Z 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 = m Mhh  mO  a = m Mhh  moxit  mO  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 hay a xm 100 - 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 xm 100 b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dung dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là số mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối lượng 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 2+ Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu , vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu x x x Khối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra 0,16  0, 02(mol) 8  mFe = 0,02 x 56 = 1,12 (g); n Cu 2  0, 02x2  0, 04(mol) Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x = bd  CCu(NO3 ) 2  0, 04  0, 4(M) . Vậy, chọn đáp án C. 0,1 Ví dụ 5: [10] Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu được 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.Sn Cách 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 M+ 1 mol ← ∆ mgiảm = 0,24 (g) 2 Ag+ → M2+ + 2 Ag ↓ 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 0,52  ↔ M = 112 M  64 216  M 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 t0 2NaHCO3  Na 2CO3  CO2  H 2O 2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62 (g) 15,5x2  0,5(mol) 62 m NaHCO3  0,5x84  42(g)  % m NaHCO3  ← ∆mgiảm = 50 - 34,5 = 15,5 (g) 42 x100  84 (%) ; % m Na 2 CO3  16 (%) 50 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: t0 A  NO3 n  A  NO 2 n  n O2 2 t0 2B  NO3 m  B2Om  2mNO2  t0 M  NO3 k  M  kNO2  k O2 2 (1) m O2 (2) 2 (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 chính khối 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 thấy khối lượng giảm đi 15,5g. Khối lượng AgNO3 đã bị phân hủy và thể tích các khí thốt ra ở 300C và 1,5 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: 1 2 0 t  Ag   NO2   O2 PTPƯ: AgNO3  170g x (g) 108g → ∆mgiảm = 170 - 108 = 62 (g) ← ∆mgiảm = 15,5 (g) 170x15,5  42,5(g) 62 1 1 1 42,5  Theo phương trình: n O2  n NO2  n AgNO3 bị phân hủy =    0,125(mol) 2 2 2  170  m AgNO3 bị phân hủy = x = Ở 300C; 1,5 atm thể tích khí thốt ra là:  22, 4  0,125    273  30  nRT 273   VO2    2, 07(lít) P 1,5  22, 4  0, 25    273  30  nRT 273   VNO2    6, 22(lít) P 1,5 Vậy đáp án đúng là đáp án B. Ví dụ 8: [12] Nung 13,85g muối KClOx 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: t0 KClO x  KCl  x O2 2 Độ giảm khối lượng là khối lượng oxi mất đi. mO2  mO 13,85.46, 21 16x 6, 4  6, 4(g)    x4 100 m KClO x 74,5  16x 13,85  Công thức muối là KClO4 13,85 n KClO4   0,1(mol) ; n O2  2n KClO4  0, 2(mol) 138,5 1 Cu  O2  CuO 2 Áp dụng ĐLBTKL, ta có: m r  mCu  mO2  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 chuyển thành O3 (ozon hóa), sau đó lại nạp oxi cùng thể tích như bình trước rồi cân. Khối lượng trong hai trường hợp chêch lệch nhau 0,06g. Biết thể tích khí nạp vào bình đều ở đktc. Phần trăm về khối lượng của ozon trong hỗn hợp là: A. 24,72% B. 26,72% C. 28,72% D. 25,71% Cách giải: h Phương trình ozon hóa: 3O2 2O3 Vì thể tích 2 bình như nhau, nên ta có thể hiểu để chuyển 1 mol O2 thành 1 mol O3 thì khối lượng tăng là 16g (bằng khối lượng 1 mol O nguyên tử)  nO nguyên tử = 0, 06  3,75.103 (mol) 16 nOnguyêntử = n O3  3, 75.103 (mol)  mO3  3, 75.103 x48  0,18(g) Các khí được nạp đều ở đktc nên: 448.103  0, 02(mol)  m hh  mO2  m tăng = 0,02 x 32 + 0,06 = 0,7 (g) 22, 4 0,18  %mO3  x100  25, 71(%) . Vậy đáp án đúng là D. 0,7 n hh  Ví dụ 10: [12] Một hỗn hợp X gồm Ba và Cu. Khi nung X với O2 dư thì khối lượng tăng lên 4,8g. Khi cho chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với H2 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) 1 Ba  O2  BaO 2 1 x x x 2 1 Cu  O2  CuO 2 1 y y y 2 Độ tăng khối lượng chính là mO2 phản ứng  n O2  x  y 4,8   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: nO  y  3, 2  0, 2 (2) 16 (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, thu được 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: t0 2PbO  C  2Pb  CO 2 t0 2FeO  C  2Fe  CO2 Khối lượng chất rắn Y giảm so với hỗn hợp X là khối lượng O trong oxit đã bị C lấy đi tạo CO2  mO  4,8g  n O  n CO 2  4,8  0,3(mol)  n hhX  n hhY  n O  0,3(mol) 16 1 n O  0,15(mol) 2 Pb + 2 HCl → PbCl2 + H2↑ Fe + 2 HCl →Fe + H2↑ n H 2  n hhY  0,3(mol)  VH 2  0,3x22, 4  6, 72(lít) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O n   n CO2  0,15(mol)  mCaCO3  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 = 2nCO2  2nCaCO3 - 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 = 2nCO2  2nCaCO3 - 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, Al2O3 nung nóng. Khí thốt ra được cho vào nước vôi trong dư thấy có 30g kết tủa trắng. Sau phản ứng, chất rắn trong 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 + mCO2 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 khối lượng 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 M2+. Phản ứng xong, khối lượng lá kẽm tăng thêm 0,94g. M2+ là ion kim loại nào sau đây: A. Ba2+ B. Sr2+ C. Pb2+ D. Cd2+ 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 2,5 lần nồng độ mol FeSO4. Mặt khác, khối lượng dung dịch giảm 2,2g. Khối lượng đồng bám lên thanh kẽm 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) → n ZnSO4  2,5n FeSO4 Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu↓ (1) 2,5x ← 2,5x ← 2,5x → 2,5x Fe + 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 các chất 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 x x x CaSO3 → CaO + SO2 y y y Gọi khối lượng của hỗn hợp A là a (g). (1) (2) 0,504a  9  103 a(mol) 56 3 x  y  9  10 a  9  103 (100x  120y)  x  0,8y n CaO   %mCaCO3  100x 100  0,8y   40% 100x  120y 100  0,8y  120y Cách 2: Phương pháp tăng giảm khối lượng Theo pt (1), (2) ta có: 100g CaCO3 →56g CaO tương ứng 56% mcacbonat 120g CaSO3 →56g CaO tương ứng 46,67% msunfit Gọi x là thành phần phần trăm về khối lượng của CaCO3. Ta có : 56x + 46,67(1-x) = 50,4 ↔ x = 0,4 → % mCaCO3 = 40%. Bài tập 10: [12] Trộn 1l dung dịch (NH4)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 tập 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. Al2O3 C. Cr2O3 D. Ga2O3 Bài tập 13: [Tự ra] Khử hồn tồn 11,6g oxit sắt bằng C ở nhiệt độ cao. Sản phẩm khí dẫn vào nước vôi trong dư, tạo ra 10g kết tủa. Công thức phân tử oxit sắt là công thức nào sau đây: A. FeO B. Fe2O3 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 H2SO4 tháy thốt ra 0,672l khí H2 (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 khối lượng dung dich giảm 0,08(g) . Kim loại nhóm IA đó là kim loại nào và khối lượng muối clorua ban đầu 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 làm nguội, 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, K2CO3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl2. Sau phản ứng thu được 49,25g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối clorua. 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 và thể 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  n MNO3  2n O2  2  15,84  5,05  0,05(mol) 100  32 5,05  62  39(Kali) 0,05  0, 25  22, 4  0,56(l) M VO2 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 tồn muối 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 bao nhiêu? 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 → n CO2 = 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 mCaCO3 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 MgCl2, 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) Cl2 sục vào dung 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 Cl2  2I  2Cl  I 2 (1) Cl2  2Br   2Cl  Br2 (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 n Br  pư = x thì khối lượng của muối giảm: 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2 1  x  0, 2(mol)  n Cl2  (0, 2  0, 2)  0, 2(mol) 2  VCl2  4, 48(l) Chọn đáp án D. CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN NGUYÊN TỐ I. 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 luôn được bảo tồn”. Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng hóa 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 tố đó trong các dạng tồn tại. - Tính tốn khối lượng sản phẩm sau một quá trình phản ứng thì chỉ cần căn cứ vào chất đầu và 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 tồn tại 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 hóa nên thường tồn tại trong nhiều hợp chất.  FeO : a(mol) bị khử bởi CO cho hỗn hợp chất rắn  Fe2O3 : b(mol) Chẳng hạn: hỗn hợp A  B gồm Fe2O3 (còn dư): x mol Fe3O4 : y mol FeO (còn dư) : z mol Fe : t mol Khi đó ta có:  n Fe(trongA)   n Fe(trongB) 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 H2SO4 1M tạo dung dịch B. Tính m và khối lượng muối sunfat thu được 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 n Fe(trongFeSO4 )  nSO2  0,3(mol) 4 Áp dụng ĐLBTNT Fe: n Fe(trongFe3O4 )  n Fe(trongFeSO4 ) ↔ 3x = 0,3 → x = 0,1 (mol) m B  mFeSO4  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 H2SO4 0,2M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính khối lượng Fe2O3 và FeO trong hỗn hợp A. A. 32g Fe2O3; 7,2g FeO B. 16g Fe2O3; 23,2g FeO C. 18g Fe2O3; 21,2g FeO D. 20g Fe2O3; 19,2g FeO Cách giải: Fe2O3 : x(mol) ↔ 160x + 72y = 39,2 FeO : y(mol)  Gọi hỗn hợp A  (1) Hỗn hợp B + H2SO4: FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 ↑ m Fe2 O 3  0, 2x160  32(g) ; n H2 SO4  0, 2x2,5  0,5(mol); n H 2  m FeO  0,1x72  7, 2(g)  n Fe(3)  0, 2mol; n FeO  n H 2 SO4  n Fe(3)  0,5  0, 2  0,3(mol) (2) (3) 4, 48  0, 2(mol) 22, 4 Áp dụng ĐLBTNT Fe trong hai hỗn hợp A và B ta có: 2x + y = 0,5 (4)  x  0, 2  y  0,1 Từ (1), (4)    m Fe2 O 3  0, 2x160  32(g) ; m FeO  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 H2SO4 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 Fe2 (SO4 )3 NaOH Fe(OH)3 t 0  Fe O Fe Fe CO hhA   ddB     C  E  2 3  0 F t Cu Cu CuO CuSO 4 Cu(OH)2 Áp dụng ĐLBTNT, ta có: m hhA  mhhF  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 giải quyết bài tốn chỉ trong vài giây. Ví dụ 4: [4] Đi từ 120 gam quặng pirit sắt (chứa 80% là FeS2) sẽ điều chế được (hiệu suất 100%) một lượng H2SO4 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: FeS2  2H 2SO 4 120g 196g 120x80  96g → xg 100 Lượng H2SO4 điều chế được là: x  96x196  156,8(g) . Đáp án đúng là C. 120  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 ddNH3 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: Fe(OH)2 t 0 trongkk FeO HCl FeCl2 ddNH 3d       Fe2O3  Fe3O4 FeCl3 Fe(OH)3 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 1, 2  0, 075(mol)  nFeO = 0,15 (mol) 16 FeO : x(mol) Gọi hh  (1)  x  y  0,15 Fe3O4 (FeO.Fe2O3 ) : y(mol) nHCl = 0,6 (mol)  nO trong oxit = 0,3 (mol) ↔ x + 4y = 0,3  x  0,1 Từ (1), (2)    mFeO  38,3%  y  0, 05  nO cần = (2) 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 phản ứng 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 H2SO4 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. 0 1 2 t  MO  2NO 2  O2 Khi nung: M(NO3 )2  1 M  O2  MO 2 (1) (2) Chất rắn còn lại gồm MO và M dư (vì khi cho chất rắn phản ứng với HNO3 có M : x(mol) trong 1/2 chất rắn. MO : y(mol) khí thốt ra). Gọi  Phần 1: 3M  8HNO3  3M(NO3 ) 2  2NO  4H 2O x 8/3x M + 2HNO3 → M(NO3)2 + H2O y 2y 8 2 0, 76 n HNO3  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 Bêkêtop MO + H2SO4 → MSO4 + H2O y y n MO  n H 2SO4  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): n MO(1)  n MO(2)  n M(NO3 )2  n MO(1)  n MO(2)  2n M(NO3 )2  0,12(mol)  n M(NO3 )2  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) m X  m M  mM(NO3 )2  0,16M  0, 06(M  124)  21,52  M  64(Cu)  mCu  0,16.64  10, 24(g); mCu(NO3 )2  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 với lượng 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
- Xem thêm -