paradiseofdream_rin13
New Member
Download Các phương pháp giải nhanh bài tập hóa học miễn phí
§5. §5. PHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BẢ ẢẢ ẢO TOÀN ELECTRON O TOÀN ELECTRON
Nguyên tắc của phương pháp:“Khi có nhiều chất oxi hóa hay chất khửtrong hỗn hợp phản ứng
(nhiều phản ứng hay phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng sốmol electron mà các phân tửchất khử
cho phải bằng tổng sốmol electron mà các chất oxi hóa nhận”. đây chính là nội dung của định luật bảo toàn electron trong phản ứng oxi hóa – khử.
điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải nhận định đúng trạng thái đầu và
trạng thái cuối của các chất oxi hóa và các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng hóa học xảy ra.
Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp xảy ra.
Để tải bản DOC Đầy Đủ thì Trả lời bài viết này, mình sẽ gửi Link download cho
Tóm tắt nội dung:
1%V
3
1
12
4
V
V
3
2
3
O
O
O
=⋅
+
=⇒== ⇒ ðáp án B.
Ví dụ 6. Cần trộn 2 thể tích metan với một thể tích ñồng ñẳng X của metan ñể thu ñược hỗn hợp khí
có tỉ khối hơi so với hiñro bằng 15. X là:
A. C3H8 B. C4H10 C. C5H12 D. C6H14
Hướng dẫn giải:
Ta có sơ ñồ ñường chéo:
V M1= 16 |M2 - 30|
M = 15.2 =30
V M2 = M2 |16 - 30|M2
CH4
⇒ 28 |30 - M|
1
2
14
|30 - M|
V
V
2
2
M
CH
2
4
=⇒== ⇒ M2 = 58 ⇒ 14n + 2 = 58 ⇒ n = 4
Vậy X là: C4H10 ⇒ ðáp án B.
Dạng 4: Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa ñơn bazơ và ña axit
Dạng bài tập này có thể giải dễ dàng bằng phương pháp thông thường (viết phương trình phản ứng,
ñặt ẩn). Tuy nhiên cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ ñồ ñường chéo.
Ví dụ 7. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M. Muối tạo thành và
khối lượng tương ứng là:
A. 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4 B. 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4
C. 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4 D. 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4
Hướng dẫn giải:
Có: 2
3
5
0,2.1,5
0,25.2
n
n1
43POH
NaOH <==< ⇒ Tạo ra hỗn hợp 2 muối: NaH2PO4, Na2HPO4
Sơ ñồ ñường chéo:
Na2HPO4 (n1 = 2) |1 - 5/3|
n
NaH2PO4 (n2 = 1) |2 - 5/3|
5
3=
2
3
1
3=
=
⇒
1
2
n
n
42
42
PONaH
HPONa
= ⇒ .2nn
4242 PONaHHPONa = Mà 3,0nnn 434242 POHPONaHHPONa ==+ (mol)
⇒
=
=
(mol) 0,1n
(mol) 0,2n
42
42
PONaH
HPONa
⇒
==
==
(g) 12,00,1.120m
(g) 28,40,2.142m
42
42
PONaH
HPONa
⇒ ðáp án C.
Dạng 5: Bài toán hỗn hợp 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học
Ví dụ 8. Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp 2 muối CaCO3 và BaCO3 bằng dung dịch HCl dư, thu ñược 448
ml khí CO2 (ñktc). Thành phần % số mol của BaCO3 trong hỗn hợp là:
A. 50% B. 55% C. 60% D. 65%
Hướng dẫn giải:
(mol) 0,02
22,4
0,448
n
2CO == ⇒ 2,1580,02
3,164M ==
Áp dụng sơ ñồ ñường chéo:
BaCO3(M1= 197) |100 - 158,2| = 58,2
M=158,2
CaCO3(M2 = 100) |197 - 158,2| = 38,8
Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học
Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail: [email protected]
Phone: 0976053496
Trang 4/14
⇒ 60%100%
38,858,2
58,2%n
3BaCO =⋅+
= ⇒ ðáp án C.
Dạng 6: Bài toán trộn 2 quặng của cùng một kim loại
ðây là một dạng bài mà nếu giải theo cách thông thường là khá dài dòng, phức tạp. Tuy nhiên nếu sử
dụng sơ ñồ ñường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên ñơn giản và nhanh chóng hơn nhiều.
ðể có thể áp dụng ñược sơ ñồ ñường chéo, ta coi các quặng như một “dung dịch” mà “chất tan” là
kim loại ñang xét, và “nồng ñộ” của “chất tan” chính là hàm lượng % về khối lượng của kim loại trong
quặng.
Ví dụ 9. A là quặng hematit chứa 60% Fe2O3. B là quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4. Trộn m1 tấn
quặng A với m2 tấn quặng B thu ñược quặng C, mà từ 1 tấn quặng C có thể ñiều chế ñược 0,5 tấn gang
chứa 4% cacbon. Tỉ lệ m1/m2 là:
A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5
Hướng dẫn giải:
Số kg Fe có trong 1 tấn của mỗi quặng là:
+) Quặng A chứa: (kg) 420
160
1121000
100
60
=⋅⋅
+) Quặng B chứa: (kg) 504
232
1681000
100
6,69
=⋅⋅
+) Quặng C chứa: (kg) 480
100
41500 =
−×
Sơ ñồ ñường chéo:
mA 420 |504 - 480| = 24
480
mB 504 |420 - 480| = 60
⇒
5
2
60
24
m
m
B
A
== ⇒ ðáp án D.
************************************************
§2. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Áp dụng ñịnh luật bảo toàn khối lượng (ðLBTKL): “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng
bằng tổng khối lượng các sản phẩm” giúp ta giải bài toán hóa học một cách ñơn giản, nhanh chóng.
Ví dụ 10. Hỗn hợp A gồm 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol chất X. ðể ñốt cháy hoàn toàn hỗn hợp A
cần 21,28 lít O2 (ñktc) và thu ñược 35,2 gam CO2 và 19,8 gam H2O. Tính khối lượng phân tử X (biết X
chỉ chứa C, H, O).
Hướng dẫn giải:
Ta có các phương trình phản ứng cháy:
2C2H6O2 + 5O2 → 4CO2 + 6H2O
X + O2 → CO2 + H2O
Áp dụng ðLBTKL: ( )
226222222262 OOHCOHCOXOHCOOOHCX mm mmmmmmmm +−+=⇒+=++
⇒ (gam) 18,432
22,4
21,28620,1 19,835,2mX =
⋅+×−+=
Khối lượng phân tử của X: (g/mol). 92
0,2
18,4MX ==
Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học
Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail: [email protected]
Phone: 0976053496
Trang 5/14
Ví dụ 11. Hòa tan hoàn toàn 3,34 gam hỗn hợp hai muối cacbonat kim loại hóa trị II và hóa trị III bằng
dung dịch HCl dư ta thu ñược dung dịch A và 0,896 lít khí bay ra (ñktc). Tính khối lượng muối có trong
dung dịch A.
Hướng dẫn giải:
Gọi 2 muối cacbonat là: XCO3 và Y2(CO3)3. Các phương trình phản ứng xảy ra:
XCO3 + 2HCl → XCl2 + H2O + CO2 ↑
Y2(CO3)3 + 6HCl → 2YCl3 + 3H2O + 3CO2 ↑
(1)
(2)
Số mol khí CO2 bay ra: (mol) 0,08 04,022n n (mol) 04,022,4
0,896
n
22 COHClCO =×==⇒==
Áp dụng ðLBTKL: muèimmmm)m(m OHCOHCl)(COY XCO 223323 ++=++
⇒ )mm(m)m(mm OHCOHCl)(COY XCO 223323 +−++=muèi
⇒ (gam). 3,78)4404,01804,0(5,3608,034,3m =×+×−×+=muèi
Ví dụ 12. Khử m gam hỗn hợp A gồm các oxit CuO, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 bằng khí CO ở nhiệt ñộ
cao, người ta thu ñược 40 gam hỗn hợp chất rắn X và 13,2 gam khí CO2. Tìm giá trị của m.
Hướng dẫn giải:
Phân tích: với bài toán này, nếu giải theo cách thông thường, tức ñặt số mol của các oxit lần lượt là x,
y, z, t thì có một khó khăn là ta không thể thiết lập ñủ 4 phương trình ñể giải ra ñược các ẩn. Mặt khác,
chúng ta cũng không biết lượng CO ñã cho có ñủ ñể khử hết các oxit về kim loại hay không? ðó là chưa
kể ñến hiệu suất của phản ứng cũng là một vấn ñề gây ra những khó khăn! Nhưng nếu chúng ta dùng
phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ giúp loại bỏ ñược những khó khăn trên và việc tìm ra giá trị của m
trở nên hết sức ñơn giản.
Các phương trình phản ứng có thể xảy ra:
3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2
Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2
FeO + CO → Fe + CO2
CuO + CO → Cu + CO2
(1)
(2)
(3)
(4)
Ta có: (gam) 8,43,0.28m (mol) 3,0
44
13,2
n n
COCO2 ==⇒=== (p−)p−)( CO
Khối lượng chất rắn: mr = 40 (gam)
Áp dụng ðLBTKL: (p−)p−) COCOrA BrA mmmmmmmm 2 −+=⇒+=+ ( CO
⇒ (gam). 8,444,82,3104mm A =−+==
Ví dụ 13. Thuỷ phân hoàn toàn 14,8 gam hỗn hợp 2 este ñơn chức là ñồng phân của nhau thấy cần vừa
ñủ 200 ml dung dịch NaOH 1M, thu ñược m gam hỗn hợp 2 muối và 7,8 gam hỗn hợp 2 rượu. Tìm m.
Hướng dẫn giải:
Gọi công thức chung của 2 este là: R'COOR
Phương trình phản ứng xảy ra: OHR'COONaRNaOHR'COOR +→+
Theo bài ra ta có: (gam) 8.0,204m (mol) 2,01.2,0 n NaOHNaOH ==⇒==
Áp dụng ðLBTKL: OHR'NaOHR'COORCOONaROHR'COONaRNaOHR'COOR m mmmmmmm −+=⇒+=+
⇒ (gam). 157,8814,8mm COONaR =−+==
************************************************
Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học
Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail: [email protected]
Phone: 0976053496
Trang 6/14
§3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A
thành 1 hay nhiều mol chất B (có thể qua các giai ñoạn trung gian) ta dễ dàng tính ñược số mol của các
chất hay ngược lại.
Chẳng hạn:
a) Xét phản ứng: MCO3 + 2HCl → MCl2 + CO2 ↑ + H2O
Theo phản ứng này thì khi chuyển từ 1 mol MCO3 → 1 mol MCl2, khối l