Tài liệu Chương I: Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học docx

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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 1 /14 CHƯƠNG I. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIÚP GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC “Phương pháp là Thầy của các Thầy” (Talley Rand Talley RandTalley Rand Talley Rand) § §§ §1 11 1. . . . PHƯƠNG PHÁP SƠ Đ PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐPHƯƠNG PHÁP SƠ Đ PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ỒỒ Ồ ĐƯ ĐƯĐƯ ĐƯỜ ỜỜ ỜNG CHÉO NG CHÉONG CHÉO NG CHÉO Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương ñối ngắn học sinh phải giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong ñó bài tập toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ). Do ñó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng. Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông. Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song cách giải nhanh nhất là “phương pháp sơ ñồ ñường chéo”. Nguyên tắc: Trộn lẫn 2 dung dịch: Dung dịch 1: có khối lượng m 1 , thể tích V 1 , nồng ñộ C 1 (C% hoặc C M ), khối lượng riêng d 1 . Dung dịch 2: có khối lượng m 2 , thể tích V 2 , nồng ñộ C 2 (C 2 > C 1 ), khối lượng riêng d 2 . Dung dịch thu ñược có m = m 1 + m 2 , V = V 1 + V 2 , nồng ñộ C (C 1 < C < C 2 ), khối lượng riêng d. Sơ ñồ ñường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là: a) ðối với nồng ñộ % về khối lượng: m 1 C 1 |C 2 - C| C m 2 C 2 |C 1 - C| → (1) |CC| | CC | m m 1 2 2 1 − − = b) ðố i v ớ i n ồ ng ñộ mol/lít: V 1 C 1 |C 2 - C| C V 2 C 2 |C 1 - C| → (2) |CC| | CC | V V 1 2 2 1 − − = c) ðố i v ớ i kh ố i l ượ ng riêng: V 1 d 1 |d 2 - d| d V 2 d 2 |d 1 - d| → (3) |dd| | dd | V V 1 2 2 1 − − = Khi s ử d ụ ng s ơ ñồ ñườ ng chéo ta c ầ n chú ý: *) Ch ấ t r ắ n coi nh ư dung d ị ch có C = 100% *) Dung môi coi nh ư dung d ị ch có C = 0% *) Kh ố i l ượ ng riêng c ủ a H 2 O là d = 1 g/ml Sau ñây là một số ví dụ sử dụng phương pháp ñường chéo trong tính toán pha chế dung dịch. Dạng 1: Tính toán pha chế dung dịch Ví dụ 1. ðể thu ñượ c dung d ị ch HCl 25% c ầ n l ấ y m 1 gam dung d ị ch HCl 45% pha v ớ i m 2 gam dung d ị ch HCl 15%. T ỉ l ệ m 1 /m 2 là: A. 1:2 B. 1:3 C. 2:1 D. 3:1 Hướng dẫn giải: Áp d ụ ng công th ứ c (1): 1 2 10 20 |5215| | 5245 | m m 2 1 == − − = ⇒ ð áp án C. Ví dụ 2. ðể pha ñượ c 500 ml dung d ị ch n ướ c mu ố i sinh lí (C = 0,9%) c ầ n l ấ y V ml dung d ị ch NaCl 3%. Giá tr ị c ủ a V là: A. 150 B. 214,3 C. 285,7 D. 350 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 2 /14 Hướng dẫn giải: Ta có s ơ ñồ : V 1 (NaCl) 3 |0 - 0,9| 0,9 V 2 (H 2 O) 0 |3 - 0,9| ⇒ (ml) 150500 0,9 2,1 0,9 V 1 =⋅ + = ⇒ ð áp án A. Phương pháp này không những hữu ích trong việc pha chế các dung dịch mà còn có thể áp dụng cho các trường hợp ñặc biệt hơn, như pha một chất rắn vào dung dịch. Khi ñó phải chuyển nồng ñộ của chất rắn nguyên chất thành nồng ñộ tương ứng với lượng chất tan trong dung dịch. Ví dụ 3. Hòa tan 200 gam SO 3 vào m gam dung d ị ch H 2 SO 4 49% ta ñượ c dung d ị ch H 2 SO 4 78,4%. Giá tr ị c ủ a m là: A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D. 300,0 Hướng dẫn giải: Ph ươ ng trình ph ả n ứ ng: SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 100 gam SO 3 → 5,122 80 100 98 = × gam H 2 SO 4 N ồ ng ñộ dung d ị ch H 2 SO 4 t ươ ng ứ ng: 122,5% G ọ i m 1 , m 2 l ầ n l ượ t là kh ố i l ượ ng SO 3 và dung d ị ch H 2 SO 4 49% c ầ n l ấ y. Theo (1) ta có: 44,1 29,4 |4,87122,5| |4,7849| m m 2 1 = − − = ⇒ (gam) 300 200 29,4 44,1 m 2 =×= ⇒ ð áp án D. ðiểm lí thú của sơ ñồ ñường chéo là ở chỗ phương pháp này còn có thể dùng ñể tính nhanh kết quả của nhiều dạng bài tập hóa học khác. Sau ñây ta lần lượt xét các dạng bài tập này. Dạng 2: Bài toán hỗn hợp 2 ñồng vị ðây là dạng bài tập cơ bản trong phần cấu tạo nguyên tử. Ví dụ 4. Nguyên t ử kh ố i trung bình c ủ a brom là 79,319. Brom có hai ñồ ng v ị b ề n: Br 79 35 và Br. 81 35 Thành ph ầ n % s ố nguyên t ử c ủ a Br 81 35 là: A. 84,05 B. 81,02 C. 18,98 D. 15,95 Hướng dẫn giải: Ta có s ơ ñồ ñườ ng chéo: Br (M=81) 35 81 Br (M=79) 35 79 A=79,319 79,319 - 79 = 0,319 81 - 79,319 = 1,681 ⇒ %100 319,0681,1 319,0 Br% 681,1 319,0 Br% Br% 81 35 79 35 81 35 ⋅ + =⇒= ⇒ %95,15Br% 81 35 = ⇒ ð áp án D. Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí Ví dụ 5. M ộ t h ỗ n h ợ p g ồ m O 2 , O 3 ở ñ i ề u ki ệ n tiêu chu ẩ n có t ỉ kh ố i ñố i v ớ i hi ñ ro là 18. Thành ph ầ n % v ề th ể tích c ủ a O 3 trong h ỗ n h ợ p là: A. 15% B. 25% C. 35% D. 45% Hướng dẫn giải: Áp d ụ ng s ơ ñồ ñườ ng chéo: V M 1 = 48 |32 - 36| M = 18.2 =36 V M 2 = 32 |48 - 36| O 2 O 3 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 3 /14 ⇒ %25%100 1 3 1 %V 3 1 12 4 V V 3 2 3 O O O =⋅ + =⇒== ⇒ ð áp án B. Ví dụ 6. C ầ n tr ộ n 2 th ể tích metan v ớ i m ộ t th ể tích ñồ ng ñẳ ng X c ủ a metan ñể thu ñượ c h ỗ n h ợ p khí có t ỉ kh ố i h ơ i so v ớ i hi ñ ro b ằ ng 15. X là: A. C 3 H 8 B. C 4 H 10 C. C 5 H 12 D. C 6 H 14 Hướng dẫn giải: Ta có s ơ ñồ ñườ ng chéo: V M 1 = 1 6 | M 2 - 3 0 | M = 15.2 =30 V M 2 = M 2 |16 - 30| M 2 CH 4 ⇒ 28 |30 - M| 1 2 14 |30 - M| V V 2 2 M CH 2 4 =⇒== ⇒ M 2 = 58 ⇒ 14n + 2 = 58 ⇒ n = 4 V ậ y X là: C 4 H 10 ⇒ ð áp 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 d ị ch NaOH 2M vào 200 ml dung d ị ch H 3 PO 4 1,5M. Mu ố i t ạ o thành và kh ố i l ượ ng t ươ ng ứ ng là: A. 14,2 gam Na 2 HPO 4 ; 32,8 gam Na 3 PO 4 B. 28,4 gam Na 2 HPO 4 ; 16,4 gam Na 3 PO 4 C. 12,0 gam NaH 2 PO 4 ; 28,4 gam Na 2 HPO 4 D. 24,0 gam NaH 2 PO 4 ; 14,2 gam Na 2 HPO 4 Hướng dẫn giải: Có: 2 3 5 0,2.1,5 0,25.2 n n 1 43 POH NaOH <==< ⇒ T ạ o ra h ỗ n h ợ p 2 mu ố i: NaH 2 PO 4 , Na 2 HPO 4 S ơ ñồ ñườ ng chéo: Na 2 HPO 4 (n 1 = 2) |1 - 5/3| n NaH 2 PO 4 (n 2 = 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 ⇒ ð áp 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 h ỗ n h ợ p 2 mu ố i CaCO 3 và BaCO 3 b ằ ng dung d ị ch HCl d ư , thu ñượ c 448 ml khí CO 2 ( ñ ktc). Thành ph ầ n % s ố mol c ủ a BaCO 3 trong h ỗ n h ợ p là: A. 50% B. 55% C. 60% D. 65% Hướng dẫn giải: (mol) 0,02 22,4 0,448 n 2 CO == ⇒ 2,158 0,02 3,164 M == Áp d ụ ng s ơ ñồ ñườ ng chéo: BaCO 3 (M 1 = 197) |100 - 158,2| = 58,2 M=158,2 CaCO 3 (M 2 = 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 4 /14 ⇒ 60%100% 38,858,2 58,2 %n 3 BaCO =⋅ + = ⇒ ð áp 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 qu ặ ng hematit ch ứ a 60% Fe 2 O 3 . B là qu ặ ng manhetit ch ứ a 69,6% Fe 3 O 4 . Tr ộ n m 1 t ấ n qu ặ ng A v ớ i m 2 t ấ n qu ặ ng B thu ñượ c qu ặ ng C, mà t ừ 1 t ấ n qu ặ ng C có th ể ñ i ề u ch ế ñượ c 0,5 t ấ n gang ch ứ a 4% cacbon. T ỉ l ệ m 1 / m 2 là: A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5 Hướng dẫn giải: S ố kg Fe có trong 1 t ấ n c ủ a m ỗ i qu ặ ng là: +) Qu ặ ng A ch ứ a: (kg) 420 160 112 1000 100 60 =⋅⋅ +) Qu ặ ng B ch ứ a: (kg) 504 232 168 1000 100 6,69 =⋅⋅ +) Qu ặ ng C ch ứ a: (kg) 480 100 4 1500 =       −× S ơ ñồ ñườ ng chéo: m A 420 |504 - 480| = 24 480 m B 504 |420 - 480| = 60 ⇒ 5 2 60 24 m m B A == ⇒ ð áp án D.  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  §2. §2. §2. §2. PHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BẢ ẢẢ ẢO TOÀN KH O TOÀN KHO TOÀN KH O TOÀN KHỐ ỐỐ ỐI LƯ I LƯI LƯ I LƯỢ ỢỢ ỢNG NGNG NG Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn kh ố i l ượ ng ( ð LBTKL): “ Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm ” giúp ta gi ả i bài toán hóa h ọ c m ộ t cách ñơ n gi ả n, nhanh chóng. Ví dụ 10. H ỗ n h ợ p A g ồ m 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol ch ấ t X. ðể ñố t cháy hoàn toàn h ỗ n h ợ p A c ầ n 21,28 lít O 2 ( ñ ktc) và thu ñượ c 35,2 gam CO 2 và 19,8 gam H 2 O. Tính kh ố i l ượ ng phân t ử X (bi ế t X ch ỉ ch ứ a C, H, O). Hướng dẫn giải: Ta có các ph ươ ng trình ph ả n ứ ng cháy: 2C 2 H 6 O 2 + 5O 2 → 4CO 2 + 6H 2 O X + O 2 → CO 2 + H 2 O Áp d ụ ng ð LBTKL: ( ) 226222222262 OOHCOHCOXOHCOOOHCX mm mmmmmmmm + − + = ⇒ + = + + ⇒ (gam) 18,432 22,4 21,28 620,1 19,835,2m X =       ⋅+×−+= Kh ố i l ượ ng phân t ử c ủ a X: (g/mol). 92 0,2 18,4 M X == 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 5 /14 Ví dụ 11. Hòa tan hoàn toàn 3,34 gam h ỗ n h ợ p hai mu ố i cacbonat kim lo ạ i hóa tr ị II và hóa tr ị III b ằ ng dung d ị ch HCl d ư ta thu ñượ c dung d ị ch A và 0,896 lít khí bay ra ( ñ ktc). Tính kh ố i l ượ ng mu ố i có trong dung d ị ch A. Hướng dẫn giải: G ọ i 2 mu ố i cacbonat là: XCO 3 và Y 2 (CO 3 ) 3 . Các ph ươ ng trình ph ả n ứ ng x ả y ra: XCO 3 + 2HCl → XCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl → 2YCl 3 + 3H 2 O + 3CO 2 ↑ (1) (2) S ố mol khí CO 2 bay ra: (mol) 0,08 04,022n n (mol) 04,0 22,4 0,896 n 22 COHClCO =×==⇒== Áp d ụ ng ð LBTKL: muèi mmmm)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. Kh ử m gam h ỗ n h ợ p A g ồ m các oxit CuO, FeO, Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 b ằ ng khí CO ở nhi ệ t ñộ cao, ng ườ i ta thu ñượ c 40 gam h ỗ n h ợ p ch ấ t r ắ n X và 13,2 gam khí CO 2 . Tìm giá tr ị c ủ a 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 ph ươ ng trình ph ả n ứ ng có thể x ả y ra: 3Fe 2 O 3 + CO → 2Fe 3 O 4 + CO 2 Fe 3 O 4 + CO → 3FeO + CO 2 FeO + CO → Fe + CO 2 CuO + CO → Cu + CO 2 (1) (2) (3) (4) Ta có: (gam) 8,43,0.28m (mol) 3,0 44 13,2 n n COCO 2 == ⇒ === (p−)p−)( CO Kh ố i l ượ ng ch ấ t r ắ n: m r = 40 (gam) Áp d ụ ng ð LBTKL: (p−)p−) COCOrA BrA mmmmmmmm 2 −+=⇒+=+ ( CO ⇒ (gam). 8,444,82,3104mm A = − + = = Ví dụ 13. Thu ỷ phân hoàn toàn 14,8 gam h ỗ n h ợ p 2 este ñơ n ch ứ c là ñồ ng phân c ủ a nhau th ấ y c ầ n v ừ a ñủ 200 ml dung d ị ch NaOH 1M, thu ñượ c m gam h ỗ n h ợ p 2 mu ố i và 7,8 gam h ỗ n h ợ p 2 r ượ u. Tìm m . Hướng dẫn giải: G ọ i công th ứ c chung c ủ a 2 este là: R'COOR Ph ươ ng trình ph ả n ứ ng x ả y ra: OHR'COONaRNaOHR'COOR +→+ Theo bài ra ta có: (gam) 8.0,204m (mol) 2,01.2,0 n NaOHNaOH = = ⇒ = = Áp d ụ ng ð LBTKL: OHR' NaOH R'COORCOONaROHR'COONaR NaOH R'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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 6 /14 §3. §3. §3. §3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GI PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIPHƯƠNG PHÁP TĂNG GI PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢ ẢẢ ẢM KH M KHM KH M KHỐ ỐỐ ỐI LƯ I LƯI LƯ I LƯỢ ỢỢ ỢNG NGNG NG Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai ñoạn trung gian) ta dễ dàng tính ñược số mol của các chất hoặc ngược lại. Ch ẳ ng h ạ n: a) Xét ph ả n ứ ng: MCO 3 + 2HCl → MCl 2 + CO 2 ↑ + H 2 O Theo ph ả n ứ ng này thì khi chuy ể n t ừ 1 mol MCO 3 → 1 mol MCl 2 , kh ố i l ượ ng h ỗ n h ợ p t ă ng thêm 71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO 2 ñượ c gi ả i phóng. Nh ư v ậ y, khi bi ế t l ượ ng mu ố i t ă ng ta có th ể tính ñượ c s ố mol CO 2 sinh ra ho ặ c ng ượ c l ạ i. b) Xét ph ả n ứ ng: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH C ứ 1 mol este RCOOR’ chuy ể n thành 1 mol mu ố i RCOONa, kh ố i l ượ ng t ă ng (ho ặ c gi ả m) |23 – R’| gam và tiêu t ố n h ế t 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol R’OH. Nh ư v ậ y, n ế u bi ế t kh ố i l ượ ng c ủ a este ph ả n ứ ng và kh ố i l ượ ng mu ố i t ạ o thành, ta d ễ dàng tính ñượ c s ố mol c ủ a NaOH và R’OH ho ặ c ng ượ c l ạ i. Có th ể nói hai ph ươ ng pháp “ bảo toàn khối lượng ” và “ tăng giảm khối lượng ” là 2 “ anh em sinh ñôi ”, vì m ộ t bài toán n ế u gi ả i ñượ c b ằ ng ph ươ ng pháp này thì c ũ ng có th ể gi ả i ñượ c b ằ ng ph ươ ng pháp kia. Tuy nhiên, tùy t ừ ng bài t ậ p mà ph ươ ng pháp này hay ph ươ ng pháp kia là ư u vi ệ t h ơ n. Ví dụ 14. Gi ả i l ạ i ví d ụ 12 b ằ ng ph ươ ng pháp t ă ng gi ả m kh ố i l ượ ng. Hướng dẫn giải: Các ph ươ ng trình ph ả n ứ ng x ả y ra: XCO 3 + 2HCl → XCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ Y 2 (CO 3 ) 3 + 6HCl → 2YCl 3 + 3H 2 O + 3CO 2 ↑ (1) (2) S ố mol khí CO 2 bay ra: (mol) 04,0 22,4 0,896 n 2 CO == Theo (1), (2): khi chuy ể n t ừ mu ố i cacbonat → mu ố i clorua, c ứ 1 mol CO 2 sinh ra, kh ố i l ượ ng h ỗ n h ợ p mu ố i t ă ng thêm 71 – 60 = 11 gam. V ậ y kh ố i l ượ ng h ỗ n h ợ p mu ố i t ă ng lên là: ∆ m = 0,04.11 = 0,44 gam. Kh ố i l ượ ng c ủ a mu ố i trong dung d ị ch: = muèi m 3,34 + 0,44 = 3,78 (gam). Ví dụ 15. Gi ả i l ạ i ví d ụ 13 b ằ ng ph ươ ng pháp t ă ng gi ả m kh ố i l ượ ng. Hướng dẫn giải: Các ph ươ ng trình ph ả n ứ ng có thể x ả y ra: 3Fe 2 O 3 + CO → 2Fe 3 O 4 + CO 2 Fe 3 O 4 + CO → 3FeO + CO 2 FeO + CO → Fe + CO 2 CuO + CO → Cu + CO 2 (1) (2) (3) (4) Ta có: (gam) 8,43,0.28m (mol) 3,0 44 13,2 n n COCO 2 == ⇒ === (p−)p−)( CO Kh ố i l ượ ng ch ấ t r ắ n: m r = 40 (gam) Theo (1), (2), (3), (4): c ứ 1 mol CO ph ả n ứ ng → 1 mol CO 2 , kh ố i l ượ ng h ỗ n h ợ p A gi ả m là: ∆ m = 1 × (44 – 28) = 16 gam. V ậ y kh ố i l ượ ng h ỗ n h ợ p A ñ ã b ị gi ả m là: 16 × 0,3 = 4,8 (gam) Kh ố i l ượ ng c ủ a h ỗ n h ợ p A ban ñầ u là: m = 40 + 4,8 = 44,8 (gam). Ví dụ 16. Nhúng m ộ t lá nhôm vào 200 ml dung d ị ch CuSO 4 , ñế n khi dung d ị ch m ấ t màu xanh l ấ y lá nhôm ra cân th ấ y n ặ ng h ơ n so v ớ i ban ñầ u là 1,38 gam. Xác ñị nh n ồ ng ñộ c ủ a dung d ị ch CuSO 4 ñ ã dùng. Hướng dẫn giải: Ph ươ ng trình ph ả n ứ ng x ả y ra: 2Al + 3CuSO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu ↓ (*) 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 7 /14 Theo (*): c ứ 2 mol Al ph ả n ứ ng h ế t v ớ i 3 mol CuSO 4 , sinh ra 3 mol Cu, kh ố i l ượ ng thanh nhôm t ă ng lên: ∆ m = 3.64 – 2.27 = 138 (gam). V ậ y s ố mol CuSO 4 ñ ã tham gia ph ả n ứ ng là: (mol) 0,033 138 1,38 n 4 CuSO =⋅= N ồ ng ñộ c ủ a dung d ị ch CuSO 4 : (M). 0,15 0,2 0,03 C M == Chú ý: Khi nhúng thanh kim loại A vào dung dịch muối của kim loại B (kém hoạt ñộng hơn A). Sau khi lấy thanh kim loại A ra, khối lượng thanh kim loại A ban ñầu sẽ thay ñổi do: 1) Một lượng A bị tan vào dung dịch 2) Một lượng B từ dung dịch ñược giải phóng, bám vào thanh kim loại A 3) Tính khối lượng tăng (hay giảm) của thanh A phải dựa vào phương trình phản ứng cụ thể. Ví dụ 17. Cho 11 gam h ỗ n h ợ p 3 axit ñơ n ch ứ c thu ộ c cùng dãy ñồ ng ñẳ ng tác d ụ ng hoàn toàn v ớ i kim lo ạ i Na d ư , thu ñượ c 2,24 lít khí H 2 ( ñ ktc). Tính kh ố i l ượ ng mu ố i h ữ u c ơ t ạ o thành. Hướng dẫn giải: S ố mol khí H 2 t ạ o thành: (mol) 0,1 22,4 2,24 n 2 H == G ọ i công th ứ c chung c ủ a 3 axit ñơ n ch ứ c là: COOH.R Ph ươ ng trình ph ả n ứ ng x ả y ra: 2 HCOONaR2Na2COOHR2 +→+ (*) Theo (*): c ứ 2 mol COOHR ph ả n ứ ng → 2 mol COONaR và 1 mol H 2 , kh ố i l ượ ng mu ố i t ă ng lên so v ớ i kh ố i l ượ ng c ủ a axit là: ∆ m = (gam) 4445)]R(23)44R2.[( =+−++ Kh ố i l ượ ng mu ố i h ữ u c ơ l ớ n h ơ n axit là: m = 44.0,1 = 4,4 (gam) V ậ y, kh ố i l ượ ng mu ố i h ữ u c ơ t ạ o thành là: 11 + 4,4 = 15,4 (gam).  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  §4. §4. §4. §4. PHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BẢ ẢẢ ẢO TOÀN NGUYÊN T O TOÀN NGUYÊN TO TOÀN NGUYÊN T O TOÀN NGUYÊN TỐ ỐỐ Ố Nguyên tắc chung của phương pháp này là dựa vào ñịnh luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn ñược bảo toàn”. ð i ề u này có ngh ĩ a là: Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau. Ví dụ 18. H ỗ n h ợ p ch ấ t r ắ n A g ồ m 0,1 mol Fe 2 O 3 và 0,1 mol Fe 3 O 4 . Hòa tan hoàn toàn A b ằ ng dung d ị ch HCl d ư , thu ñượ c dung d ị ch B. Cho NaOH d ư vào B, thu ñượ c k ế t t ủ a C. L ọ c l ấ y k ế t t ủ a, r ử a s ạ ch r ồ i ñ em nung trong không khí ñế n kh ố i l ượ ng không ñổ i thu ñượ c m gam ch ấ t r ắ n D. Tính m . Hướng dẫn giải: Các ph ả n ứ ng hóa h ọ c x ả y ra: Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O Fe 3 O 4 + 8HCl → FeCl 2 + 2FeCl 3 + 4H 2 O NaOH + HCl → NaCl + H 2 O 2NaOH + FeCl 2 → 2NaCl + Fe(OH) 2 ↓ 3NaOH + FeCl 3 → 3NaCl + Fe(OH) 3 ↓ 4Fe(OH) 2 + 2H 2 O + O 2 → 0 t 4Fe(OH) 3 2Fe(OH) 3 → 0 t Fe 2 O 3 + 3H 2 O (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) Theo các ph ươ ng trình ph ả n ứ ng ta có s ơ ñồ : 32 43 32 OFe mol 0,1:OFe mol 0,1:OFe ⇒    (r ắ n D) 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 8 /14 Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn nguyên t ố ñố i v ớ i Fe: (mol) 0,50,1.30,1.2n D) (trong Fe =+= ∑ ⇒ (gam). 40 0,25.160 m (mol) 0,25 2 0,5 n DD == ⇒ == Ví dụ 19. Ti ế n hành crackinh ở nhi ệ t ñộ cao 5,8 gam butan. Sau m ộ t th ờ i gian thu ñượ c h ỗ n h ợ p khí X g ồ m CH 4 , C 2 H 6 , C 2 H 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 . ðố t cháy hoàn toàn X trong khí oxi d ư , r ồ i d ẫ n toàn b ộ s ả n ph ẩ m sinh ra qua bình ñự ng H 2 SO 4 ñặ c. Tính ñộ t ă ng kh ố i l ượ ng c ủ a bình H 2 SO 4 ñặ c. Hướng dẫn giải: Các s ơ ñồ ph ả n ứ ng x ả y ra: C 4 H 10  → crackinh CH 4 + C 3 H 6 (1) C 4 H 10  → crackinh C 2 H 6 + C 2 H 6 (2) CH 4 → 0 t CO 2 + 2H 2 O (3) C 2 H 4 → 0 t 2CO 2 + 2H 2 O (4) C 2 H 6 → 0 t 2CO 2 + 3H 2 O (5) C 3 H 6 → 0 t 3CO 2 + 3H 2 O (6) C 4 H 10 → 0 t 4CO 2 + 5H 2 O (7) ðộ t ă ng kh ố i l ượ ng c ủ a bình H 2 SO 4 ñặ c chính là t ổ ng kh ố i l ượ ng H 2 O sinh ra trong ph ả n ứ ng ñố t cháy h ỗ n h ợ p X. Theo bài ra ta có: (mol) 0,1 58 5,8 n butan == T ừ ph ươ ng trình ph ả n ứ ng, có: H (butan ban ñầu) → H (nước) và C 4 H 10 → 10H → 5H 2 O Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t BTNT ñố i v ớ i hi ñ ro: == ∑ ∑ O)(H H(butan) H 2 n n 10 × 0,1 = 1 (mol) ⇒ (gam). 9 18.0,5 m m (mol) 0,5 2 1 n OHOH 22 ===∆ ⇒ == Ví dụ 20. H ỗ n h ợ p khí A g ồ m m ộ t ankan, m ộ t anken, m ộ t ankin và hi ñ ro. Chia A thành 2 ph ầ n có th ể tích b ằ ng nhau r ồ i ti ế n hành 2 thí nghi ệ m sau: Ph ầ n 1: ñ em ñố t cháy hoàn toàn r ồ i d ẫ n s ả n ph ẩ m cháy l ầ n l ượ t qua bình 1 ñự ng H 2 SO 4 ñặ c, bình 2 ñự ng n ướ c vôi trong d ư . Sau ph ả n ứ ng cân th ấ y kh ố i l ượ ng bình 1 t ă ng 9,9 gam, bình 2 t ă ng 13,2 gam. Ph ầ n 2: d ẫ n t ừ t ừ qua ố ng ñự ng b ộ t Ni nung nóng thu ñượ c h ỗ n h ợ p khí B. S ụ c khí B qua bình ñự ng n ướ c vôi trong d ư , th ấ y kh ố i l ượ ng bình n ướ c vôi trong t ă ng m gam. Tìm giá tr ị c ủ a m . Hướng dẫn giải: Phân tích: Vì 2 phần có thể tích bằng nhau nên thành phần của chúng là như nhau. Và sản phẩm ñốt cháy của 2 phần là hoàn toàn giống nhau! Ở ñây, việc dẫn phần 2 qua bột Ni, nung nóng → hỗn hợp B, sau ñó mới ñem ñốt cháy B chỉ là một bước gây nhiễu, khiến chúng ta bị rối mà thôi, vì thành phần các nguyên tố của B và phần 2 là hoàn toàn giống nhau. Chính vì vậy, khối lượng bình nước vôi trong tăng ở thí nghiệm 2 chính bằng tổng khối lượng của nước và CO 2 sinh ra trong thí nghiệm 1! V ậ y: m = ∆ m bình 1 + ∆ m bình 2 = 9,9 + 13,2 = 23,1 (gam).  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  §5. §5. §5. §5. PHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B PHƯƠNG PHÁP BẢ ẢẢ ẢO TOÀN ELECTRON O TOÀN ELECTRON O TOÀN ELECTRON O TOÀN ELECTRON Nguyên tắc của phương pháp: “Khi có nhiều chất oxi hóa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai ñoạn) thì tổng số mol electron mà các phân tử chất khử cho phải bằng tổng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận”. ð ây chính là n ộ i dung c ủ a ñị nh lu ậ t b ả o toàn electron trong ph ả n ứ ng oxi hóa – kh ử . 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 9 /14 ð i ề u quan tr ọ ng nh ấ t khi áp d ụ ng ph ươ ng pháp này ñ ó là vi ệ c ph ả i nh ậ n ñị nh ñ úng tr ạ ng thái ñầ u và tr ạ ng thái cu ố i c ủ a các ch ấ t oxi hóa và các ch ấ t kh ử , nhi ề u khi không c ầ n quan tâm ñế n vi ệ c cân b ằ ng ph ả n ứ ng hóa h ọ c x ả y ra. Ph ươ ng pháp này ñặ c bi ệ t lí thú ñố i v ớ i các bài toán ph ả i bi ệ n lu ậ n nhi ề u tr ườ ng h ợ p x ả y ra. Ví dụ 21. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim lo ạ i M trong dung d ị ch HNO 3 d ư thu ñượ c 8,96 lít ( ñ ktc) h ỗ n h ợ p khí g ồ m NO 2 và NO có t ỉ l ệ th ể tích 3:1. Xác ñị nh kim lo ạ i M. Hướng dẫn giải: S ố mol c ủ a h ỗ n h ợ p khí: (mol) 0,4 22,4 8,96 n khí == Vì (mol) 0,10,4 4 1 n (mol); 0,30,4 4 3 n 1:3n:n 1:3V:V NONONONONONO 222 =⋅==⋅= ⇒ = ⇒ = G ọ i n là hóa tr ị c ủ a M. Quá trình nh ườ ng electron: n0 MneM + →− (1) S ố mol electron nh ườ ng là: (*) (mol)n M 19,2 n ⋅= ∑ nh−êng e Quá trình nh ậ n electron: 245 N N3 6e N4 +++ +→+ (2) T ổ ng s ố mol electron nh ậ n là: (**) (mol) 6,01,06n =×= ∑ nhËn e Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn electron, ta có: 32n M 0,6 n M 19,2 nn = ⇒ =⋅ ⇒ = ∑∑ nhËn enh−êng e ⇒ n = 2; M = 64. V ậ y kim lo ạ i M là ñồ ng (M Cu = 64). Ví dụ 22. Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO 3 d ư , thu ñượ c dung d ị ch A và 6,72 lít h ỗ n h ợ p khí B g ồ m NO và m ộ t khí X, v ớ i t ỉ l ệ th ể tích là 1:1. Xác ñị nh khí X. Hướng dẫn giải: S ố mol c ủ a h ỗ n h ợ p khí B: (mol) 0,15 n n (mol) 0,3 22,4 6,72 n XNOB == ⇒ == Quá trình nh ườ ng electron: 3e Fe Fe 30 +→ + (1) S ố mol electron nh ườ ng là: (*) (mol) 0,6 3 56 11,2 n =⋅= ∑ nh−êng e Quá trình nh ậ n electron c ủ a NO: 25 N 3e N ++ →+ (2) S ố mol electron do NO nh ậ n là: (**) (mol) 45,015,03n = × = nhËn) (NO e Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn electron, ta có: nhËn) (X enhËn) (NO enh−êng enhËn enh−êng e nnnnn += ⇒ = ∑ ∑ ∑ ⇒ (mol) 0,150,450,6nnn =−=−= ∑ nhËn) (NO enh−êng enhËn) (X e G ọ i n là s ố electron mà X nh ậ n. Ta có: n)(5 5 N ne N −+ + →+ (3) ⇒ n = .1 15,0 15,0 = T ừ ñ ó suy ra X là NO 2 . Ví dụ 23. ðể m gam phoi bào s ắ t A ngoài không khí sau m ộ t th ờ i gian bi ế n thành h ỗ n h ợ p B có kh ố i l ượ ng 12 gam g ồ m Fe và các oxit FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B tác d ụ ng hoàn toàn v ớ i axit nitric d ư th ấ y gi ả i phóng ra 2,24 lít khí duy nh ấ t NO. Tính kh ố i l ượ ng m c ủ a A? Hướng dẫn giải: S ơ ñồ các bi ế n ñổ i x ả y ra: Fe B NO Fe FeO Fe 3 O 4 Fe 2 O 3 dd HNO 3 m A gam 12 gam 2,24 lÝt (®ktc) 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: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Trang 10 /14 Quá trình nh ườ ng electron: 3e Fe Fe 30 +→ + (1) S ố mol electron nh ườ ng là: (*) (mol) 3 56 m n ⋅= ∑ nh−êng e Các quá trình nh ậ n electron: +) T ừ s ắ t → oxit: O 2 + 4e → 2O -2 (2) S ố electron do O 2 nh ậ n là: (mol) 8 m12 4 32 m12 n − =⋅ − = nhËn) (O e 2 +) T ừ oxit → mu ố i Fe 3+ : 25 N 3e N ++ →+ (3) S ố electron do N nh ậ n là: (mol) 3,01,03n =×= nhËn) (N e ⇒ T ổ ng s ố electron nh ậ n là: (**) (mol) 0,3 8 m12 n + − = ∑ nhËn e Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn electron ta có 0,3 8 m12 56 m 3nn + − =× ⇒ = ∑∑ nhËn enh−êng e ⇒ m = 10,08 (gam).  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  § §§ §6 66 6. P . P. P . PHƯƠNG PHÁP B HƯƠNG PHÁP BHƯƠNG PHÁP B HƯƠNG PHÁP BẢ ẢẢ ẢO TOÀN ĐI O TOÀN ĐIO TOÀN ĐI O TOÀN ĐIỆ ỆỆ ỆN TÍCH N TÍCHN TÍCH N TÍCH Nguyên tắc của phương pháp: “Trong một dung dịch nếu tồn tại ñồng thời các ion dương và âm thì theo ñịnh luật bảo toàn ñiện tích: tổng số ñiện tích dương bằng tổng số ñiện tích âm”. ð ây chính là c ơ s ở ñể thi ế t l ậ p ph ươ ng trình bi ể u di ễ n m ố i liên h ệ gi ữ a các ion trong dung d ị ch. Ví dụ 24. K ế t qu ả xác ñị nh n ồ ng ñộ mol/lít c ủ a các ion trong m ộ t dung d ị ch nh ư sau: Ion: + Na +2 Ca − 3 NO − Cl − 3 HCO S ố mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 H ỏ i k ế t qu ả ñ ó ñ úng hay sai? T ạ i sao? Hướng dẫn giải: T ổ ng s ố ñ i ệ n tích d ươ ng: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol) T ổ ng s ố ñ i ệ n tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol) Ta th ấ y t ổ ng s ố ñ i ệ n tích d ươ ng ≠ t ổ ng s ố ñ i ệ n tích âm ⇒ k ế t qu ả xác ñị nh trên là sai! Ví dụ 25. L ậ p bi ể u th ứ c liên h ệ gi ữ a a, b, c, d trong dung d ị ch ch ứ a a mol Na + , b mol Ca 2+ , c mol − 3 HCO và d mol Cl¯. Hướng dẫn giải: Áp d ụ ng ñị nh lu ậ t b ả o toàn ñ i ệ n tích, ta có: a + 2b = c + d.  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  ***  §7. §7. §7. §7. PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG PHÁP KH KHKH KHỐ ỐỐ ỐI I I I LƯ LƯLƯ LƯỢ ỢỢ ỢNG NG NG NG MOL MOL MOL MOL TRUNG BÌNH TRUNG BÌNHTRUNG BÌNH TRUNG BÌNH Kh ố i l ượ ng mol trung bình (KLMTB) c ủ a m ộ t h ỗ n h ợ p là kh ố i l ượ ng c ủ a m ộ t 1 mol h ỗ n h ợ p ñ ó: ∑ ∑ = = == n 1i i n 1i ii hh hh n .nM n m M Trong ñ ó: +) m hh là t ổ ng s ố gam c ủ a h ỗ n h ợ p +) n hh là t ổ ng s ố mol c ủ a h ỗ n h ợ p +) M i là kh ố i l ượ ng mol c ủ a ch ấ t th ứ i trong h ỗ n h ợ p +) n i là s ố mol c ủ a ch ấ t th ứ i trong h ỗ n h ợ p [...]... ng Cao Hóa H c – ðHSP Hà N i Nh n gia sư môn Hóa H c +) M min < M < M max +) N u h n h p g m 2 ch t có s mol c a hai ch t b ng nhau thì kh i lư ng mol trung bình c a h n h p cũng chính b ng trung bình c ng kh i lư ng phân t c a 2 ch t và ngư c l i Phương pháp này ñư c áp d ng trong vi c gi i nhi u bài toán khác nhau c vô cơ và h u cơ, ñ c bi t là ñ i v i vi c chuy n bài toán h n h p thành bài toán m... ng d n gi i: G i công th c chung c a 2 kim lo i nhóm IIA là M Ta có phương trình ph n ng: 2+ Theo (*): n M = n H 2 M + 2H +  M + H 2 ↑ (*) → 4,48 6,4 = = 0,2 (mol) ⇒ M = = 32 ⇒ Hai kim lo i là Mg (24) và Ca (40) 22,4 0,2 Copyright © 2007 Lê Ph m Thành Trang 11/14 E-mail: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Lê Ph m Thành – C nhân Ch t Lư ng Cao Hóa H c – ðHSP Hà N i Nh n gia sư môn Hóa H c TẬ... CaCO3 = 50% 0,02 Các ph n ng x y ra: Ví d 27 Hòa tan 16,8 gam h n h p g m 2 mu i cacbonat và sunfit c a cùng m t kim lo i ki m vào dung d ch HCl dư, thu ñư c 3,36 lít h n h p khí (ñktc) Xác ñ nh tên kim lo i ki m Hư ng d n gi i: G i kim lo i ki m c n tìm là M MCO3 + 2HCl  → MCl2 + H2O + CO2 ↑ MSO3 + 2HCl  → MCl2 + H2O + SO2 ↑ 3,36 16,8 = 0,15 (mol) ⇒ M muèi = = 112 i = nkhí = 22,4 0,15 Các ph n ng x... o thành là: A 4,4 gam B 12 gam C 22 gam D 44 gam I.14 Oxi hóa 12 gam rư u ñơn ch c X thu ñư c 11,6 gam anñehit Y V y X là: A CH3CH2CH2OH B CH3CH2OH C CH3CH(OH)CH3 D K t qu khác Copyright © 2007 Lê Ph m Thành Trang 12/14 E-mail: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Lê Ph m Thành – C nhân Ch t Lư ng Cao Hóa H c – ðHSP Hà N i Nh n gia sư môn Hóa H c I.15 Cho 0,896 lít h n h p hai anken là ñ ng ñ ng... vi c chuy n bài toán h n h p thành bài toán m t ch t r t ñơn gi n và ta có th gi i m t cách d dàng Sau ñây chúng ta cùng xét m t s ví d Chú ý: Ví d 26 Hòa tan 2,97 gam h n h p 2 mu i CaCO3 và BaCO3 b ng dung d ch HCl dư, thu ñư c 448 ml khí CO2 (ñktc) Tính thành ph n % s mol c a m i mu i trong h n h p Hư ng d n gi i: CaCO3 + 2HCl  (1) → CaCl2 + H2O + CO2 ↑ BaCO3 + 2HCl  BaCl2 + H2O + CO2 ↑ (2) →... (ñktc) V y X là: A C2H5OH B C3H7OH C C3H5OH D CH3OH Copyright © 2007 Lê Ph m Thành Trang 13/14 E-mail: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Lê Ph m Thành – C nhân Ch t Lư ng Cao Hóa H c – ðHSP Hà N i Nh n gia sư môn Hóa H c I.29 ð t cháy m t este no, ñơn ch c, m ch h thu ñư c 1,8 gam H2O Th tích khí CO2 thu ñư c là: A 2,24 lít B 3,36 lít C 4,48 lít D 6,72 lít I.30 Cho 18,8 gam h n h p hai ancol... CO2 và V2 lít CO ñ ñi u ch 24 lít h n h p H2 và CO có t kh i hơi ñ i v i metan b ng 2 Giá tr c a V1 (lít) là: A 2 B 4 C 6 D 8 I.6 Thêm 150 ml dung d ch KOH 2M vào 120 ml dung d ch H3PO4 0,1M Kh i lư ng các mu i thu ñư c trong dung d ch là: A 10,44 gam KH2PO4; 8,5 gam K3PO4 B 10,44 gam K2HPO4; 12,72 gam K3PO4 C 10,24 gam K2HPO4; 13,5 gam KH2PO4 D 13,5 gam KH2PO4; 14,2 gam K3PO4 I.7 Hòa tan 2,84 gam h... kim lo i ki m nên M = 23 (Na) Ví d 28 Trong t nhiên Brom có hai ñ ng v b n là: 79 Br và 35 Brom là 79,319 Tính thành ph n % s nguyên t c a m i ñ ng v 81 35 Br Nguyên t kh i trung bình c a Hư ng d n gi i: G i x là thành ph n % v s nguyên t c a ñ ng v 79 35 Br 81 ⇒ (100 – x) là thành ph n % v s nguyên t c a ñ ng v 35 Br 79x + 81(100 − x) Ta có: A Br = = 79,319 ⇒ x = 84,05; 100 − x = 15,95 100 81 V y trong... (40) 22,4 0,2 Copyright © 2007 Lê Ph m Thành Trang 11/14 E-mail: thanh.lepham@gmail.com Phone: 0976053496 Lê Ph m Thành – C nhân Ch t Lư ng Cao Hóa H c – ðHSP Hà N i Nh n gia sư môn Hóa H c TẬ VẬ DỤ §8 BÀI TẬP VẬN DỤNG I.1 ð thu ñư c dung d ch CuSO4 16% c n l y m1 gam tinh th CuSO4.5H2O cho vào m2 gam dung d ch CuSO4 8% T l m1/m2 là: A 1/3 B 1/4 C 1/5 D 1/6 I.2 Hòa tan hoàn toàn m gam Na2O nguyên ch . Phone: 0976053496 Trang 1 /14 CHƯƠNG I. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIÚP GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC Phương pháp là Thầy của các Thầy” (Talley Rand Talley. pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng. Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học