Giải nhanh bài toán hóa học - Phương pháp Bảo toàn nguyên tố ppsx

Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa Học Phần 3. Phương pháp Bảo toàn nguyên tố Nội dung A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng B. Các thí dụ minh họa C. Bài tập luyện tập Phần 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố  Nội dung phương pháp : • Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”. • Điều này có nghĩa là : Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn bằng nhau.  Chú ý : • Để áp dụng tốt phương pháp này, ta nên hạn chế viết phương trình phản ứng mà thay vào đó nên viết sơ đồ phản ứng (sơ đồ hợp thức, có chú ý hệ số), biểu diễn các biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) quan tâm. • Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử). • Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên tố quan tâm → lượng chất (chú ý hiệu suất phản ứng, nếu có). A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng Thí dụ 1 Hòa tan hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe 2 O 3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch D. Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : A. 16,0. B. 30,4. C. 32,0. D. 48,0. ⇒ = = ⇒ = = ⇒ = = = → 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 Fe(Fe) Fe(Fe O , ®Çu) Fe(Fe O , r¾n) Fe(Fe O , r¾n) Fe O (r¾n) Fe O (r¾n) Theo BTNT : n = n + n n 0,2 +0,1.2 0,4 mol 0,4 n 0,2 mol m m 0,2.160 32 gam 2 §¸p ¸n C. B. Các thí dụ minh họa Thí dụ 2 Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,27 gam bột nhôm và 2,04 gam bột Al 2 O 3 trong dung dịch NaOH dư thu được dung dịch X. Cho CO 2 dư tác dụng với dung dịch X thu được kết tủa Y, nung Y ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Z. Biết hiệu suất các phản ứng đều đạt 100%. Khối lượng của Z là Hướng dẫn giải Sơ đồ phản ứng : A. 2,04 gam. B. 2,31 gam. C. 3,06 gam. D. 2,55 gam. ⇒ = × = ⇒ = = ⇒ = = = → 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 Al(Al O , Z) Al(Al) Al(Al O , ®Çu) Al(Al O , Z) Al O (Z) Z Al O (Z) Theo BTNT : n = n + n 0,27 2,04 0,05 n + 2 0,05 mol n 0,025 mol 27 102 2 m m 0,025.102 2,55 gam §¸p ¸n D. B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 3 Đun nóng hỗn hợp bột gồm 0,06 mol Al, 0,01 mol Fe 3 O 4 , 0,015 mol Fe 2 O 3 và 0,02 mol FeO một thời gian. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp rắn sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch X. Thêm NH 3 vào X cho đến dư, lọc kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là Hướng dẫn giải Sơ đồ : A. 9,46. B. 7,78. C. 6,40. D. 6,16. = = = ⇒ = = = = ⇒ = ⇒ = ∑ 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 Al O Al Al O Fe(®Çu) Fe O (r¾n) Fe O (r¾n) Al O Fe O 1 0,06 Theo BTNT : n n 0,03 mol m 0,03.102 = 3,06 gam 2 2 1 1 MÆt kh¸c : n n (0,01.3 + 0,015.2 + 0,02) 0,04 mol 2 2 m 0,04.160 = 6,4 gam m m +m = = → (r¾n) 3,06 + 6,4 9,46 gam §¸p ¸n A. B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 4 Đốt cháy 6,72 gam bột Fe trong không khí thu được hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Để hòa tan X cần dùng vừa hết 255 ml dung dịch chứa HNO 3 2M, thu được V lít khí NO 2 (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của V là Hướng dẫn giải Sơ đồ biến đổi : A. 5,712. B. 3,360. C. 8,064. D. 6,048. = = = = + ⇒ = ⇒ = = = ⇒ = = = − − 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 2 Fe(NO ) Fe N(HNO ) N(Fe(NO ) ) N(NO ) N(NO ) N(HNO ) N(Fe(NO ) ) NO N(NO ) NO 6,72 Theo BTNT víi Fe : n n 0,12 mol 56 Theo BTNT víi N: n n n n n n n n 0,255.2 0,12.3 0,15 mol V V 0,15.22,4 3,360 l → Ýt §¸p ¸n B. B. Các thí dụ minh họa (tt) Thí dụ 5 Lấy a mol NaOH hấp thụ hoàn toàn 2,64 gam khí CO 2 , thu được đúng 200 ml dung dịch D. Trong dung dịch D không còn NaOH và nồng độ của ion CO 3 2− là 0,2 mol/l. a có giá trị là Hướng dẫn giải Sơ đồ biến đổi : A. 0,12. B. 0,08. C. 0,06. D. 0,10. = ⇒ = ⇒ = = = = = = + = + − − − 2 2 3 3 3 2 2 3 3 3 2 2 3 2 3 3 2 3 C(CO ) C(Na CO ) C(NaHCO ) C(NaHCO ) C(CO ) C(Na CO ) NaHCO C(NaHCO ) CO Na CO Na(NaOH) Na(Na CO ) Na(NaHCO ) Na CO Na BTNT víi : n n +n n n n 2,64 y n n n n 0,2.0,2 0,02 mol 44 BTNT víi : Na C n n n 2n n ⇒ = = + = → 3 HCO Na(NaOH) a n 2.0,2.0,2 0,02 0,10 mol §¸p ¸n D. B. Các thí dụ minh họa (tt) Thớ d 6 Ho tan hon ton hn hp gm x mol FeS 2 v y mol Cu 2 S vo axit HNO 3 (va ), thu c dung dch X (ch cha hai mui sunfat) v khớ duy nht NO. T s ca x/y l Hng dn gii A. 1/3. B. 1/2. C. 2/1. D. 3/1. 4 3 2 2 4 3 2 Do X chỉ có muối sunfat Sơ đồ biến đổi : 2FeS Fe (SO ) (1) x 0,5x dung dịc Cu h khô S ng còn gốc N 2CuSO O + = = = 3+ 2+ 2 4 (2) y 2y Dung dịch chỉ có các ion : Fe , Cu và SO Theo BTNT với S: 2x y 3.0,5x + 2y 0,5x y x/y 2/1 Đáp án C. B. Cỏc thớ d minh ha (tt) Thí dụ 7 Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 thu được 4,4 gam CO 2 và 2,52 gam H 2 O, m có giá trị là Hướng dẫn giải Sơ đồ biến đổi : A. 1,48. B. 2,48. C. 1,34. D. 1,82. = = = ⇒ = × × = → 2 2 X C(X) H(X) C(CO ) H(H O) NhËn xÐt : m m m +m m +m 4,4 2,52 m 12+ 2 1,48 gam 44 18 §¸p ¸n A. B. Các thí dụ minh họa (tt) [...]... t khi so vi hiro bng 20 Cụng thc ca oxit st v phn trm th tớch ca khớ CO2 trong hn hp khớ sau phn ng l A FeO; 75% B Fe2O3; 75% C Fe2O3; 65% Hng dn gii (tt) x 0,1 2 = = oxit là Fe2O3 y 0,15 3 Bảo toàn nguyên tố : nCO2 = nO(Fe2O3 ) = 0,15 mol 0,15 ì100% = 75% 0,2 Đáp án B %VCO2 = D Fe3O4; 75% C Bi tp luyn tp Bi tp 3 ( H Khi A 2007) Hp th hon ton 2,688 lớt khớ CO2 ( ktc) vo 2,5 lớt dung dch Ba(OH)2 . tập Phần 3. Phương pháp bảo toàn nguyên tố  Nội dung phương pháp : • Định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn . • Điều. Chuyên đề: Phương pháp giải nhanh bài toán Hóa Học Phần 3. Phương pháp Bảo toàn nguyên tố Nội dung A. Nội dung phương pháp và những chú ý quan trọng B. Các thí dụ minh họa C. Bài tập luyện. biến đổi cơ bản của chất (nguyên tố) quan tâm. • Nên quy về số mol nguyên tố (nguyên tử). • Đề bài thường cho (hoặc qua dữ kiện bài toán sẽ tính được) số mol của nguyên tố quan tâm → lượng chất