chuyên đề giải BT bằng nhiều pp

Hệ thống bài tập hóa học giải bằng nhiều cách VD1: Nung m gam Fe trong không khí, sau một thời gian thu đợc 104,8 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO 3 d, thu đợc dung dịch B và 12,096 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với heli là 10,167. Tính m. Số mol: n X = 0,54 mol. Lời giải 668,404.167,10M X == 36,0n;18,0n 2 1 30668,40 668,4046 n n 2 2 NONO NO NO === = §Æt sè mol c¸c chÊt trong 104,8 gam A nh sau: { Fe: x ; FeO: y ; Fe 2 O 3 : z ; Fe 3 O 4 : t } A + HNO 3 : X¶y ra c¸c ph¶n øng B¶o toµn sè mol e ta cã: 3x + y + t = 3.0,18 + 1.0,36 = 0,9 (III) Tõ (I), (III) ⇒ 10x + 10y + 20z + 30t = 14 ⇒ x + y + 2z +3t = 1,4 Thay vµo (II) ⇒ n Fe = 1,4 ⇒ m = 56.1,4 = 78,4g. B¶o toµn nguyªn tö: n Fe = x + y + 2z + 3t (II) C¸ch 1: ⇒ 56x + 72y + 160z + 232t = 104,8 ⇒ 7x + 9y + 20z + 29t =13,1 (I) C¸ch 2: Theo ®Þnh luËt BTKL ta cã: OHX)NO(FeHNOA 233)p(3 mmmmm ++=+ Trong ®ã: 56 m nn Fe)NO(Fe 33 == 54,0 56 m .3nnn.3n 233)p(3 NONO)NO(FeHNO +=++= )54,0 56 m .3.( 2 1 n. 2 1 n )p(32 HNOOH +== Thay vµo (*) ⇒ m = 78,4g. OH)NO(FeHNO 233)p(3 n.1854,0.668,40n.242n.638,104 ++=+ (*) Bảo toàn số mol e: Cách 3: Theo định luật BTKL ta có: m A = m O + m m O = 104,8 m n O = 6,55 0,0625m .g4,78mm125,014 56 m3 == Thay vào (**) ta đợc: 2 NONOOFe nn3n2n3 ++= (**) Đặt công thức chung của 2 khí là: NO n Cách 4: Ta có: M X = 14 + 16n = 40,668 n = 1,66675 Bảo toàn số mol e: m A = m O + m m O = 104,8 m n O = 6,55 0,0625m .g4,78mm125,014 56 m3 == Thay vào (***) ta đợc: (***) X NOO n)n25(n2 56 m3 += Theo định luật BTKL ta có: Cách 5: Coi Fe 3 O 4 FeO.Fe 2 O 3 A gồm {Fe ; FeO ; Fe 2 O 3 } Cách 6: Đặt công thức chung của 3 oxit là: Fe n O m Trong 104,8 gam A gồm { Fe d : x ; Fe n O m : y } Làm tơng tự nh cách 1 m = 78,4g. Đặt số mol các chất trong 104,8 gam A { Fe: x ; FeO: y ; Fe 2 O 3 : z } Làm tơng tự nh cách 1 m = 78,4g. Cách 7: Đặt công thức chung của các chất trong A là: Fe n O m : x (56n + 16m)x = 104,8 Bảo toàn số mol e: (3n 2m)x = 3.0,18 + 1.0,36 = 0,9 nx = 1,4 m = 56.1,4 = 78,4g. C¸ch 8: V× A chØ gåm c¸c nguyªn tè Fe vµ Oxi. §Æt sè mol c¸c chÊt trong 104,8g A { Fe: x ; O: y } ⇒ 56x + 16y = 104,8 (IV) B¶o toµn sè mol e: 2 NONOOFe nn3n2n3 ++= ⇒ 3x = 2y + 0,36 + 0,18.3 ⇒ 3x = 2y + 0,9 (V) Tõ (IV), (V) ⇒ x = 1,4 ; y = 1,65 ⇒ m = 56x = 56.1,4 = 78,4g. C¸ch 9: ChÊt r¾n A gåm: { Fe: x ; Fe 2 O 3 : y } A + HNO 3 : B¶o toµn sè mol e: 9,036,0.118,0.3x3 =+= 55,0y3,0x =⇒=⇒ B¶o toµn nguyªn tö Fe: 4,1y2xn )Cã(Fe =+= .g4,784,1.56m ==⇒ ⇒ 56x + 160y = 104,8 VD 2: Hỗn hợp khí A gồm H 2 và 2 olêphin là đồng đẳng liên tiếp nhau. Cho 1,904 lít (đktc) hỗn hợp khí A đi qua bột Ni, nung nóng thu đợc hỗn hợp khí B. Biết hỗn hợp B làm nhạt màu nớc Brôm. Đốt cháy hoàn toàn B thì thu đợc 8,668 gam CO 2 và 4,086 gam H 2 O. Xác định CTPT của 2 olêphin, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và tốc độ phản ứng của 2 olêphin là nh nhau. Lời giải 085,0 4,22 904,1 n A == Số mol các chất: 197,0 44 668,8 n 2 CO == 227,0 18 086,4 n OH 2 == ; Vì hỗn hợp B làm nhạt màu nớc Brôm, chứng tỏ trong B còn d olêphin Sau phản ứng H 2 hết. Cách 1: Đặt CTPT của 2 olêphin là: C n H 2n và C m H 2m (m = n + 1) Đặt số mol các chất trong A { H 2 : x ; C n H 2n : y ; C m H 2m : z } x + y + z = 0,085 (I) C n H 2n + H 2 C n H 2n + 2 ; C m H 2m + H 2 C m H 2m + 2 x 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 Vì H 2 hết x = (x 1 + x 2 ) Hỗn hợp khí B gồm { C n H 2n + 2 : x 1 ; C m H 2m + 2 : x 2 ; C n H 2n : (y x 1 ) ; C m H 2m : (z x 2 ) } . Hệ thống bài tập hóa học giải bằng nhiều cách VD1: Nung m gam Fe trong không khí, sau một thời gian thu đợc 104,8 gam hỗn hợp. (đktc) gồm NO và NO 2 có tỉ khối so với heli là 10,167. Tính m. Số mol: n X = 0,54 mol. Lời giải 668,404.167,10M X == 36,0n;18,0n 2 1 30668,40 668,4046 n n 2 2 NONO NO NO === = §Æt sè. 1: ⇒ 56x + 72y + 160z + 232t = 104,8 ⇒ 7x + 9y + 20z + 29t =13,1 (I) C¸ch 2: Theo ®Þnh luËt BTKL ta cã: OHX)NO(FeHNOA 233)p(3 mmmmm ++=+ Trong ®ã: 56 m nn Fe)NO(Fe 33 == 54,0 56 m .3nnn.3n 233)p(3 NONO)NO(FeHNO +=++= )54,0 56 m .3.( 2 1 n. 2 1 n )p(32 HNOOH +== Thay