PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO TRONG HÓA HỌC pdf

Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 1 CHUYÊN ĐỀ 1 : PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO I. Nguyên tắc : - Các giá trị trung bình như : Khối lượng mol trung bình; số nguyên tử cacbon trung bình; số nguyên tử hiđro trung bình; số liên kết pi trung bình; nồng độ mol trung bình; nồng độ % trung bình; số khối trung bình của các đồng vị… luôn có mối quan hệ với khối lượng mol; số nguyên tử cacbon; số nguyên tử hiđro; số liên kết pi; nồng độ mol; nồng độ %; số khối… của các chất hoặc nguyên tố bằng các “đường chéo”. - Trong phản ứng axit – bazơ : Thể tích của dung dịch axit, bazơ ; nồng độ mol của H + , OH - ban đầu và nồng độ mol của H + , OH - dư luôn có mối quan hệ với nhau bằng các “đường chéo”. II. Các trường hợp sử dụng sơ đồ đường chéo 1. Trộn lẫn hai chất khí, hai chất tan hoặc hai chất rắn không tác dụng với nhau Ta có sơ đồ đường chéo : n A M A M B – M  M n B M B M A – M  ⇒ B A A B B A M M n V n V M M − = = − Trong đó : - n A , n B là số mol của : Các chất A, B hoặc các đồng vị A, B của một nguyên tố hóa học. - V A , V B là thể tích của các chất khí A, B. - M A , M B là khối lượng mol của : Các chất A, B hoặc số khối của các đồng vị A, B của một nguyên tố hóa học. - M là khối lượng mol trung bình của các chất A, B hoặc số khối trung bình của các đồng vị A, B của một nguyên tố hóa học. 2. Trộn lẫn hai dung dịch có cùng chất tan : - Dung dịch 1 : có khối lượng m 1 , thể tích V 1 , nồng độ C 1 (nồng độ phần trăm hoặc nồng độ mol), khối lượng riêng d 1 . - Dung dịch 2 : có khối lượng m 2 , thể tích V 2 , nồng độ C 2 (C 2 > C 1 ), khối lượng riêng d 2 . - Dung dịch thu được : có khối lượng m = m 1 + m 2 , thể tích V = V 1 + V 2 , nồng độ C (C 1 < C < C 2 ) và khối lượng riêng d. Sơ đồ đường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là : a. Đối với nồng độ % về khối lượng : m 1 C 1 C 2 – C  C m 2 C 2 C 1 – C  Trong đó C 1 , C 2 , C là nồng độ % 2 1 2 1 C C m (1) m C C − ⇒ = − Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 2 b. Đối với nồng độ mol/lít : V 1 C 1 C 2 – C  C V 2 C 2 C 1 – C  Trong đó C 1 , C 2 , C là nồng độ mol/lít c. Đối với khối lượng riêng : V 1 d 1 d 2 – d  d V 2 d 2 d 1 – d  Khi sử dụng sơ đồ đường chéo cần chú ý: - Chất rắn khan coi như dung dịch có C = 100% - Chất khí tan trong nước nhưng không phản ứng với nước (HCl, HBr, NH 3 …) coi như dung dịch có C = 100% - Dung môi coi như dung dịch có C = 0% - Khối lượng riêng của H 2 O là d = 1 g/ml. ● Lưu ý : Một số công thức liên quan đến bài toàn cô cạn, pha loãng dung dịch - Dung dịch 1 : có khối lượng m 1 , thể tích V 1 , nồng độ C 1 (nồng độ phần trăm hoặc nồng độ mol). - Sau khi cô cạn hay pha loãng dung dịch bằng nước, dung dịch thu được có khối lượng m 2 = m 1 ± 2 H O m ; thể tích V 2 = V 1 ± 2 H O V nồng độ C (C 1 > C 2 hay C 1 < C 2 ). ● Đối với nồng độ % về khối lượng : m ct = m 1 C 1 = m 2 C 2 ⇒ 1 2 2 1 m C m C = ● Đối với nồng độ mol/lít : n ct = V 1 C 1 = V 2 C 2 ⇒ 1 2 2 1 V C V C = 3. Phả n ứng axit - bazơ a. Nếu axit dư : Ta có sơ đồ đường chéo : V A bñ H +     bñ dö OH H − +     +     dö H +     V B bñ OH −     bñ dö H H + +     −     2 1 2 1 C C V (2) V C C − ⇒ = − 2 1 2 1 d d V (3) V d d − ⇒ = − Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 3 ⇒ đ đ b d- A B b d- OH + H V V H H − + + +         =     −     Trong đó : - V A , V A là thể tích của dung dịch axit và bazơ. - b đ OH −     là nồng độ OH - ban đầu. - b đ H +     , d- H +     là nồng độ H + ban đầu và nồng độ H + dư. b. Nếu bazơ dư : Ta có sơ đồ đường chéo : V A bñ H +     bñ dö OH OH − −     −     dö OH −     V B bñ OH −     bñ dö H OH + −     +     ⇒ đ đ b d- A B b d- OH OH V V H + OH − − + −     −     =         Trong đó : - V A , V A là thể tích của dung dịch axit và bazơ. - b đ OH −     , d- OH −     là nồng độ OH - ban đầu và nồng độ OH - dư. - b đ H +     là nồng độ H + ban đầu. Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 4 III. Các ví dụ minh họa Dạng 1 : Pha trộn hai dung dịch có cùng chất tan hoặc pha nước vào dung dịch chứa 1 chất tan Phương pháp giải ● Nếu pha trộn hai dung dịch có nồng độ phần trăm khác nhau thì ta dùng công thức : (1) |CC| | CC | m m 1 2 2 1 − − = Trong đó C 1 , C 2 , C là nồng độ % ● Nếu pha trộn hai dung dịch có nồng độ mol khác nhau thì ta dùng công thức : (2) |CC| | CC | V V 1 2 2 1 − − = Trong đó C 1 , C 2 , C là nồng độ mol/lít ● Nếu pha trộn hai dung dịch có khối lượ ng riêng khác nhau thì ta dùng công thức : (3) |dd| | dd | V V 1 2 2 1 − − = ► Các ví dụ minh họa đối với dạng 1 ◄ ● Dành cho học sinh lớp 10 Ví dụ 1: Từ 20 gam dung dịch HCl 40% và nước cất pha chế dung dịch HCl 16%. Khối lượng nước (gam) cần dùng là : A. 27. B. 25,5. C. 54. D. 30. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 = 20 40 16 – 0 16 m 2 0 40 – 16 Đáp án D. Ví dụ 2: Lấy m 1 gam dung dịch HNO 3 45% pha với m 2 gam dung dịch HNO 3 15%, thu được dung dịch HNO 3 25%. Tỉ lệ m 1 /m 2 là : A. 1 : 2. B. 1 : 3. C. 2 : 1. D. 3 : 1. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 45 25 – 15 25 m 2 15 45 – 25 Đáp án A. 2 2 20 16 m 30 m 24 ⇒ = ⇒ = 1 2 m 10 1 m 20 2 ⇒ = = Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 5 Ví dụ 3: Để thu được 500 gam dung dịch HCl 25% cần lấy m 1 gam dung dịch HCl 35% pha với m 2 gam dung dịch HCl 15%. Giá trị m 1 và m 2 lần lượt là : A. 400 và 100. B. 325 và 175. C. 300 và 200. D. 250 và 250. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 35 25 – 15 25 m 2 15 35 – 25 Mặt khác m 1 + m 2 = 500 nên suy ra m 1 = m 2 = 250 Đáp án D. Ví dụ 4: Hoà tan 200 gam dung dịch NaOH 10% với 600 gam dung dịch NaOH 20% được dung dịch A. Nồng độ % của dung dịch A là : A. 18%. B. 16%. C. 17,5%. D. 21,3%. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 = 200 10 20 – C C m 2 = 600 20 C – 10 Đáp án C. Nhận xét : Trong trường hợ p này ta dùng phương pháp thông thường sẽ nhanh hơn 200.10% 600.20% C% .100% 17,5% 200 600 + = = + Ví dụ 5: Từ 300 ml dung dịch HCl 2M và nước cất, pha chế dung dịch HCl 0,75M. Thể tích nước cất (ml) cần dùng là : A. 150. B. 500. C. 250. D. 350. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : Vdd HCl 2 0,75 – 0 = 0,75 0,75 V (H 2 O) 0 2 – 0,75 = 1,25 Đáp án B. Ví dụ 6: Để pha được 500 ml dung dịch NaCl 0,9M cần lấy V ml dung dịch NaCl 3M pha với nước cất. Giá trị của V là : A. 150 ml. B. 214,3 ml. C. 285,7 ml. D. 350 ml. Hướng dẫn giải Gọi thể tích của dung dịch NaCl (C 1 = 3M) và thể tích của H 2 O (C 2 = 0M) lần lượt là V 1 và 2 V . 300 0,75 V 500 V 1,25 ⇒ = ⇒ = 200 20 C C 17,5 600 C 10 − ⇒ = ⇒ = − 1 2 m 10 1 m 10 1 ⇒ = = Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 6 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : V 1 3 0,9 – 0 = 0,9 0,9 V 2 0 3 – 0,9= 2,1 ⇒ V 1 = 0,9 .500 2,1 0,9+ = 150 ml. Đáp án A. ● Chú ý : Cũng có thể áp dụng công thức pha loãng dung dịch : 1 2 2 1 V C V C = ⇔ 2 2 1 1 V C 500.0,9 V 150 C 3 = = = ml. Ví dụ 7: Trộn 800 ml dung dịch H 2 SO 4 aM với 200 ml dung dịch H 2 SO 4 1,5M thu được dung dịch có nồng độ 0,5M. a nhận giá trị là: A. 0,1M. B. 0,15M. C. 0,2M. D. 0,25M. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : V 1 = 800 a 1,5 – 0,5 =1 0,5 V 2 = 200 1,5 0,5 – a Đáp án D. ● Nhận xét : Trong trường hợp này ta dùng phương pháp đại số thông thường sẽ nhanh hơn + − = = (0,2 0,8).0,5 0,2.1,5 C 0,25M 0,8 Ví dụ 8: Trộn 200 ml dung dịch HCl 1M với 300 ml dung dịch HCl 2M thì thu được dung dịch mới có nồng độ mol là : A. 1,5M. B. 1,2M. C. 1,6M. D. 2,4M. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : V 1 = 200 1 2 – C C V 2 = 300 2 C – 1 Đáp án C. ● Nhận xét : Trong trường hợp này ta dùng phương pháp đại số thông thường sẽ nhanh hơn 0,2.1 0,3.2 C 1,6M 0,5 + = = 1 2 V 0,9 V 2,1 ⇒ = 200 2 C C 1,6M 300 C 1 − ⇒ = ⇒ = − 800 1 a 0,25 200 0,5 a ⇒ = ⇒ = − Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 7 Ví dụ 9: Biết khối lượng riêng của etanol và benzen lần lượt là 0,78 g/ml và 0,88 g/ml. Cần trộn 2 chất trên với tỉ lệ thể tích là bao nhiêu để thu được một hỗn hợp có khối lượng riêng là 0,805g/ml? (giả sử khối lượng riêng được đo trong cùng điều kiện và thể tích hỗn hợp bằng tổng thể tích các chất đem trộn). A. 1:2. B. 3:1. C. 2:1. D. 1:1. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : V 1 0,78 0,88 – 0,805 =0,075 0,805 V 2 0,88 0,805 – 0,78= 0,025 Đáp án B. Ví dụ 10: Cần bao nhiêu lít axit H 2 SO 4 (D = 1,84 gam/ml) và bao nhiêu lít nước cất để pha thành 9 lít dung dịch H 2 SO 4 có D = 1,28 gam/ml ? Biết khối lượng riêng của nước là 1 gam/ml. A. 2 lít và 7 lít. B. 3 lít và 6 lít. C. 4 lít và 5 lít. D. 6 lít và 3 lít. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : 2 H O V 1 1,84 – 1,28 = 0,56 1,28 2 4 H SO V 1,84 1,28 – 1= 0,28 Mặt khác : 2 H O V + 2 4 H SO V = 9 ⇒ 2 H O V = 6 lít và 2 4 H SO V = 3 lít. Đáp án B. Ví dụ 11: Trộn một dung dịch có khối lượng riêng 1,4 g/ml với nước nguyên chất (d = 1 g/ml) theo tỉ lệ thể tích bằng nhau, thu được dung dịch X. Dung dịch X có khối lượng riêng là : A. 1,1 g/ml. B. 1,0 g/ml. C. 1,2 g/ml. D. 1,5 g/ml. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : V 1 1 1,2 – d d V 2 1,2 d – 1 Đáp án C. ● Nhận xét : Trong trường hợp này ta dùng phương pháp đại số thông thường sẽ nhanh hơn Gọi thể tích của các dung dịch ban đầu là V, ta có: dd X dd X 2,4V m 1,4.V 1.V 2,4V d 1,2 gam / ml 2V = + = ⇒ = = 1 2 V 0,075 3 V 0,025 1 ⇒ = = 2 2 4 H O H SO V 0,56 2 V 0,28 1 ⇒ = = 1 2 V 1,4 d 1 d 1,2 V d 1 − ⇒ = = ⇒ = − Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 8 Dạng 2 : Hòa tan một khí (HCl, HBr, NH 3 …), một oxit (SO 3 , P 2 O 5 , Na 2 O…), một oleum H 2 SO 4 .nSO 3 hoặc một tinh thể (CuSO 4 .5H 2 O, FeSO 4 .7H 2 O, NaCl…) vào nước hoặc dung dịch chứa một chất tan để được một dung dịch mới chứa một chất tan duy nhất Phương pháp giải ● Trường hợp hòa tan tinh thể muối vào dung dịch thì ta coi tinh thể đó là một dung dịch có nồng độ phần trăm là : C% = chaát tan tinh theå m .100% m , sau đó áp dụng công thức : (1) |CC| | CC | m m 1 2 2 1 − − = ● Trường hợp hòa tan khí (HCl, HBr, NH 3 …) hoặc oxit vào dung dịch thì ta viết phương trình phản ứng của khí hoặc oxit với nước (nếu có) trong dung dịch đó, sau đó tính khối lượng của chất tan thu được. Coi khí hoặc oxit đó là một dung dịch chất tan có nồng độ phần trăm là : C% = 3 chaát tan oxit ( hoaëc khí HCl, NH ) m .100% m (C% ≥ 100%), sau đó áp dụng công thức : (1) |CC| | CC | m m 1 2 2 1 − − = ► Các ví dụ minh họa đối với dạng 2 ◄ ● Dành cho học sinh lớp 10 Ví dụ 12: Hòa tan hoàn toàn m 1 gam FeSO 4 .7H 2 O vào m 2 gam dung dịch FeSO 4 10,16% để thu được dung dịch FeSO 4 25%. Tỉ lệ m 1 /m 2 là : A. 1 : 2. B. 1 : 3. C. 2 : 1. D. 3 : 1. Hướng dẫn giải 4 2 152 278 FeSO .7H O 123 1442443 ⇒ Coi FeSO 4 .7H 2 O là dung dịch FeSO 4 có nồng độ phần trăm là : C% = 152 .100% 54,68% 278 = Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 54,68 25 – 10,16 25 m 2 10,16 54,68 – 25 Đáp án A. − ⇒ = = − 1 2 m 25 10,16 1 m 54,68 25 2 Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 9 Ví dụ 13: Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO 4 .5H 2 O và bao nhiêu gam dung dịch CuSO 4 8% để pha thành 280 gam dung dịch CuSO 4 16% ? A. 180 gam và 100 gam. B. 330 gam và 250 gam. C. 60 gam và 220 gam. D. 40 gam và 240 gam. Hướng dẫn giải 4 2 160 250 CuSO .5H O 123 1442443 ⇒ Ta coi CuSO 4 .5H 2 O như là dung dịch CuSO 4 có: C% = 160.100 250 = 64%. Gọi m 1 là khối lượng của CuSO 4 .5H 2 O (C 1 = 64%) và m 2 là khối lượng của dung dịch CuSO 4 8% (C 2 = 8%) Theo sơ đồ đường chéo : m 1 64 16 − 8 16 m 2 8 64 − 16 Mặt khác : m 1 + m 2 = 280 gam. Vậy khối lượng CuSO 4 .5H 2 O là : m 1 = 280 .1 1 6 + = 40 gam ⇒ m 2 = 280 − 40 = 240 gam. Đáp án D. Ví dụ 14: Hòa tan 200 gam SO 3 vào m 2 gam dung dịch H 2 SO 4 49% ta được dung dịch H 2 SO 4 78,4%. Giá trị của m 2 là : A. 133,3 gam. B. 146,9 gam. C. 272,2 gam. D. 300 gam. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng : SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 gam: 800 → 98 gam: 200 → 200.98 245 80 = Coi SO 3 là dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ phần trăm là : C% = 245 .100% 122,5% 200 = Gọi m 1 , m 2 lần lượt là khối lượng của SO 3 và dung dịch H 2 SO 4 49% cần lấy. Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 122,5 78,4 – 49 78,4 m 2 49 122,5 – 78,4 ⇒ 2 44,1 m .200 29,4 = = 300 gam. Đáp án D. 1 2 m 16 8 1 m 64 16 6 − ⇒ = = − 1 2 m 29,4 m 44,1 ⇒ = Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 10 Ví dụ 15: Hoà tan 100 gam P 2 O 5 vào m gam dung dịch H 3 PO 4 48% ta được dung dịch H 3 PO 4 60%. Giá trị của m là : A. 550 gam. B. 460 gam. C. 300 gam. D. 650 gam. Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng : P 2 O 5 + 3H 2 O → 2H 3 PO 4 gam: 142 → 196 gam: 100 → x 100.196 x 138 gam 142 ⇒ = = Coi P 2 O 5 là dung dịch H 3 PO 4 có nồng độ phần trăm là : C% = 138 .100% 138% 100 = Gọi m 1 , m 2 lần lượt là khối lượng của P 2 O 5 và dung dịch H 3 PO 4 48% Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 138 60 – 48 60 m 2 48 138 – 60 ⇒ 3 4 dd H PO 48% 2 13 m m .100 650 gam. 2 = = = Đáp án D. Ví dụ 16: Cần lấy bao nhiêu gam oleum H 2 SO 4 .3SO 3 hòa tan vào 200 gam H 2 O để thu được một dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ 10% ? Hướng dẫn giải Phương trình phản ứng: H 2 SO 4 .3SO 3 + 3H 2 O → 4H 2 SO 4 mol: 338 → 392 Coi oleum H 2 SO 4 .3SO 3 là dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ % là : 392 C% .100% 115,98% 338 = = Gọi khối lượng của oleum là m 1 và khối lượng của nước là m 2 Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 115,98 10 – 0 10 m 2 0 115,98 – 10 1 10 m 200. 18,87 gam. 105,98 ⇒ = = 1 2 m 60 48 2 m 138 60 13 − ⇒ = = − − ⇒ = = − 1 2 m 10 0 10 m 115,98 10 105,98 [...]... t (% s mol nguyên t ) c a các đ ng v c a m t nguyên t hóa h c Phương pháp gi i ● S d ng công th c : n A MB − M = nB MA − M Trong đó : - nA, nB là s mol c a : Các đ ng v A, B c a m t nguyên t hóa h c - MA, MB là kh i lư ng mol c a : S kh i c a các đ ng v A, B c a m t nguyên t hóa h c - M là s kh i trung bình c a các đ ng v A, B c a m t nguyên t hóa h c Các ví d minh h a đ i v i d ng 3 ● Dành cho h c... n : Giáo viên Nguy n Minh Tu n – T Hóa – Trư ng THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 S nguyên t đ ng v 2H trong 1 gam nư c là : 2 1 0,8%.6,02.1023 = 5,35.1020 18 Đáp án B D ng 4 : Xác đ nh % v s mol (ph n trăm v th tích) c a h n h p ch t khí ho c ph n trăm v s mol c a h n h p ch t r n Phương pháp gi i ● S d ng công th c : n A VA M B − M = = n B VB M A − M Trong đó : - nA, nB là s mol c a các... th tích c a NO và N2O trong h n h p l n lư t là : A 1 : 3 B 3 : 1 C 1 : 1 D 2 : 3 Hư ng d n gi i M ( NO, N 2O) =16,75.2 =33,5 Áp d ng sơ đ đư ng chéo ta có : VN2O VNO = 33, 5 − 30 1 = 44 − 33,5 3 Đáp án B Ví d 22: Đ t cháy hoàn toàn m gam cacbon trong V lít khí oxi (đktc), thu đư c h n h p khí A có t kh i so v i oxi là 1,25 Xác đ nh thành ph n ph n trăm theo th tích c a các khí trong A Hư ng d n gi... = 15 là kh i lư ng mol trung bình c a h n h p c a N2 và H2 Ti p t c áp d ng sơ đ đư ng chéo ta có : n H 2 28 − 15 1 = = ⇒ %N2 = %H2 = 25% n N2 15 − 2 1 Đáp án A D ng 5 : Xác đ nh n ng đ mol, th tích c a dung d ch axit, bazơ ho c t l th tích c a chúng trong ph n ng gi a các dung d ch axit và dung d ch bazơ Phương pháp gi i ● N u axit dư ta s d ng công th c : − + VA  OH bđ  +  H d-      = + +... % v s mol (% v th tích đ i v i các ch t khí) ; % v kh i lư ng c a h n h p các ch t ho c xác đ nh công th c c a m t h p ch t hay m t đơn ch t Phương pháp gi i ● S d ng công th c đư ng chéo : n A VA n 2 − n = = n B VB n1 − n ho c n A VA M B − M = = n B VB M A − M Trong đó : - nA, nB là s mol c a các ch t A, B - VA, VB là th tích c a các ch t A, B - n1, n2 là s nguyên t cacbon c a các ch t h u cơ A, B... bình c a clo là 35,5 Clo trong t nhiên có 2 đ ng v là 35 17 Cl và 37 Cl 17 Ph n trăm v kh i lư ng c a 37 Cl ch a trong HClO4 (v i hiđro là đ ng v 1 H , oxi là đ ng v 16 O ) 17 8 1 là giá tr nào sau đây ? A 9,20% B 8,95% C 9,67% D 9,40% 1 2 Câu 4: Trong nư c, hiđro t n t i hai đ ng v H và H Bi t nguyên t kh i trung bình c a hiđro là 1,008; c a oxi là 16 S nguyên t đ ng v c a 2H có trong 1 ml nư c nguyên... O3 trong h n h p là : A 66,67% B 50% C 35% D 75% Hư ng d n gi i Áp d ng sơ đ đư ng chéo : VO3 n O3 19, 2.2 − 32 6, 4 2 = = = = ⇒ VO2 n O2 48 − 19, 2.2 9, 6 3 ⇒ %O3 = 2.48 100 = 50% 2.48 + 3.32 Đáp án B Ví d 24: H n h p g m NaCl và NaBr Cho h n h p tác d ng v i dung d ch AgNO3 dư thì t o ra k t t a có kh i lư ng b ng kh i lư ng c a AgNO3 đã tham gia ph n ng Thành ph n % theo kh i lư ng c a NaCl trong. .. i lư ng, t l th tích c a các ch t thì ta s d ng các sơ đ đư ng chéo đ tính nhanh k t qu Nhưng n u đ bài yêu c u tính n ng đ %, n ng đ mol, kh i lư ng riêng thì ta s d ng cách tính toán đ i s thông thư ng s nhanh hơn nhi u so v i dùng sơ đ đư ng chéo (xem nh n xét các ví d : 4 ; 7 ; 8 ; 11) 11 Biên so n : Giáo viên Nguy n Minh Tu n – T Hóa – Trư ng THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 D ng 3... ng c a 35 Cl là : % 35 Cl = 35.0, 75 100% = 73,94% 35,5 Đáp án C Ví d 20: Trong nư c, hiđro t n t i hai đ ng v 1 H và 2H Bi t nguyên t kh i trung bình c a hiđro là 1,008; c a oxi là 16 S nguyên t đ ng v c a 2H có trong 1 ml nư c nguyên ch t (d = 1 gam/ml) là : A 5,53.1020 B 5,35.1020 C 3,35.1020 D 4,85.1020 Áp d ng sơ đ đư ng chéo ta có : S mol nư c là : 12 Hư ng d n gi i n 1 H 2 − 1, 008 0,992 99,... bình c a hai olefin là : C n H 2n Phương trình ph n ng : C n H 2n + Th tích: 7 3n O2 → 2 → 7 n CO2 + n H2O (1) 3n 2 3n = 31 ⇒ n ≈ 2,95 2 ⇒ Trong hai olefin ph i có m t ch t là C2H4 và ch t còn l i có công th c là C n H 2n Theo (1) và gi thi t ta có : 7 Vì olefin ch a nhi u cacbon chi m kho ng 40% – 50% th tích h n h p A nên 18 Biên so n : Giáo viên Nguy n Minh Tu n – T Hóa – Trư ng THPT Chuyên Hùng Vương . với nhau bằng các đường chéo . II. Các trường hợp sử dụng sơ đồ đường chéo 1. Trộn lẫn hai chất khí, hai chất tan hoặc hai chất rắn không tác dụng với nhau Ta có sơ đồ đường chéo : n A M A. Biên soạn : Giáo viên Nguyễn Minh Tuấn – Tổ Hóa – Trường THPT Chuyên Hùng Vương – ĐT : 01689.186.513 1 CHUYÊN ĐỀ 1 : PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO I. Nguyên tắc : - Các giá trị trung bình. Hướng dẫn giải Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có : m 1 = 200 10 20 – C C m 2 = 600 20 C – 10 Đáp án C. Nhận xét : Trong trường hợ p này ta dùng phương pháp thông thường sẽ nhanh hơn 200.10%