Phương pháp đường chéo: a Nội dung: Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng loại nồng độ hoặc trộn lẫn các chất khí không tác dụng với nhau... Phương ph
Trang 1
Kinh nghiệm hướng dẫn HS giải nhanh Bài toán trắc nghiệm
Để giải nhanh bài toán trắc nghiệm, ngoài việc nắm vững lí thuyết viết đúng phương trình phản ứng,
học sinh phải nắm vững một số phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa đồng thời phải có kĩ năng
tính Sau đây chúng tôi xin giới thiệu một số phương pháp thường sử dụng :
1 Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
a) Nội dung định luật bảo toàn khối lượng:
∑mcác chất tham gia phản ứng =∑mcác chất sau phản ứng
. Chú ý
∑m(muối dung dich) = ∑mcation + ∑manion
- mdung dịch sau phản ứng = ∑mcác chất ban đầu - ∑mchất kết tủa - ∑mchất bay hơi
-Khối lượng của các nguyên tố trong 1 phản ứng được bảo toàn
b) Bài tập minh họa:
thu được 39,4 gam kết tủa Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua m có giá trị là:
*Hướng dẫn giải:
BaCl BaCO
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m hh+ m BaCl2 = mkết tủa + m
⇒ m = 24,4 + 0,2 208 – 39,4 = 26,6 gam Đáp án C
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 10 gam hỗn hợp Mg và Fe trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 2,24 lít khí
H2 (đktc) Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được gam muối khan Khối lượng muối khan thu được là:
*Hướng dẫn giải
Theo phương trình điện li 2 2 2. 2, 24 0,2 ( )
22, 4
H
n − = n + = n = = mol
⇒ mmuối = mkim loại + m Cl−= 10 + 0,2 35,5 = 17,1 (gam) Đáp án B
phản ứng vừa đủ với HCl thu được 1,255 gam muối Công thức cấu tạo của X là:
A CH2=C(NH2)–COOH B H2N–CH=CH–COOH C CH3–CH(NH2)–COOH D H2N–CH2–CH2–COOH
*Hướng dẫn giải:
HOOC–R–NH2 + HCl HOOC–R–NH3Cl
⇒ mHCl = mmuối – maminoaxit = 0,365 gam ⇒ mHCl = 0,01 (mol)
⇒ Maminoaxit = 0.89 : 0,01 = 89 Mặt khác X là α-aminoaxit ⇒ Đáp án C
4/ Bài 4: Cho 15,6 gam hỗn hợp hai ancol đơn chức, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng tác dụng hết với 9,2
gam Na, thu được 24,5 gam chất rắn Hai ancol đó là:
A CH3OH và C2H5OH B C2H5OH và C3H7OH C C3H5OH và C4H7OH D C3H7OH và C4H9OH
*Hướng dẫn giải:
2ROH + 2Na → 2RONa + H2
Theo đầu bài hỗn hợp ancol tác dụng hết với Na ⇒ Học sinh thường nhầm là Na vừa đủ, do đó thường sai theo hai tình huống sau:
Tình huống sai 1: n = = 0,4 ⇒ n = 0,4 ⇒ M = = 39 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai
Tình huống sai 2: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
n = = 0.405 ⇒M = = 38.52 ⇒ Đáp án A ⇒ Sai
Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:
m = m + m - m = 15,6 + 9,2 – 24,5 = 0,3 gam
⇒ n = 2n = 0,3 (mol) ⇒ M = 15,6 : 0,3 = 52 ⇒ Đáp án B
2 Phương pháp tăng giảm khối lượng:
a) Nội dung:
- Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác định khối lượng hỗn hợp hay một chất
- Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đổi về khối lượng của 1 mol chất trong phản ứng (A → B) hoặc x mol A → y mol B (với x, y tỉ lệ cân bằng phản ứng)
- Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại
Na
ancol
ancol
ancol
ancol
ancol
Trang 2
Phương pháp này thường được áp dụng giải bài toán vô cơ và hữu cơ, tránh được việc lập nhiều phương trình, từ đó sẽ không phải giải những hệ phương trình phức tạp
b) Bài tập minh họa:
dịch A và 0,672 lít khí (đktc) Cô cạn dung dịch A thì thu được m gam muối khan m có giá trị là:
A 16,33 gam B 14,33 gam C 9,265 gam D 12,65 gam
*Hướng dẫn giải:
Ta có:Cứ 1 mol muối CO32-→ 2 mol Cl- , lượng muối tăng 71 – 60 = 11 gam
Số mol CO2 thoát ra là 0,03 thì khối lượng muối tăng 11.0,03 = 0,33 (g)
Vậy mmuối clorua = 14 + 0,33 = 14,33 (g) Đáp án B
H2SO4 0,1M Cô cạn dung dịch sau phản ứng, khối lượng hỗn hợp các muối sunfat khan tạo ra là:
*Hướng dẫn giải: Áp dụng định luật tăng giảm khối lượng.Số mol H2SO4 tác dụng: 0,03 mol
mmuối = moxit + 0,03( 96 - 16) = 2,81 + 0,03.80 =5,21 gam Đáp án C
3/ Bài 3: Hòa tan 5,94 gam hỗn hợp 2 muối clorua của 2 kim loại A, B (đều có hóa trị II) vào nước
được dung dịch X Để làm kết tủa hết ion Cl- có trong dung dịch X người ta cho dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 thu được 17,22 gam kết tủa Lọc bỏ kết tủa, thu được dung dịch Y Cô cạn Y được m gam hỗn hợp muối khan m có giá trị là:
*Hướng dẫn giải:
Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol MCl2→ 1 mol M(NO3)2 và 2 mol AgCl thì m tăng (2.62) – 71 = 53 gam
Số mol muối = ½ số mol AgCl = ½ 0,12 = 0,06 mol mmuối nitrat = mmuối clorua + mtăng = 5,94 + 0,06.53 = 5,94 + 3,18 = 9,12 (g) Đáp án C
4/ Bài 4: Cho 1,26 gam một kim loại tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng tạo ra 3,42 gam muối sunfat. Kim loại đó là:
*Hướng dẫn giải: Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng
Cứ 1 mol kim loại tác dụng tạo thành muối SO42- khối lượng tăng lên 96 gam
Theo đề khối lượng tăng 3,42 – 1,26 = 2,16g
Vậy số mol kim loại M là 0,0225 mol Vậy 1,26 56.
0, 0225
M = = M l Fe à Đáp án B
được sau phản ứng gồm 3 axit có khối lượng (m+3,2) gam Cho m gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì thu được x gam kết tủa Giá trị của x là:
A 10,8 gam B 21,6 gam C 32,4 gam D 43,2 gam
*Hướng dẫn giải:
2RCHO + O2 → 2RCOOH
⇒ khối lượng tăng 3,2 gam là khối lượng của oxi đã tham gia phản ứng
⇒ nx = 2n = 2× = 0,2 (mol)
Vì các andehit là đơn chức (không có HCHO) ⇒ nAg = 2nx = 2×0,2 = 0,4 (mol)
⇒ mAg = x = 0,4×108 = 43,2 gam Đáp án D.
3 Phương pháp sử dụng các giá trị trung bình
a) Nội dung:
- Dùng khối lượng mol trung bình M là khối lượng của 1 mol hỗn hợp
100
hh hh
M
- Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất
b) Bài tập minh họa:
HCOOC2H5 thu được 2,24 lít hơi (đktc) Đốt cháy hoàn toàn 6,7 gam X thu được khối lượng nước là:
*Hướng dẫn giải:
xt, t 0
O 2
Trang 3
Gọi công thức chung của X là CnH2nO2 ⇒ MX = 14n + 32 = = 67 ⇒ n = 2,5
Sơ đồ cháy : CnH2nO2 → nCO2 + nH2O
⇒ n = 2,5.0,1 = 0,25 mol ⇒ m = 0,25.18 = 4,5 gam ⇒ Đáp án A.
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong
nhóm IIA vào dung dịch HCl thu được 1,12 lít CO2 (đktc) Kim loại A và B là:
A Be và Mg B Mg và Ca C Ca và Sr D Sr và Ba
*Hướng dẫn giải: Gọi M là nguyên tử khối trung bình của 2 kim loại A và B
M CO + HCl → M Cl + CO ↑ + H O
0,05 → 1,12 0, 05 ( )
22, 4 = mol
3
4,68
93,6;
0, 05
M CO = = ⇒ M = 93,6 − 60 = 33,6
Vậy 2 kim loại là : Mg ( 24) và Ca (40) Đáp án B
3/ Bài 3: X và Y là hai nguyên tố halogen ở 2 chu kỳ liên tiếp trong bảng tuần hoàn Để kết tủa hết ion
X-, Y- trong dung dịch chứa 4,4 gam muối natri của chúng cần 150ml dung dịch AgNO3 0,4M X và Y là:
A Flo, Clo B Clo, Brom C Brom, Iot D Không xác định được
*Hướng dẫn giải:
Số mol AgNO3 = số mol X- và Y- = 0,4 0,15 = 0,06 (mol) ⇒ 4, 4 73,3
0, 06
X Y
M = − = ⇒ Hai halogen là Clo (35,5) và Brom (80) Đáp án B
4 Phương pháp đường chéo:
a) Nội dung:
Được sử dụng trong các bài toán trộn lẫn dung dịch có cùng chất tan, cùng loại nồng độ hoặc trộn lẫn các chất khí không tác dụng với nhau
+ Các chất cùng nồng độ C%
m1 ……… C1 C2 – C
−
−
m2 ……… C2 C – C1
Trong đó:
m1 là khối lượng dung dịch có nồng độ C1 (%) m2 là khối lượng dung dịch có nồng độ C2 (%)
C (%) là nồng độ dung dịch thu được sau khi trộn lẫn Với C1 < C < C2
+ Các chất cùng nồng độ mol:
V1 ……… CM (1) CM (2) – CM
V
−
−
V2 ……… CM (2) CM – CM (1)
Trong đó:
V1 là thể tích dung dịch có nồng độ CM (1) ,V2 là thể tích dung dịch có nồng độ CM (2)
CM là nồng độ mol dung dịch thu được sau khi trộn lẫn
Với CM (1) < CM < CM (2)
+ Các chất khí không tác dụng với nhau
V1 ……… M1 M(2) – M
−
−
V2 ……… M(2) M - M1
Trong đó:
V1 là thể tích chất khí có phân tử khối M1
V2 là thể tích chất khí có phân tử khối M2
H 2 O H 2 O
Trang 4
M là khối lượng mol trung bình thu được sau khi trộn lẫn Với M1 < M < M2
b) Bài tập minh họa:
1/ Bài 1: Một dung dịch HCl nồng độ 45% và một dung dịch HCl khác có nồng độ 15% Để có một
dung dịch mới có nồng độ 20% thì cần phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dịch theo tỉ lệ là:
*Hướng dẫn giải: Áp dụng qui tắc đường chéo ta có
m1 ……… 45 20 – 15
2
m m
m2 ……… 15 45 - 20
Đáp án C
đối với hiđro bằng 16,75 Thể tích NO và N2O (đktc) thu được là:
A 2,24 lít và 6,72 lít B 2,016 lít và 0,672 lít C 0,672 lít và 2,016 lít D 1,972 lít và 0,448 lít
*Hướng dẫn giải: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron
- Al là chất khử
Al 3e → Al3+
4,59
0,17 0,51
- Chất oxi hóa
N+5 + 3e → N+2 (NO) 3x ← x
N+5 + 2.4e → 2N+1 (N2O) 8y ← y Theo phương pháp đường chéo
x ……… 30 10,5
x y
y ……… 44 3,5
3x + 8y = 0,51 ⇒ x = 0,09 ⇒ VNO = 2,016 (1)
x = 3y y = 0,03 V N O2 = 0,671 (1)
Đáp án B
5 Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn điện tích
a) Nội dung:
- Định luật bảo toàn điện tích được áp dụng trong các trường hợp nguyên tử, phân tử, dung dịch trung hòa điện
- Trong phản ứng trao đổi ion của dung dịch chất điện li trên cơ sở của định luật bảo toàn điện tích ta thấy có bao nhiêu điện tích dương hoặc âm của các ion chuyển vào trong kết tủa hoặc khí tách ra khỏi dung dịch thì phải trả lại cho dung dịch bấy nhiêu điện tích dương hoặc âm
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: Chia hỗn hợp 2 kim loại A, B có hóa trị không đổi thành 2 phần bằng nhau:
- Phần 1 tan hết trong dung dịch HCl, tạo ra 1,792 lít H2 (đktc)
- Phần 2 nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2,84 gam chất rắn Khối lượng hỗn hợp 2 kim loại trong hỗn hợp đầu là:
*Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Số mol điện tích của hai kim loại A và B trong hai phần là không thay đổi, do đó số mol điện tích âm trong hai phần là như nhau
Vì O2- ⇔ 2Cl- nên
nO (trong oxit) = 1
2nCl (trong muối) = n H2= 1.796 0, 08 ( )
mkim loại = moxit – mo = 2,84 – 0,08 16 = 1,56 gam
Khối lượng trong hỗn hợp ban đầu m = 2.1,56 = 3,12 gam
Đáp án B
Trang 5
2/ Bài 2: Dung dịch A có chứa 5 ion: Mg2+, Ba2+, Ca2+, 0,1 mol Cl- và 0,2 mol NO3- Thêm dần V lít dung dịch K2CO3 1M vào A đến khi được lượng kết tủa lớn nhất V có giá trị là:
*Hướng dẫn giải: Phương trình ion rút gọn
M2+ + CO32− → MgCO3 ↓
Khi phản ứng kết thúc, các kết tủa tách khỏi dung dịch, phần dung dịch chứa K+, Cl- và NO3- Để trung hòa điện tích thì:
3 0,3 ( )
n + = n − + n − = mol
K
dd K CO
n
K
+
+
thu được 3,36 lít H2 (đktc) và dung dịch D Cho dung dịch D tác dụng với NaOH dư, lọc kết tủa và nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn Y Khối lượng Y là:
*Hướng dẫn giải:
Với cách giải thông thường, ta phải viết 8 phương trình phản ứng , đặt ẩn số là số mol các chất rồi giải
hệ phương trình rất phức tạp và dài Để giải nhanh bài toán này, ta áp dụng phương pháp bảo toàn điện tích
Số mol HCl hòa tan Fe là nHCl = 2 2 2 3,36 0,3
22, 4
H
Số mol HCl hòa tan các oxit = 0,7 – 0,3 = 0,4 (mol)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có 2
( )
0,2
trong oxit
n − = n − = = mol
20 0,2 16
0,3
oxit oxi
Fe trong X
0,3 mol Fe → 0,15 mol Fe2O3 ; m Fe O2 3 = 0,15 160 = 24 gam Đáp án D
6 Phương pháp áp dụng định luật bảo toàn electron:
a) Nội dung:Trong phản ứng oxi hóa – khử, số mol electron mà chất khử cho bằng số mol electron mà
chất oxi hóa nhận
n
∑ e nhận = ∑ne nhường
- Sử dụng cho các bài toán có phản ứng oxi hóa – khử, đặc biệt là các bài toán có nhiều chất oxi hóa, nhiều chất khử
- Trong một phản ứng hoặc một hệ phản ứng, cần quan tâm đến trạng thái oxi hóa ban đầu và cuối của một nguyên tố mà không cần quan tâm đến các quá trình biến đổi trung gian
- Cần kết hợp với các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố để giải bài toán
- Nếu có nhiều chất oxi hóa và nhiều chất khử cùng tham gia trong bài toán, ta cần tìm tổng số mol electron nhận và tổng số mol electron nhường rồi mới cân bằng
b) Bài tập áp dụng:
1/ Bài 1: Để m gam bột sắt ngoài không khí một thời gian thu được 11,8 gam hỗn hợp các chất rắn FeO,
Fe3O4, Fe2O3, Fe Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HNO3 loãng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc) Giá trị của m là:
A 5,02 gam B 9,94 gam C 15,12 gam D 20,16 gam
*Hướng dẫn giải:
2
; 56
m
n = n phản ứng = 11,8 ;
m n
−
giải phóng = 0,1 mol
- Chất khử là Fe: Feo - 3e → Fe+3
3
- Chất oxi hóa gồm O2 và HNO3:
Trang 6
N+5 + 3e → N+2 (NO) 0,3 ← 0,1
Σ mol e- Fe nhường = Σne- chất oxi hóa (O2, NO3-) nhận:
m = − m + ⇒ m =
g Đáp án B
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Mg trong dung dịch HCl thấy thoát ra
13,44 lít khí Nếu cho 34,8 gam hỗn hợp trên tác dụng với dung dịch CuSO4 dư, lọc lấy toàn bộ chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với dung dịch HNO3 nóng dư thì thu được V lít khí NO2 (đktc) Giá trị V là:
A 11,2 lít B 22,4 lít C 53,76 lít D 76,82 lít
*Hướng dẫn giải: Al, Mg, Fe nhường e, số mol electron này chính bằng số mol e Cu nhường khi tham
gia phản ứng với HNO3 Số mol electron mà H+ nhận cũng chính là số mol electron mà HNO3 nhận
2H+ + 2e → H2 1,2 ← 13, 44 0,6
22, 4 =
17,4 gam hỗn hợp H+ nhận 1,2 mol e Vậy 34,8 gam số mol e mà H+ nhận là 2,4 mol
N+5 + 1e → N+4 (NO2) 2,4 ← 2,4 mol
2 2, 4 22, 4 53,76 lÝt
NO
V = = Đáp án C
mol NO, 0,05 mol N2O và dung dịch D Cô cạn dung dịch D, khối lượng muối khan thu được là:
A 120,4 gam B 89,8 gam C 116,9 gam D Kết quả khác
*Hướng dẫn giải:
Nhận xét: Nếu chỉ dùng phương pháp bảo toàn electron thông thường, ta cũng chỉ lập được 2 phương trình 3 ẩn số và sẽ gặp khó khăn trong việc giải Để tính khối lượng muối NO3- trong bài toán trên ta có công thức:
3
NO
n −trong muối = a n x
Trong đó a là số electron mà N+5 nhận để tạo thành X
Như vậy:
mmuối khan = mFe, Cu, Ag + −
3
NO m
−
3
NO
n = 3 nNO + 8 NO
2
n = 3 0,15 + 8.0,05 = 0,95 mol mmuối khan = 58 + 0,95 62 = 116,9 gam Đáp án C
7 Lập sơ đồ hợp thức của quá trình chuyển hóa, tìm mối quan hệ giữa chất đầu và chất cuối:
a) Nội dung:
Đối với các bài toán hỗn hợp bao gồm nhiều quá trình phản ứng xảy ra, ta chỉ cần lập sơ đồ thức, sau đó căn cứ vào chất đầu và chất cuối, bỏ qua các phản ứng trung gian
Ví dụ:
- Cho hỗn hợp A gồm các chất rắn Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 tan hoàn toàn trong dung dịch HCl, dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Tính m
Ta thấy, chất cuối cùng là Fe2O3, vậy nếu tính được tổng số mol Fe có trong A ta sẽ tính được số mol Fe2O3
- Cho hỗn hợp Fe, Zn, Mg tác dụng hết với dung dịch HCl, cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được đến kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Tính m
Ta thấy, nếu biết được số mol các kim loại ban đầu, ta lập được sơ đồ hợp thức giữa chất đầu và cuối Fe
→ Fe2O3, Zn → ZnO, Mg → MgO ta sẽ tính được khối lượng các oxit
b) Bài tập minh họa:
dung dịch A và V lít khí H2 (ở đktc) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B Lọc B nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m (gam) chất rắn
a V có giá trị là
A 2,24 lít B 3,36 lít C 5,6 lít D 6,72 lít
b Giá trị của m là:
*Hướng dẫn giải:
Trang 7
n = n + n = + = mol
2 0,3 22, 4 6,72
H
V
⇒ = = lít Đáp án D
b Dựa vào sự thay đổi chất đầu và cuối, ta lập được sơ đồ hợp thức:
2Fe → Fe2O3 ; Mg → MgO 0,2 0,1 0,1 0,1
⇒ m = 0,1 160 + 0,1 40 = 20 (g) Đáp án B
2/ Bài 2: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe2O3 vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa Lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô và nung trong không khí đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn, m có giá trị là:
*Hướng dẫn giải: Áp dụng bảo toàn nFe
0,2 mol Fe → 0,1 mol Fe2O3 0,1 mol Fe2O3 → 0,1 mol Fe2O3 0,2 160 = 32 Đáp án B
8 Phương pháp qui đổi
a) Nguyên tắc chung
Qui đổi là một phương pháp biến đổi toán học nhằm đưa bài toán ban đầu là một hỗn hợp phức tạp về dạng đơn giản hơn, qua đó làm cho các phép tính trở nên dễ dàng, thuận tiện
Khi áp dụng phượng pháp qui đổi phải tuẩn thủ 2 nguyên tắc sau:
• Bảo toàn nguyên tố
• Bảo toàn số oxi hóa
b) Các hướng qui đổi và chú ý
(1) Một bài toán có thể có nhiều hướng qui đổi khác nhau, trong đó có 3 hướng chính:
• Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về hỗn hợp hai hoặc chỉ một chất.
Trong trường hợp này thay vì giữ nguyên hỗn hợp các chất như ban đầu, ta chuyển thành hỗn hợp với
số chất ít hơn (cũng của các nguyên tố đó), thường là hỗn hợp 2 chất, thậm chí là 1 chất duy nhất
Ví dụ, với hỗn hợp các chất gồm Fe, Feo, Fe3O4, Fe2O3 ta có thể chuyển thành các tổ hợp sau: (Fe và FeO), (Fe và Fe3O4), (Fe và Fe2O3), (FeO và Fe3O4), (FeO và Fe2O3), (Fe3O4 và Fe2O3) hoặc FexOy
• Qui đổi hỗn hợp nhiều chất về các nguyên tử tương ứng.
Thông thường ta gặp bài toán hỗn hợp nhiều chất nhưng về bản chất chỉ gồm 2 (hoặc 3) nguyên tố Do
đó, có thể qui đổi thẳng hỗn hợp đầu về hỗn hợp chỉ gồm 2 (hoặc 3) chất là các nguyên tử tương ứng
Ví dụ: (Fe, FeS, FeS2, Cu, CuS, Cu2S, S) → (Cu, Fe, S)
• Qui đổi tác nhân oxi hóa trong phản ứng oxi hóa – khử.
Với những bài toán trải qua nhiều giai đoạn oxi hóa khác nhau bởi những chất oxi hóa khác nhau, ta có thể qui đổi vài trò oxi hóa của chất oxi hóa này cho chất oxi hóa kia để bài toán trở nên đơn giản hơn Khi thức hiện phép qui đổi phải đảm bảo:
• Số electron nhường, nhận là không đổi (ĐLBT electron)
• Do sự thay đổi tác nhân oxi hóa → có sự thay đổi sản phẩm cho phù hợp
Thông thường ta hay gặp dạng bài sau:
Ví dụ: Quá trình OXH hoàn toàn Fe thành Fe3+
Fe → Fe3+
FexOy
Ở đây, vì trạng thái đầu (Fe) và trạng thái cuối (Fe3+) ở hai quá trình là như nhau, ta có thể qui đổi hai tác nhân OXH O2 và HNO3 thành một tác nhân duy nhất là O2
(2) Do việc qui đổi nên trong một số trường hợp số mol một chất có thể có giá trị âm để tổng số mol mỗi nguyên tố là không đổi (bảo toàn)
(3) Trong quá trình làm bài ta thường kết hợp sử dụng các phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố và bảo toàn electron, kết hợp với việc sơ đồ hóa bài toán để tránh viết phương trình phản ứng, qua đó rút ngắn thời gian làm bài
(4) Phương án qui đổi tốt nhất, có tính khái quát cao nhất là qui đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng Đây là phương án cho lời giải nhanh, gọn và dễ hiểu, biểu thị đúng bản chất hóa học
c) Các dạng bài tập thường gặp.
qui đổi
+O 2
+HNO 3
(2)
O 2
(1)
Trang 8
Bài 1 Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam rắn X gồm Cu, CuS, Cu2S và S bằng HNO3 dư, thoát ra 20,16 lít khí
NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y Thêm Ba(OH)2 dư vào Y thu được m gam kết tủa Giá trị của m là:
*Hướng dẫn giải:
Qui đổi hỗn hợp X thành
CuS : y mol Theo bảo toàn khối lượng : 64x + 96y = 30,4 (5)
Sơ đồ hóa bài toán:
Khí NO
Cu (20,16 lít, đktc)
X Cu2+ Cu(OH)2
CuS0 Dung dịch Y →
30,4 gam SO42- BaSO4
m gam Các quá trình nhường, nhận electron:
Cu0→ Cu+2 + 2e ; CuS → Cu+2 + S+6 + 8e ; N+5 + 3e → N+2
x → 2x y → 8y 2,7 ← 0,9
Theo bảo toàn electron : 2x + 8y = 2,7 (6)
x = −0,05 Cu : − 0,05 mol
Từ (5) và (6) ⇒ ⇒ X gồm
y = 0,35 CuS : 0,35 mol
n = Cu = 0,3 mol Theo bảo toàn nguyên tố :
n = nS = 0,35 mol
⇒ m = 98.0,3 + 233.0,35 ⇒ m = 110,95 → Đáp án C
Tương tự có thể qui đổi hỗn hợp X thành (Cu và Cu 2 S) hoặc (CuS và Cu 2 S) cũng thu được kết quả như trên.
Bài 2 Hỗn hợp X có tỉ khối so với H2 là 21,2 gồm propan, propen và propin Khi đốt cháy hoàn toàn 0,1
mol X, tổng khối lượng của CO2 và H2O thu được là:
A 18,6 gam B 18,96 gam C 19,32 gam D 20,4 gam
*Hướng dẫn giải:
C3H8 : x mol Qui đổi hỗn hợp X thành
C3H4 : y mol
x + y = 0,1 (7) x = 0,06
44x + 40y = 4,24 (8) y = 0,04
Sơ đồ đốt cháy: →
Tổng khối lượng CO2 và H2O thu được là: m = 44.03 + 18.(0,06.4 + 0,04.2) = 18,96 gam → Đáp án B
Bài tập vận dụng kết hợp các phương pháp:Hòa tan hoàn toàn 22,4g một kim loại M chưa biết vào
dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thu được dung dịch A và một khí B có khả năng làm phai màu cánh hoa hồng Hấp thụ hoàn toàn B vào 800 ml dung dịch NaOH 1M, chờ cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi cô cạn dung dịch, thu được 48,1 g chất rắn Kim loại M đã cho ban đầu là:
+ Ba(OH) 2 dư + HNO+5 3 dư
+6 +2
+2 0
Cu(OH) 2
BaSO 4
+ O 2 , t 0