phuong pháp giải toán hóa phạm ngọc sơn

TS. PHẠM NGỌC SƠN Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm ho¸ häc L U Y Ệ N T H I Đ Ạ I H Ọ C Nhµ xuÊt b¶n gi¸o dôc Lời nói đầu Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các bài tập trắc nghiệm hoá học trong chương trình THPT một cách ngắn gọn, khoa học và chính xác. Nội dung cuốn sách gồm 10 phương pháp giải nhanh với hệ thống các ví vụ minh họa cùng hướng dẫn giải chi tiết. Nội dung các bài tập hoá học phong phú, đa dạng, cập nhật. Tác giả hi vọng rằng cuốn sách này sẽ giúp cho bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi. Quá trình biên soạn không tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong nhận được những góp ý xây dựng của bạn đọc để cuốn sách được hoàn thiện hơn trong lần xuất bản sau. Xin trân trọng cảm ơn ! TÁC GIẢ 1. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƢỢNG 1. Nguyên tắc Xét phản ứng A + B  C + D ta có ; m A + m B = m C + m D Một số dạng thƣờng gặp : - Hỗn hợp oxit tác dụng với axit tạo muối: MO + HCl, H 2 SO 4 loãng moxit + maxit = mmuối + mnước Trong đó số mol nước được tính theo axit. - Hỗn hợp oxit tác dụng CO, C hoặc H 2 : m m oxit  CO,C,H 2 m m ran  CO ,H O 2 2 Trong đó số mol CO 2 , H 2 O được tính theo CO, C và H 2 - Hỗn hợp kim loại tác dụng với axit giải phóng H 2 . mkim loại + maxit = mmuối + mH2 số mol H 2 = 2HCl = H 2 SO 4 - Hỗn hợp muối cacbonat tác dụng với axit mmuối (1) + maxit = mmuối + mH2O + mCO2 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2 O 3 , MgO, ZnO trong 500 ml axit H 2 SO 4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Hƣớng dẫn Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4  Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (1) MgO + H 2 SO 4  MgSO 4 + H 2 O (2) ZnO + H 2 SO 4  ZnSO 4 + H 2 O (3) Theo các pt hoá học (1, 2, 3): n H O 2 = n H SO 2 4 = 0,5  0,1 = 0,05 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m hh muối khan = 2,81 + 98  0,05 – 18  0,05 = 6,81 (g). Ví dụ 2: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe 2 O 3 . Cho một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H 2 là 20,4. Giá trị của m là A. 105,6. B. 35,2. C. 52,8. D. 70,4. Hƣớng dẫn Các phương trình hoá học của phản ứng khử oxit sắt có thể có: 3Fe 2 O 3 + CO  t 0 2Fe 3 O 4 + CO 2 (1) Fe 3 O 4 + CO  t 0 3FeO + CO 2 (2) FeO + CO  t 0 Fe + CO 2 (3) Nhận xét: Chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe 3 O 4 hoặc ít hơn, điều quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO 2 tạo thành Gọi x là số mol CO 2 tạo thành n B = = 0,5 (mol) 44x + 28(0,5 – x) = 0,5  20,4  2 = 20,4  x = 0,4 (mol) Do đó n CO phản ứng = 0,4 (mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m = m A + m CO 2 – m CO = 64 + 44  0,4 – 28  0,4 = 70,4 (g). Ví dụ 3: Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí B. Cô cạn dung dịch A thì được 5,71 gam muối khan. Tính thể tích khí B (đo ở đktc). Hƣớng dẫn Gọi 2 kim loại đã cho là X và Y 2X + 2m HCl  2XCl m + m H 2  (1) 2Y + 2n HCl  2YCl n + n H 2  (2) Theo (1, 2): n HCl = 2  n H 2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 5 + 36,5  2  n H 2 = 5,71 + 2  n H 2  n H 2 = 0,01 (mol) Vậy V H 2 ( đktc) = 0,01  22,4 = 0,224 (l). Ví dụ 4: (2009 - Khối A)Cho 3,68 gam hỗn hợp gồm Al và Zn tác dụng với một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 10%, thu được 2,24 lít khí H 2 (ở đktc). Khối lượng dung dịch thu được sau phản ứng là A. 101,68 gam. B. 88,20 gam. C. 101,48 gam. D. 97,80 gam. Hƣớng dẫn 2Al + 3H 2 SO 4  Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2  (1) Zn + H 2 SO 4  ZnSO 4 + H 2  (2) Từ (1, 2): n H SO 2 4 = n H 2 = = 0,1 (mol)  mdd H SO2 4 = 98  0,1 100 = 98 (g) 10 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: mdd sau phản ứng = mhh + mdd H SO2 4 – mH2 = 3,68 + 98 – 20,1 = 101,48 (g). Ví dụ 5. Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 nung nóng, kết thúc phản ứng thu được 64g sắt, khí đi ra gồm CO và CO 2 cho sục qua dung dịch Ca(OH) 2 dư được 40g kết tủa. Vậy m có giá trị là A. 70,4g B. 74g C. 47g D. 104g Lời giải : Khí đi ra sau phản ứng gồm CO 2 và CO dư cho đi qua dung dịch Ca(OH) 2 dư : CO 2 + Ca(OH) 2  CaCO 3  + H 2 O 0,4 (mol)  0,4(mol) Sơ đồ phản ứng: FeO Fe 2 O 3 + CO  Fe + CO 2 Fe 3 O 4 28.0,4 + m = 64 + 44.0,4  m = 70,4g Ví dụ 6. Người ta cho từ từ luồng khí H 2 đi qua một ống sứ đựng 5,44 gam hỗn hợp gồm FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 , CuO nung nóng, kết thúc phản ứng thu được m gam hỗn hợp chất rắn A và 1,62 gam H 2 O. Vậy m có giá trị là A. 4g B. 5g C. 4,5g D. 3,4g Lời giải : n H2  n H O2  0,09 (mol) Sơ đồ phản ứng: FeO H 2 + Fe 2 O 3  A + H 2 O Fe 3 O 4 CuO 0,09.2 + 5,44 = m + 1,62  m = 4g Ví dụ 7. Cho 35g hỗn hợp Na 2 CO 3 , K 2 CO 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl 2 . Sau phản ứng thu được 59,1g kết tủa. Lọc tách kết tủa, cô cạn dd thu được m(g) muối clorua. Vậy m có giá trị là A. 38,3g B. 22,6g C. 26,6g D. 6,26g Lời giải : Sơ đồ phản ứng: Na CO 2 3 + BaCl 2  BaCO 3 + NaCl K CO 2 3 KCl nBaCl2  nBaCO3  0,3(mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: m m hh  BaCl 2  m mdd m = 35 + 0,3.208 – 59,1 = 38,3 (g) Ví dụ 8. Cho 4,48g hỗn hợp Na 2 SO 4 , K 2 SO 4 , (NH 4 ) 2 SO 4 tác dụng vừa đủ với 300 ml dung dịch Ba(NO 3 ) 2 0,1M . Kết thúc phản ứng thu được kết tủa A và dung dịch B. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m(g) muối nitrat. Vậy m có giá trị là A. 5,32g B. 5,23g C. 5,26g D. 6,25g Lời giải : Sơ đồ phản ứng: Na 2 SO 4 NaNO 3 K 2 SO 4 + Ba(NO 3 ) 2  BaSO 4 + KNO 3 (NH 4 ) 2 SO 4 NH 4 NO 3 n Ba(NO ) 3 2  n BaSO 4  0,03(mol); 4,487,83  6,99   m B m B 5,32(g) Ví dụ 9. Hoà tan 2,57g hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được 1,456 lít khí X (đktc), 1,28g chất rắn Y và dung dịch Z. Cô cạn Z thu được m gam muối khan, m có giá trị là A. 7,53g B. 3,25g C. 5,79g D. 5,58g Lời giải: Sơ đồ phản ứng : Cu  Mg + H 2 SO 4  MgSO 4 + Cu + H 2 AlAl (SO )2 4 3  m  m (Al Mg  ) m SO 2 4  (2,57 1,28) 0,065.96  7,53(g) Ví dụ 9. Hoà tan hoàn toàn 3,72g hỗn hợp 2 kim loại A, B trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 1,344 lít khí H 2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được muối khan có khối lượng là A. 7,12g B. 7,98g C. 3,42g D. 6,12g Lời giải : Theo phương trình điện li : n   n   2. 0,12(mol) H Cl m muối = m KL + m  = 3,72 + 0,12.35,5 = 7,98 (g) Cl Ví dụ 10. Nung m gam hỗn hợp A gồm 2 muối MgCO 3 và CaCO 3 cho đến khi không còn khí thoát ra thu được 3,52g chất rắn B và khí C. Cho toàn bộ khí C hấp thụ hết bởi 2 lít dung dịch Ba(OH) 2 thu được 7,88g kết tủa. Đun nóng dung dịch lại thấy tạo thành thêm 3,94g kết tủa nữa. Nếu các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì m có giá trị là A. 7,44g B. 7,40g C. 7,04g D. 4,74g Lời giải: m = m B + m CO2 CO 2 + Ba(OH) 2  BaCO 3  + H 2 O 2CO 2 + Ba(OH) 2  Ba(HCO 3 ) 2 7,88 3,94 m = 3,52 + ( 2. ).44  7,04(g) 197 197 2. PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỐ 1. Nguyên tắc Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố trước và sau phản ứng luôn bằng nhau. Tính số mol nguyên tử của một nguyên tố : n nguyên tử A = x.n X = (số nguyên tử A trong X).số mol X ví dụ : n O = 4.n H2SO4 2. Các ví dụ minh hoạ Ví dụ 1: (2007 - Khối A) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu 2 S vào axit HNO 3 (vừa đủ), thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là A. 0,04. B. 0,075. C. 0,12. D. 0,06. Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng: FeS2 HNO3 Fe (SO )2 4 3  NO  H O2 Cu S2 CuSO4 2FeS 2  Fe 2 (SO 4 ) 3 0,12  0,06 Cu 2 S  2CuSO 4 a  2a Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với S, ta có: 2  0,12 + a = 3  0,06 + 2a  a = 0,06 (mol). Ví dụ 2: Dẫn từ từ V lít khí CO (ở đktc) đi qua một ống sứ đựng lượng dư hỗn hợp rắn gồm CuO, Fe 2 O 3 (ở nhiệt độ cao). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được khí X. Dẫn toàn bộ khí X ở trên vào lượng dư dung dịch Ca(OH) 2 thì tạo thành 4 gam kết tủa. Giá trị của V là A. 1,120. B. 0,896. C. 0,448. D. 0,224. (Trích đề thi TSCĐ năm 2008 - Khối A, B) Hướng dẫn Sơ đồ phản ứng:   CuO + CO  t 0 CO 2  (X) + hỗn hợp rắn  Fe O 2 3 CO 2 + Ca(OH) 2 dư  CaCO 3  + H 2 O Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố C: n C trong CO = n C trong CO 2 = n C trong CaCO 3  nC trong CO = nCaCO3  =1004 = 0,04 (mol) Vậy V = 0,04  22,4 = 0,896 (l). Ví dụ 3: Hoà tan hỗn hợp X gồm 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe 2 O 3 vào dung dịch HCl dư được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch 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 Z. Giá trị của m là A. 16,0. B. 24,0. C. 28,8. D. 32,0. Hướng dẫn Sơ đồ các phản ứng: XFe  HClYFeCl2  NaOH  Fe(OH)2 t0 Z (Fe2O3) Fe O2 FeCl3Fe(OH)3 Áp dụng sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố Fe: nFe trong Z = nFe trong X = nFe  2nFe O2 3 = 0,2 + 2.0,1 = 0,4 (mol)  n Fe O 2 3 trong Z = 1  n Fe trong Z = 0,2 (mol) Vậy m = 0,2  160 = 32,0 (g). 2 Ví dụ 4: Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là A. 57 ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml. (Trích đề thi TSĐH năm 2008 - Khối A) Hướng dẫn Mg MgO X Cu O2 Y CuO Al Al O2 MgO + 2HCl  MgCl 2 + H 2 O (1) CuO + 2HCl  CuCl 2 + H 2 O (2) Al 2 O 3 + 6HCl  2AlCl 3 + 3H 2 O (3) Ta có m O / hhY = 3,33 – 2,13 = 1,2 (g) hay n O / hhY = 1,2 = 0,075 (mol) 16 Theo (1, 2, 3): n HCl = 2  n O / hhY = 2  0,075 = 0,15 (mol) Vậy V dd HCl = = 0,075 (l) = 75 (ml). Ví dụ 5: Cho một mẩu Na để lâu trong không khí, bị chuyển hoá thành hỗn hợp rắn X gồm Na, Na 2 O, NaOH, Na 2 CO 3 . Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X bằng H 2 SO 4 loãng, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Làm bay hơi nước từ từ thu được 8,05 gam tinh thể Na 2 SO 4 .10H 2 O. Khối lượng mẩu Na là A. 0,575 gam. B. 1,15 gam. C. 2,3 gam. D. 1,725 gam. Hướng dẫn Na O 2 Na kkXNaOH H SO2 4 dd Y (dd Na2SO4)  Na2SO4.10H2O Na CO  2 3 Na Ta có nNa SO .10H O2 4 2 = 8,05 = 0,025 (mol)  nNa của mẩu Na = nNa trong tinh thể = 322 2  n Na SO .10H O 2 4 2 = 0,05 (mol). Vậy khối lượng mẩu Na là: 0,05  23 = 1,15 (g). Ví dụ 6: Cho hỗn hợp A gồm ba kim loại X, Y, Z có hoá trị lần lượt là 3, 2, 1 và tỉ lệ số mol lần lượt là 1 : 2 : 3, trong đó số mol của X bằng x mol. Hoà tan hoàn toàn A bằng dung dịch có chứa y mol HNO 3 . Sau phản ứng thu được dung dịch B không chứa NH 4 NO 3 và V lít hỗn hợp khí E (ở đktc) gồm NO 2 và NO. Biểu thức tính y theo x và V là A. 8x + V . B. 6x + V . C. 5x + V . D. 10x + V . 22,4 22,4 22,4 22,4 Hướng dẫn Ta có n hh E = V (mol) 22,4 Theo đề bài n X :n Y :n Z = 1 : 2 : 3 Mà n X = x (mol) nên n Y = 2x (mol), n Z = 3x (mol) Sơ đồ phản ứng: X , Y , Z + HNO 3  X(NO 3 ) 3 , Y(NO 3 ) 2 , ZNO 3 + NO 2  , NO  + H 2 O x 2x 3x x 2x 3x  Số mol mỗi muối bằng số mol mỗi kim loại tương ứng Dựa vào sự bảo toàn số mol đối với nguyên tố N: nHNO3 = nN = 3nX(NO )3 3 + 2nY(NO )3 2 + nZNO3 + nNO2 + nNO = 3. x + 2. 2x + 3x + V = 10x + V (mol). 22,4 22,4 Ví dụ 7. Cho hỗn hợp A gồm 0,1 mol Cu, 0,2 mol Ag tan vừa hết trong V lít dung dịch HNO 3 1M thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí NO, NO 2 (n NO  n NO 2  0,1mol ). V có giá trị là A. 1 lít B. 0,6 lít C. 1,5 lít D. 2 lít Lời giải Sơ đồ phản ứng: CuCu(NO ) 3 2 + NO + H 2 O + HNO 3  AgAgNO 3 NO 2 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố Cu, Ag ta có : n Cu = n Cu(NO ) 3 2 = 0,1 mol và n Ag = n AgNO 3 = 0,2 mol Áp dụng cho nguyên tố N : n N(HNO ) 3 = n N(Cu(NO ) 3 2 AgNO 3  NO NO ) 2 n (HNO 3 ) = 2 n Cu(NO ) 3 2  n AgNO 3  n NO  n NO 2 n (HNO 3) = 2.0,1 + 0,2 + 0,1 + 0,1 = 0,6 mol V HNO 3   0,6(lit) Ví dụ 8: Cho hỗn hợp gồm : FeO (0,01 mol), Fe 2 O 3 (0,02 mol), Fe 3 O 4 (0,03 mol) tan vừa hết trong dung dịch HNO 3 thu được một muối duy nhất và 0,448 lít khí N 2 O 4 (đktc). Khối lượng muối và số mol HNO 3 tham gia phản ứng là A. 32,8 g ; 0,4 mol B. 33,88 g ; 0,46 mol C. 33,88 g ; 0,06 mol Lời giải Sơ đồ phản ứng : D. 33,28 g ; 0,46 mol FeO Fe 2 O 3 + HNO 3  Fe(NO 3 ) 3 + NO 2 + H 2 O Fe 3 O 4 [...]... 22,4.1,47 32,928(lít) 6 .2 4 Giải ra x = 1,47 mol ; PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH 1 Nguyên tắc Đây là phương pháp khá hay, cho phép giải nhanh chóng và đơn giản nhiều loại bài toán hoá học, đặc biệt là hỗn hợp các chất bằng cách có thể coi hỗn hợp nhiều chất là một chất (giá trị trung bình) Ghi nhớ: Cần nắm các công thức cơ bản của phương pháp Phân tử khối trung bình hoặc nguyên tử khối trung... S 0,9 Do đó 2O  0,45 3m  48,8m  0,9 56 8 Giải ra ta được m = 39,2 (g) Ví dụ 2: Thổi luồng không khí đi qua m(g) bột sắt sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 30g gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 Cho A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí NO duy nhất (đktc) Khối lượng của m là A 27,5g B 22,5g C 26,2g D 25,2g Lời giải Sơ đồ : Fe, FeO Fe + O 2 Fe O2 3 HNO3... dung dịch Nồng độ % của dung dịch này là A 30% B 40% C 50% D 60% Lời giải mdd = 500.1,2 = 600 (g) Đây là bài toán cô cạn nên có sơ đồ : dd A : 600 H 2O: x – 20 20 – x x 300  600  x  x 300 x20 40% Ví dụ 10 Từ 100g dung dịch KOH 30% để có dung dịch 50% cần thêm vào số gam KOH nguyên chất là A 40 gam B 50 gam C 60 gam D 70 gam Lời giải m 100 20 50 100 30 50 m 20    m 100 50 40 g Ví dụ 11 Một dung... khan thu được là A 4,84 g B 5,65 g C 5,56 g D 4,56 g Lời giải : Sơ đồ phản ứng : Fe FeSO4 Al Zn + H2SO4  Al2(SO4)3 + H2 ZnSO4 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố H:  nHSO2 = nH2= = 0,035 Áp dụng sự bảo toàn nguyên tố (mol) S: n 4 2 n 2 SO4 [H SO2 4] SO4 [muèi] 1,48 + 0,055.96 = 4,84 (gam) = 0,035 (mol) mmuối = m(Fe, Al, Zn) + mgốc axit = 3 PHƢƠNG PHÁP TĂNG HOẶC GIẢM KHỐI LƢỢNG 1 Nguyên tắc Khi chuyển... A 37,5g ; 62,5g B 62,5g ; 37,5g C 40g ; 60g D 53g ; 47g Lời giải m1 20 15 45 m2 m1  15 60 3   m2 25 5 100 25 m1  37,5g  m1 m2 m2  62,5g Ví dụ 12 Một hỗn hợp 52 lít (đktc) gồm H2 và CO có tỉ khối hơi đối với metan bằng 1,5 thì VH2 và VCO trong hỗn hợp là A 8 lít và 44 lít C 4 lít và 48 lít B 44 lít và 8 lít D 10 lít và 42 lít Lời giải V1 H2 2 4 24 V2 CO 28 22 V  1  V2 2  11  V1  8lÝt... Để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt thì phải trộn 2 quặng A, B với tỉ lệ về khối lượng là A 2 : 5 B 3 : 5 C 3 : 4 D 1 : 3 Lời giải mA 420 24 480  2 mB 5 504 60 mB  mA  24 60 5 PHƢƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL ELECTRON 1 Nguyên tắc Tổng số mol electron chất khử nhường bằng tổng số mol electron chất oxi hoá nhận ne x.nX Dạng 1 : Kim loại tác dụng với dung dịch... Lời giải Dễ dàng tìm được: nNO = 0,2 mol ; nSO2  0,2(mol) Dung dịch B gồm: H+ = 2,6 mol ; SO 24 = 1,2 mol ; NO 3 = 0,2 mol Các quá trình nhường và nhận electron: Al  Al3+ + 3e SO 24 + 2e + 4H +  SO2 + 2H2O x 3x 0,2 0,4 Cu  Cu2+ + 2e 2y 0,2 0,8 0,2 NO 3 + 3e + 4H+  NO + 2H2O y 0,6 0,8 0,2 Áp dụng sự bảo toàn electron, ta có: 3x + 2y = 1 (1) Phương trình khối lượng : 27x + 64y =18,2 (2) Giải. .. đi qua 25,2 gam bột sắt sau một thời gian biến thành hỗn hợp X có khối lượng 30 gam gồm Fe, FeO, Fe 2O3, Fe3O4 Cho X phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thấy giải phóng ra 5,6 lít khí Y duy nhất (đktc) Khí Y là A NO B NO2 C NH3 D N2 Lời giải - Số mol e nhường : ne  3.nFe  3 - Số mol e mà O2 nhận : ne 4.nO2 4  1,35 mol  0,6 mol Số mol e mà N+5 nhận để tạo Y : ne = 1,35 - 0,6 = 0,75 Số e mà... + 3e 0,09 a a Fe  Fe2 + 2e Ag   1e  Ag 0,03  Cu2  2e  Cu 0,02  0,04 b 2b Do đó 0,09 + 0,04 = a + 2b hay a + 2b = 0,13 (II) Giải hệ hai pt (I, II) ta được: a = 0,03, b = 0,05 Vậy [Cu(NO3)2] =  0,25M ; [AgNO3] =  0,15 M Dạng 5 : Một số bài toán về sắt và oxit sắt Ví dụ 1: Đốt m gam Fe trong oxi thu được 48,8 gam hỗn hợp A gồm FeO, Fe 3O4, Fe2O3 và Fe Hoà tan hoàn toàn A trong H2SO4... C Cd D Fe Lời giải : Các phương trình phản ứng xảy ra : x M + FeCl2 x  MCl2 + Fe x M + CuSO4  MSO4 + Cu↓ Theo giả thiết thì : nCu = nFe = x mol Khối lượng thanh kim loại tăng ở (1) là : m = m Fe – mM = 16g 56x – MM.x = 16  M.x = 56x – 16 Khối lượng thanh kim loại tăng ở (2) là : m = mCu – mM = 20 g 64x – M.x = 20  M.x = 64x – 20 M = 24 Vậy kim loại M là Mg 4 1 Nguyên tắc PHƢƠNG PHÁP SỬ DỤNG . TS. PHẠM NGỌC SƠN Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm ho¸ häc L U Y Ệ N T H I Đ Ạ I H Ọ C . Lời nói đầu Cuốn Phương pháp giải bài tập trắc nghiệm hoá học - Luyện thi đại học cung cấp cho các em hệ thống các phương pháp mới để giải các bài tập trắc nghiệm hoá học trong. cuốn sách này sẽ giúp cho bạn đọc hiểu được bản chất các phương pháp giải toán, để có thể xử lí linh hoạt và chính xác các bài toán hoá học, nhằm đạt kết quả cao trong các kì thi. Quá trình