PHUONG PHAP GIAI BAI TOAN HOA(BO PASS

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN HÓA HỌC I.Phương pháp ghép ẩn số: Trong toán học hệ phương trình với số ẩn nhiều hơn số phương trình gọi là hệ vô đinh vì hệ thường cho vô số nghiệm và khó giải được. Tuy nhiên trong hóa học thì những hệ như vậy vẫn có thể giải được nhờ những tính chất riêng của hóa học và một số thủ thuật của toán học. Phương pháp ghép ẩn số sẽ cho thấy điều đó thông qua một số ví dụ sau: Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 27,4 gam hỗn hợp hai muối cacbonnat của hai kim loại phân nhóm IA và IIA bằng dung dịch HCl ( vừa đủ) thu được dung dịch A và 6,72 lít khí ( đo ở đktc). 1/ Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam muối khan? 2/ Xác định tên của hai kim loại biết khối lương nguyên tử của chúng hơn kém nhau 1 đơn vị. Giải: Gọi X, Y lần lượt là tên và khối lương nguyên tử của hai kim loại.Hai muối cacbonnat là X 2 CO 3 ; YCO 3 với số mol tương ứng x;y. Các phản ứng: X 2 CO 3 + 2HCl  2XCl + H 2 O + CO 2 ↑ (1) Mol: x 2x x YCO 3 + 2HCl  YCl 2 + H 2 O + CO 2 ↑ (2) Mol: y y y 1/Theo bài ra và theo các phản ứng ta có hệ:    =+ =+++ 3,0 4,27)60()602( yx YyXx . Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: 2xX + yY = 9,4.(*) Vậy tổng khối lượng muối clorua khan thu được là : m clorua = 2x( X + 35,5) + y ( Y + 71 ) = (2xX + yY) + 71 ( x + y ) = 30,7 (g) 2/ Ta có y = 0,3 – x và X = Y ± 1 thay vào (*) được 2x ( Y ± 1) + ( 0,3 – x ) Y = 9,4. Từ đây suy ra 44/3 < Y < 100/3 ( Vì 0<x < 0,3).Vậy Y là Mg =24. Suy ra X là Na = 23. Ví dụ 2: Để trung hòa 20,8 gam hỗn hợp hai axit hữu cơ đơn chức cần 300 ml dung dịch NaOH 1M. 1/ Sau phản ứng thu được hỗn hợp hai muối có khối lương bằng bao nhiêu? 2/ Xác định công thức hai axit biết chúng là đồng đẳng của nhau và hơn kém nhau hai nhóm CH 2 . Giải: Gọi công thức của hai axit là RCOOH và R’COOH với số mol tương ứng là a,b. Các phản ứng: RCOOH + NaOH  RCOONa + H 2 O (1) Mol: a a a R’COOH + NaOH  R’COONa + H 2 O (2) Mol: b b b 1/ Theo bài ra ta có hệ:    =+ =+++ 3,0 8,20)45'()45( ba RbRa .Từ hệ trên bằng cách ghép ẩn số ta có: aR + bR’ = 7,3(*). Vậy tổng khối lương hai muối thu được là: m =a(R+67) + b(R’+67) =(aR+bR’) + 67(a+b) = 7,3+ 20,1=27,4 (g), 2/ Theo giả thiết ta có thêm điều kiện: R’ = R+ 28 và dễ dàng chứng minh được R<24,3.Có hai đáp án: (HCOOH và C 2 H 5 COOH) ; (CH 3 COOH và C 3 H 7 COOH) Mấy năm gần đây do thi trắc nghiệm nên bài toán dạng này cho đơn giản hơn và phương pháp ghép ẩn số cũng ít sử dụng. Chúng ta sẽ tiếp tục bằng các phương pháp khác hiệu quả hơn cho bài toán trắc nghiệm. II. Phương pháp bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố: Cơ sở của phương pháp này là định luật bảo toàn khối lượng (BTKL). Ví dụ 3: Hòa tan hoàn toàn 3,22 g hỗn hợp X gồm Fe, Mg và Zn bằng một lượng vừa đủ vừa đủ dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được 1,344 lít khí H 2 ( ở đktc) và dung dịch chứa m gam muối. Giá trị của m là: A. 8,98. B.9,52 C. 10,27 D. 7,25. ( Trích “TSĐH-CĐ A -2007”) Giải: Phương trình chung: M + H 2 SO 4  MSO 4 + H 2 ↑ Ta có: molnn HSOH 06,0 4,22 344,1 242 === . Áp dụng định luật BTKL ta có: m muối = m X + m axit - 2 H m = 3,22+ 0,06.98 – 0,06.2 = 8,98 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 4: Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CH 4 , C 3 H 6 và C 4 H 10 cần V lit O 2 (đktc) thu được 4,4 gam CO 2 và 2,52 gam H 2 O. Tính m và V? Giải: Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m = m C + m H = (4,4/44).12 + (2,52/ 18).2 = 1,48 (g) OHCOOHOCOOO nnnnpun 2222222 2 1 )( )()( +=+= = 0,1 + 0,07 = 0,17 (mol) .Vậy V = 0,17.22,4 = 3,808(l) Ví dụ 5: Đun nóng hỗn hợp hai ancol đơn chức, mạch hở với H 2 SO 4 đặc, thu được hỗn hợp các ete. Lấy 7,2 gam một trong các ete đó đem đốt cháy hoàn toàn, thu được 8,96 lit khí CO 2 ( ở đktc) và 7,2 gam H 2 O. Hai ancol đó là A. CH 3 OH và CH 2 =CH-CH 2 -OH B. C 2 H 5 OH và CH 2 =CH-CH 2 -OH C. CH 3 OH và C 2 H 5 OH D. C 2 H 5 OH và CH 3 OH ( Trích “ TSĐH A -2009”) Giải: Xét ete Y đem đốt cháy. Áp dụng định luật BTKL và BTNT ta có: m C ( Y) = m C (CO 2 )= (8,96/22,4).12= 4,8 (g); m H (Y) = m H (H 2 O) = (7,2/18).2 = 0,8 (g) ; m O = m Y – (m C + m H ) =1,6 (g) Từ đó n C : n H : n O = 0,4 : 0,8 : 0,1 = 4:8:1. CTĐGN đồng thời cũng là CTPTcủa Y là C 4 H 8 O. CTCT của Y chỉ có thể là CH 3 -O-CH 2 -CH=CH 2 ( Có 1 liên kết đôi trong gốc ancol). Chọn đáp án A. III. Phương pháp tăng giảm khối lượng: Cơ sở của phương pháp vẫn là định luật BTKL. Cho phản ứng có dạng: RX + xM RY + yN …( R là thành phần không đổi) thì khối lương của chất tạo thành sau phản ứng RY tăng hoặc giảm so với chất phản ứng RX là | Y – X | ( với 1 mol RX hoặc a mol chất nào đó trong phản ứng). Ví dụ 6: Đem nung một khối lượng Cu (NO 3 ) 2 sau một thời gian dừng lại làm nguội, rồi cân thấy khối lượng giảm 0,54 gam. Khối lượng muối Cu(NO 3 ) 2 đã bị nhiệt phân là A. 0,5 gam B. 0,49 gam C. 9,4 gam D. 0,94 gam Giải: Cu(NO 3 ) 2 → 0 t CuO + ½ O 2 ↑ + 2 NO 2 ↑ Cứ 1 mol chất rắn Cu(NO 3 ) 2 bị nhiệt phân thì khối lượng chất rắn giảm 188 – 80 = 108 (g). Số mol Cu(NO 3 ) 2 bị nhiệt phân là: 0,54/ 108 = 0,005 (mol). Khối lượng: 0,005.188= 0,94 (g). Chọn đáp án D. Ví dụ 7: Chất hữu cơ X có công thức phân tử C 5 H 8 O 2 . Cho 5 gam X tác dụng vừa hết với dung dịch NaOH,thu được một hợp chất hữu cơ không làm mất màu nước brom và 3,4 gam một muối. Công thức của X là A. CH 3 COOC(CH 3 )=CH 2 B. HCOOC(CH 3 )=CHCH 3 C. HCOOCH 2 CH=CHCH 3 D. HCOOCH=CHCH 2 CH 3 ( Trích “TSĐH A – 2009”) Giải: X có công thức RCOOR’. Phản ứng: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH. Ta có: n X = 5/ 100= 0,05 (mol).Cứ 1 mol X phản ứng khối lượng muối thu được giảm so với X là R’ – 23. Khối lượng giảm là 0,05 (R’ -23) = 5 – 3,4 = 1,6  R’ = 32+23 = 55  R = 1. R’OH là ancol không no , không bền bị phân hủy thành xeton ( Vì không làm mất màu nước brom). ( Có thể tính 0,05( R + 67) = 3,4  R =1  R’ = 55) Chọn đáp án B. Ví dụ 8:(Xem VD 1/ ý 1) Cứ 1mol khí CO 2 ↑ khối lượng muối Clorua tăng lên so với muối cacbonnat là 71 – 60 =11 (g). Khối lượng tăng lên là 0,3.11=3,3 (g). Vậy khối lượng muối clorua khan thu được là: 27,4 + 3,3 = 30,7 (g). Chú ý:. Ý (1) của ví dụ này còn giải được bằng phương pháp BTKL . Không thể nói cách giải nào hay hơn vì còn liên quan tới ý (2). . Ví dụ 2 cũng giải được bằng phương pháp tăng giảm khối lượng và nhiều phương pháp khác! IV. Phương pháp khối lượng mol trung bình ( KLMTB): Khái niệm: Một hỗn hợp các chất có thể coi là một chất có KLMPTTB ( M ) được xác định bằng tỉ số giữa tổng khối lượng và tổng số mol của hỗn hợp. Công thức: hh hh n m M = = k kk nnn MnMnMn +++ +++ 21 2211 = k kk VVV MVMVMV +++ +++ 21 2211 ( Với hỗn hợp gồm k chất khí đo ở cùng điều kiện) = x 1 M 1 +x 2 M 2 +…+ x k M k ( x i là % theo số mol hoặc thể tích các chất ) Chú ý: min{ M i } < M < max {M i }. Đối với các hợp chất hữu cơ cần nhớ KLM của vài chất đầu trong dãy đồng đẳng, với chất vô cơ cần nhớ các chất liên quan đến nguyên tố đầu nhóm, Ví dụ 9: Xà phòng hóa hoàn toàn 1,99 gam hỗn hợp hai este bằng dung dịch NaOH thu được 2,05 gam muối của một axit cacboxylic và 0,94 gam hỗn hợp hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nhau. Công thức của hai este đó là A. HCOOCH 3 và HCOOC 2 H 5 B. C 2 H 5 COOCH 3 và C 2 H 5 COOC 2 H 5 C. CH 3 COOC 2 H 5 và CH 3 COOC 3 H 7 D. CH 3 COOCH 3 và CH 3 COOC 2 H 5 ( Trích “TSĐH A -2009” ) Giải:Theo bài ra công thức chung của hai este là: RCOO ' R ( phản ứng thủy phân cho muối của một axit cacboxylic).Phản ứng: RCOO 'R + NaOH → RCOONa + 'R OH Áp dụng định luật BTKL ta có m NaOH = 2,05 + 0,94 – 1,99 = 1 (g) ; n NaOH = 0,025 (mol) Suy ra: 0,025( R + 67) = 2,05 và 0,025( 'R + 17) = 0,94  R = 15 và 'R = 20,6. Chọn đáp án D Ví dụ 10: Hỗn hợp khí X gồm anken M và ankin N có cùng số nguyên tử cacbon trong phân tử. Hỗn hợp X có khối lượng 12,4 gam và thể tích 6,72 lít ( ở đktc). Số mol, công thức phân tử của M và N lần lượt là A. 0,1 mol C 2 H 4 và 0,2 mol C 2 H 2 B. 0,1 mol C 3 H 6 và 0,2 mol C 3 H 4 C. 0,2 mol C 2 H 4 và 0,1 mol C 2 H 2 D. 0,2 mol C 3 H 6 và 0,1 mol C 3 H 4 ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: n hh = 6,72/22,4 = 0,3 (mol). M = 12,4/0,3 = 124/3=41,3… Loại A,C. Chọn đáp án D. Ví dụ 11:Cho dung dịch chứa 6,03 gam hỗn hợp gồm hai muối NaX và NaY ( X;Y là hai nguyên tố có trong tự nhiên, ở hai chu kỳ liên tiếp thuộc nhốm VIIA, số hiệu nguyên tử Z X < Z Y ) vào dung dịch AgNO 3 (dư), thu được 8,61 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của NaX trong hỗn hợp ban đầu là A. 58,2% B. 41,8% C. 52,8% D. 47,2% ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Phản ứng: (NaX + NaY) + 2 AgNO 3 → (AgX + AgY) ↓ + 2 NaNO 3 Áp dụng phương pháp tăng giảm khối lượng ta có: n hh = ( 8,61 – 6,03) : ( 108- 23) = 2,58/85 =0,0304 (mol). KLMNTTB của X;Y là (6,03.85/2,85) – 23 = 180 – 23 =157.Do đó X là I = 127 và Y là At = 210. Đặt n NaI = x (mol) ta có: 150x + (0,0304 –x).233=6,03  x = 0,01256 (mol) % NaI = 0,01256.150/6,03 = 31,2%. Không có đáp án đúng! Đề bài có sai không? Để ý đến số liệu tính toán quá lẻ ( không phù hợp với xu hướng ra đề hiện nay). At là nguyên tố điều chế bằng phương pháp phóng xạ, không tồn tại trong tự nhiên. Trường hợp này bị loại. Vậy còn một khả năng khác!Xem lại tính chất của nguyên tố đầu nhóm VIIA là F thì AgF tan. Như vầy khả năng thứ hai: X là F và Y là Cl. Chất kết tủa duy nhất là AgCl; n NaCl =n AgCl = 8,61/ 143,5 = 0,06 (mol). % NaCl = 0,06.58,5/6,03 = 58,2 %; Vậy: %NaF = 41,8%. Chọn đáp án B.(Đề ra đúng!) Ví dụ 12: Cho18 gam hỗn hợp hai ancol gồm một ancol no đơn chức và một ancol đơn chức có một liên kết đôi trong phân tử với số mol bằng nhau tác dụng hết với Na dư, thu được 4,48 lít H 2 ( ở đktc). CTCT của hai ancol là A. CH 3 CH 2 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH B. CH 3 CH 2 CH 2 OH và CH 2 =CH- CH 2 OH C. CH 3 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH D. CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH và CH 2 =CH-CH 2 OH Giải: Đặt công thức chung của hai ancol là R OH. Phản ứng: 2 R OH + 2 Na → 2 R ONa + H 2 ↑ Ta có: n hh ancol = 2n H2 = 2. 4,48/22,4 = 0,4 (mol). M ancol = 18/0,4= 45. Trong 2 ancol có 1 ancol có phân tử khối nhỏ hơn 45. Ancol đó là CH 3 OH ( M = 32). Chọn đáp án C. Chú ý: Cần thử lại đáp án bằng phép tính 0,2( 32+ 58) = 18 (g) ( Thỏa mãn) V. Phương pháp số nguyên tử C, H trung binh ( KLMTB mở rộng): Ví dụ 13: Hỗn hợp X gồm hai este no, đơn chức, mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn một lượng X cần dùng vừa đủ 3,976 lít khí O 2 (ở đktc), thu được 6,38 gam CO 2 . Mặt khác, X tác dụng với dung dịch NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp. Công thức phân tử của hai este trong X là A. C 2 H 4 O 2 và C 5 H 10 O 2 B. C 2 H 4 O 2 và C 3 H 6 O 2 C. C 3 H 4 O 2 và C 4 H 6 O 2 D. C 3 H 6 O 2 và C 4 H 8 O 2 ( Trích “TSĐH B – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai este. Công thức tương đương nn HC 2 O 2 . Phản ứng: nn HC 2 O 2 +( 3 n - 2)/2 O 2 → n CO 2 + n H 2 O Ta có: n (O 2 ) = 3,976/22,4 = 0,1775 ;n(CO 2 ) = 6,38/44 = 0,145. Suy ra: 2 n / (3 n - 2) =0,145/0,1775 ; n = 29/8.Mặt khác, X tác dụng với dd NaOH thu được một muối và hai ancol là đồng đẳng kế tiếp nên hai este cũng là đồng đẳng kế tiếp. Chọn đáp án D. Ví dụ 14: Cho hỗn hợp X gộm hai hợp chất hữu cơ no, đơn chức tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được một muối và 336 ml hơi một ancol ( ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn lượng hỗn hợp X trên, sau đó hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bịnh đựng dung dịch Ca (OH) 2 (dư) thì khối lượng bình tăng 6,82 gam. Công thức của hai hợp chất hữu cơ trong X là A. CH 3 COOH và CH 3 COOC 2 H 5 B. C 2 H 5 COOH và C 2 H 5 COOCH 3 C. HCOOH và HCOOC 2 H 5 D. HCOOH và HCOOC 3 H 7 ( Trích “TSĐH B – 2009”) Giải: n KOH = 0,04 (mol) > n ancol = 0,015 (mol). Hỗn hợp X gồm một axit cacboxilic no, đơn chức và một este no đơn chức. n axit = 0,025 (mol); n este = 0,015 (mol). Gọi n là số nguyên tử C trung bịnh trong hỗn hợp X. Công thức chung nn HC 2 O 2 . Phản ứng: nn HC 2 O 2 + ( 3 n -2)/2 O 2 → n CO 2 + n H 2 O Mol: 0,04 0,04 n 0,04 n Ta có: 0,04 n ( 44 + 18) = 6,82 ; n = 11/4.Gọi x; y lần lượt là số nguyên tử C trong phân tử axit và este thì: (0,025x + 0,015 y)/0,04 = 11/4 hay 5 x + 3y =22.Từ đó: (x;y)=(2;4). Chọn đáp án A. Ví dụ 15:Cho hỗn hợp X gồm hai ancol đa chức, mạch hở, thuộc cùng dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, thu được CO 2 và H 2 O có tỉ lệ mol tương ứng là 3:4. Hai ancol đó là A. C 2 H 4 (OH) 2 và C 3 H 6 (OH) 2 B. C 2 H 5 OH và C 4 H 9 OH C. C 2 H 4 (OH) 2 và C 4 H 8 (OH) 2 D. C 3 H 5 (OH) 3 và C 4 H 7 (OH) 3 ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: Gọi n là số nguyên tử C trung bình trong hỗn hợp hai ancol; k là số liên kết π trong phân tử mỗi ancol ( k ∈ N). Công thức phân tử tương đương: C n H 2 n +2- 2k O z . Phản ứng: C n H 2 n +2-2k O z → + 2 O n CO 2 + ( n +1 – k)H 2 O Ta có: n / ( n +1 – k) = ¾ suy ra: n = 3 – 3k. Từ đó: k=0; n = 3. Loại B vì ancol đơn chức.Loại A,D vì không phù hợp với n =3. Chọn đáp án C. VI. Phương pháp số proton,nơtron,electron trung bình: Ví dụ 16: Hợp chất M được tạo thành từ cation X + và anion Y 2- , Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của hai nguyên tố tạo nên. Tổng số proton trong X + là 11 và tổng số electron trong Y 2- là 50. Hai nguyên tố trong Y 2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ liên tiếp. Hãy xác định công thức phân tử và gọi tên M. Giải: Gọi Z X là số proton trung bình của hai nguyên tố tạo nên X + , ta có Z X = 11/5 = 2,2. Trong hai nguyên tố tạo nên X + phải có H hoặc He. Nhưng He là khí trơ nên bị loại. Gọi R là nguyên tố thứ hai tạo ra X + , khi đó X + là R n H m + . Theo thành phần cấu tạo của X + ta có:    =+ =+ 11 5 mnZ mn R suy ra: n( Z R – 1) = 6 Chỉ có n =1, Z R = 7 ( R là N ) là phù hợp. Cation X + là NH 4 + . Gọi E Y là số electron trung bình trong các nguyên tử của anion Y 2 Ta có: E Y = (50 – 2)/5 = 9,6.Trong Y 2- có một nguyên tố có z < 9,6 , thuộc chu kỳ 2 và nguyên tố còn lại thuộc chu kỳ 3. Vì đều thuộc chu kỳ nhỏ nên hai nguyên tố cách nhau 8 ô. Công thức Y 2- là A x B y 2- với:    =++ =+ 48)8( 5 yZZx yx Chỉ có x =1; y=4; Z = 8 là phù hợp.A là S còn B là O. Anion Y 2- là SO 4 2- . Vậy M là (NH 4 ) 2 SO 4 ( amoni sunfat). VII. Phương pháp hóa trị trung bình và số nhóm chức trung bình: Ví dụ 17: Cho 11 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Al tan hoàn toàn trong dung dịch HCl thu được 8,96 lít khí H 2 ( ở đktc) và dung dịch của hai muối clorua. Tổng khối lượng hai muối clorua (khan) là: A. 40,1 gam B. 39,4 gam C. 34,9 gam D. 64,8 gam Giải: Vì phản ứng hoàn toàn nên ta thay hỗn hợp Fe, Al bằng kim loại tương đương M có hóa trị trung bình n . Phản ứng: M + n HCl → M n Cl + n /2 H 2 ↑ Ta có: 2 H n = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) ; n HCl = 2.0,4 = 0,8 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m muối clorua = m kim loại + m HCl – m H2 = 11 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 39,4 (g). Chọn đáp án B. Ví dụ 18: 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.101,48 gam B. 101,68 gam C. 97,80 gam D. 88,20 gam ( Trích “TSĐH A – 2009” ) Giải: Tương tự ví dụ 17 có phản ứng: 2 M + aH 2 SO 4 → M 2 (SO 4 ) a + aH 2 ↑ ( a là hóa trị trung bình của hai kim loại) Ta có: 242 HSOH nn = = 2,24/22,4 = 0,1 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có: m ddsau pư = m kimloai + m ddaxit – m H2 = 3,68 + 0,1.98/10% - 0,1.2 = 101,48 (g). Chọn đáp án A. Ví dụ 19: Cho 27,2 gam hỗn hợp gồm hai ancol tác dụng vừa đủ với Na thu được hỗn hợp hai muối và 6,72 lít khí H 2 ( ở đktc). Tổng khối lượng hai muối thu được là: A. 40,5 gam B. 45,2 gam C. 40,4 gam D. 44,0 gam Giải: Gọi công thức tương đương của hai ancol là: R (OH) a ( a là số nhóm chức trung bình của hai ancol). Phản ứng: R (OH) a + aNa → R (ONa) a + a/2 H 2 ↑ Ta có: n H2 = 6,72/ 22,4 = 0,3 (mol); n Na = 2.0,3 = 0,6 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta có m Muối = m Ancol + m Na - m H2 = 27,2 + 0,6.23 - 0,3.2 = 40,4 (g). Chọn đáp án C. Ví dụ 20: Trung hòa m gam hỗn hợp hai axit cacboxilic cần 300 ml dung dịch NaOH1M thu được 23,1 gam hỗn hợp hai muối. Giá trị của m là A. 18,2 B, 20,1 C. 15,6 D. 16,5 Giải: Gọi công thức tương đương của hai axit là R (COOH) a . Phản ứng: R (COOH) a + a NaOH → R (COONa) a + a H 2 O Ta có: n NaOH = n H2O = 0,3 (mol). Áp dụng ĐLBTKL ta được: m = m Muối + m H2O – m NaOH = 23,1 + 0,3.18 – 0,3. 40 = 16,5 (g). Chọn đáp án D. VIII. Phương pháp sơ đồ đường chéo: 1/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ phần trăm C 1 > C 2 và khối lượng tương ứng m 1 , m 2 được dung dịch có nồng độ phần trăm C, thì có sơ đồ đường chéo: m 1 : C 1 C – C 2 C khi đó: CC CC m m − − = 1 2 2 1 m 2 : C 2 C 1 – C 2/ Pha trộn hai dung dịch của cùng một chất với nồng độ mol C 1 , C 2 ( C 1 >C 2 ) và thể tích tương ứng V 1 , V 2 , thì vẫn có sơ đồ đường chéo như trên và CC CC V V − − = 1 2 2 1 . 3/ Với hỗn hợp gồm hai chất ( hoặc hai đồng vị) có KLM là M 1 , M 2 và số mol tương ứng n 1 ,n 2 nếu coi là một chất tương đương có KLMTB là M thì MM MM n n − − = 1 2 2 1 . Từ đó suy ra % ( theo số mol ) tương ứng của mỗi chất là: % (Chất M 1 ) = 21 2 MM MM − − ; % (Chất M 2 ) = 21 1 MM MM − − . Ví dụ 21: Cần thêm bao nhiêu gam KCl vào 450 gam dung dịch KCl 8% để thu được dung dịch 12%. Giải: Theo sơ đồ đường chéo ta có: 12100 812 450 − − = m . Vậy: m = 20,45 (g). Ví dụ 22: Cần thêm bao nhiêu lít nước cất vào 10 lít dung dịch HCl có pH = 3 để được dung dịch có pH = 4. Giải: pH = 3 ⇔ [ H + ] = 10 -3 ; pH = 4 ⇔ [ H + ] = 10 -4 . Theo sơ đồ đường chéo ta có: 9 1 1010 10 43 4 2 = − = −− − OH HCll V V . Vậy: V H2O = 9 V HCl = 90 lít. Ví dụ 23: Đồng trong tự nhiên gồm hai đồng vị 63 Cu và 65 Cu. Khối lượng nguyên tử trung bình là 63,54. Tỉ lệ % khối lượng của 63 Cu trong CuCl 2 là A. 31,34% B. 34,18% C. 73,00% D. 31,48% Giải: Gọi x là thành phần % của đồng vị 63 Cu . Theo sơ đồ đường chéo ta có: x = 6365 54,6365 − − = 73%. Vậy % ( theo khối lượng) của 63 Cu trong CuCl 2 là: 18,34 54,134 63.73 = %. Chọn đáp án B. Ví dụ 24: Cho 41,2 gam hỗn hợp gồm C 2 H 5 COOH và C 2 H 5 COOCH 3 tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH thu được 48,0 gam muối C 2 H 5 COONa. Thành phần % theo số mol và % theo khối lượng của C 2 H 5 COOH trong hỗn hợp đầu lần lượt là A. 35,92% và 40,00% B. 40,00% và 35,92% C. 36,85%và 50,00% . D. 60,00% và 64,08% Giải: n hh = n muối = 48/96 = 0,5 (mol). M axit = 74; M Este = 88; M = 41,2/0,5 = 82,4. Vậy %số mol ( axit) = 7488 4,8288 − − .100% = 40%; % khối lượng(axit)= 2,41 74.5,0 .40% = 35,92% Chọn đáp án B. IX. Phương pháp bảo toàn electron ( Cho phản ứng oxi hoa-khử): Ví dụ 25: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu ( tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít ( ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dich Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là: A. 3,36 B. 2,24 C. 4,48 D. 5,60 ( Trích “TSĐH A – 2007” ) Giải: M X = 19.2 = 38. %V (NO) = %50%100. 3046 3846 = − − = %V (NO 2 ) ⇒ n NO = n NO2 = x (mol). n Fe = n Cu = 12/ 120 = 0,1 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: Fe – 3e → Fe 3+ ; Cu – 2e → Cu 2+ 0,1 → 0,3 0,1 → 0,2 Tổng nhường e : 0,3 + 0,2 = 0,5 (e) N +5 + 3e → N +2 ( NO) ; N +5 + 1e → N +4 ( NO 2 ) 3x ← x x ← x Tổng nhận e: 3x + x = 4x (e). Áp dụng ĐLBT electron ta có: 4x = 0,5 ; x = 0,125 (mol) ⇒ n X = 2,0,125 = 0,25 (mol). Vậy :V = 0,25.22,4 = 5,60 (lít). Chọn đáp án D. Ví dụ 26: Hòa tan hoàn toàn 12,42 gam Al bằng dung dịch HNO 3 loãng (dư), thu được dung dịch X và 1,344 lít ( ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N 2 O và N 2 . Tỉ khối của hỗn hợp Y so với khí H 2 là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là A. 97,98. B. 106,38. C. 38,34. D. 34,08. ( Trích “ TSĐH A – 2009” ) Giải: n Al = 12,42/27 =0,46 (mol); M Y = 2.18 = 36; n Y = 1,344/22,4 = 0,06 (mol). % V (N 2 O) = 2844 2836 − − .100%=50% ⇒ n N20 = n N2 = 0,03 (mol). Các quá trình oxi hóa – khử: N +5 + 4e → N + ( N 2 O) ; N +5 + 5e → N 0 (N 2 ); Al – 3e → Al 3+ 0,24 ← 0,06 0,3 ← 0,06 0,46 → 1,38 Ta thấy: 1,38 – 0,54 = 0,84. Do đó còn xảy ra quá trình: N +5 + 8e → N -3 0,84 → 0,105. Tổng khối lượng chất rắn khan( gồm Al(NO 3 ) 3 và NH 4 NO 3 ) là: m = 0,46. 213 + 0,105. 80 = 106,38 (g). Chọn đáp án B. Chú ý: Khi kim loai tác dụng với HNO 3 rất loãng còn có thể tạo ra cả muối NH 4 NO 3 . Ví dụ 27: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe 3 O 4 tác dụng với dung dịch HNO 3 loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO ( sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là A. 151,5 B. 137,1. C. 97,5. D. 108,9. ( Trích “ TSĐH B – 2009” ) Giải: n NO = 3,36/22,4 = 0,15 (mol). Các quá trình oxihoa – khử: Cu – 2e → Cu 2+ ; 3 Fe +8/3 - e → 3Fe 3+ ; N 5+ + 3e → N 2+ ; Fe 3+ + e → Fe 2+ x x2→ x 3y → y 3y 0,45 15,0 ← 3 y → 3y 3y Áp dụng ĐLBT electron và ĐLBTKL ta có hệ:    =++ +=+ 2,614,223264 345,02 yx yyx . Giải hệ được: x = 0,375; y = 0,15. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được ( gồm Cu(NO 3 ) 2 và Fe(NO 3 ) 2 ) là: m = 0,375.188+ 0,45.180 = 151,5 (g). Chọn đáp án A. X. Phương pháp bảo toàn điện tích: Ví dụ 28: Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu 2+ ; 0,03 mol K + ; x mol Cl – và y mol SO 4 2 - . Tổng khối lượng các muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x,y lần lượt là A. 0,01 và 0,03 B. 0,02 và 0,05 C. 0,05 và 0,01 D. 0,03 và 0,02 ( Trích “ TSĐH A – 2007 “ ) Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích và ĐLBTKL ta có:    =+++ =+ 435,5965,3539.03,064.02,0 07,02 yx yx Giải hệ được: x = 0,03; y = 0,02. Chọn đáp án D. Ví dụ 29: Một dung dịch có chứa 0,02 mol NH 4 + , x mol Fe 3+ ; 0,01 mol Cl - ; 0,02 mol SO 4 2- , Khi cô cạn dung dịch này thu được lượng muối khan là A. 2,635 gam B. 3,195 gam C. 4,315 gam D. 4,875 gam Giải: Áp dụng ĐLBT điện tích ta có 0,02 + 3x = 0,01 + 2. 0,02 ⇒ x = 0,01 mol. Vậy tổng khối lượng muối khan thu được là: 0,02.18 + 0,01.56 + 0,01.35,5 + 0,02. 96 = 3,195. Chọn đáp án B. Ví dụ 30: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch gồm Cu(NO 3 ) 2 0,2M và H 2 SO 4 0,25 M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,6m gam hỗn [...]... dng) v catot ( in cc õm), ti ú cation nhn electron ( cht oxi húa) to ra sn phm b) Anion (ion õm) v anot ( in cc dng), ti ú anion nhng electron ( cht kh) to ra sn phm Phn ng oxi húa - kh xy ra in cc l giai on quan trng nht, cn xỏc nh rừ ion no u tiờn nhn hoc nhng electron v to ra sn phm gỡ? 3 S oxi hoỏ kh trờn b mt in cc: a) in phõn cỏc cht núng chy ( mui, Al2O3) catot: ion dng kim loi nhn electron