Rèn luyện và phát triển tư duy hóa học giải bài tập toán điểm 8 9 10 nguyễn anh phong

Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vơ Cơ – Nguyễn Anh phong LỜI NĨI ĐẦU Cuốn sách, với tên gọi “Rèn luyện phát triển tư duy” mà bạn cầm tay cơng trình bé nhỏ tác thông điệp gửi tới tất em học sinh, với mong muốn tương lai em trở thành người thành công lĩnh vực, từ góp sức xây dựng gia đình, q hương đất nước Việt Nam thân yêu Tại tác giả viết sách này? Trong hầu hết sách khác viết phương pháp giải sách lại có tên “Rèn luyện phát triển tư duy”? Trong phần mở đầu này, tác giả tập trung trả lời đặt Các bạn cố gắng học tốt, thi tốt để vào trường đại học? Sau học tập xong, trường tiếp tục cố gắng tìm việc làm? Tác giả có vài câu hỏi sau: Một bác sĩ phẫu thuật giỏi có cần viết: Phản ứng oxi hóa khử khơng? Một giám đốc ngân hàng có cần biết: Liên kết peptit khơng? Ca sĩ tiếng Quang Lê có cần biết: Giao động điều hòa khơng? Sinh viên trường Đại học Ngoại Thương, người gần gũi với tác giả, học ngành Kinh tế đối ngoại, Tài ngân hàng, Luật… có cần biết tới: Amin, Ankan, Anken, Ancol, Phenol, Con lắc đơn, Con lắc lò xo, Sóng âm, Giao thoa, Năng lượng từ trường…? Câu trả lời có lẽ “Khơng” Nhưng không cần phải học sao? Vẫn “Không”, phải học học thật nhiều Nhưng khơng phải học theo kiểu “con vẹt” Có lẽ bạn học sinh lạm dụng phương pháp thầy đúc rút sau có cần áp dụng làm theo Khơng vậy, có cơng thức làm nhanh mà tác giả gọi “siêu vẹt” Hậu việc khiến học sinh trở nên thụ động làm tập cách máy móc: “cứ nhìn thấy dạng, ốp công thức phương pháp dập khuôn từ trước” Vậy mục đích việc học gì? Theo tác giả, rèn luyện phát triển tư Dù cho có làm ngành nghề nữa, dù bác sĩ, kỹ sư, giám đốc, nhân viên, công nhân, giáo viên… cần tư duy, suy nghĩ, tìm tòi q trình lao động Một người nông dân cấy lúa túy phải suy nghĩ tính tốn cho mùa vụ Vậy nên từ bây giờ, ngồi ghế nhà trường bạn học sinh muốn trở thành người ưu tú công việc sau Hãy dừng lại kiểu học “con vẹt” Một thông điệp tác giả muốn gửi tới q thầy cơ, vị phụ huynh em học sinh: “Đừng tên “hot” “Ngoại thương”, “Y Hà Nội”… mà cô lao vào, bỏ qua phù hợp thân.” Đời người ngắn ngủi, cho dù tài giỏi có giới hạn Các em nên xác định lĩnh vực giỏi sau Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong tập trung học làm việc để cống hiến cho xã hội Học trường được, làm nghề xã hội chấp nhận được, miễn bạn yêu thích Cuối cùng, tác giả muốn nhắn với em học sinh rằng: “Làm cần phải sáng tạo – Vẹt loài gần khơng có khả này.” Tác giả xin chân thành cảm ơn góp ý sách đề lần tái sau hồn thiện Mọi đóng góp xin gửi về: Email: CLBgiasudaihocngoaithuonghanoi@gmail.com Facebook: https://www.facebook/groups/thithuhoahocquocgia/ SĐT tác giả: 0975.509.422 0936.221.120 Chúc thành công! Tác giả: Nguyễn Anh Phong Dƣới số phần trích dẫn sách 1.2 Tƣ tắt đón đầu định lƣợng Hóa Học Chúng ta bắt đầu với câu hỏi Đi tắt đón đầu ? Tại lại áp dụng kiểu tư giải tập Hóa Học ? Ngay trả lời câu hỏi cách dễ hiểu để tất bạn hiểu Các bạn quan niệm việc bố trí tốn hóa khó đưa yếu tố đầu vào qua mê cung phức tạp Dữ kiện Mê cung Đầu Lối tư tắt đón đầu “đừng bao giờ” sợ kẻ thủ chốn mê cung đầy cạm bẫy mà lao vào mê cung “tìm diệt” kẻ thù Nếu may mắn tìm mê cung có lẽ điều bạn có kinh nghiệm thân tự rút “mình sai lầm chui vào đó” Tại khơng cần chui vào ? Vì kẻ thù phải lộ diện đầu Và việc phục đầu tiêu diệt Đầu ? Nó che đậy dạng : Dung dịch Y, hỗn hợp khí Z, kết tủa T, hỗn hợp muối G, … Công việc trả lời câu hỏi “Nó gì?” ốp ĐLBT vào Vẫn biết kẻ thù nhiều trò để ẩn lấp bạn luyện tập kỹ tơi trình bày sách kiểu ẩn nấp dù kín tới mức “Vải thưa che mắt thánh” Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Để hiểu rõ kỹ thuật đón đầu tiêu diệt tơi nói bên xin mời bạn nghiên cứu qua ví dụ đơn giản mà tơi trình bày chi tiết đến mức “củ chuối” : Ví dụ 1: Hòa tan hết 22,8 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 Cu dung dịch HCl loãng thu dung dịch Y gồm chất tan có tổng khối lượng 40,4 gam (khơng có khí ra) Biết Y số mol Cu2+ gấp lần số mol Fe3+ Phần trăm khối lượng Fe X : A 10,0 % B 7,37% C 12,28% D 17,19% Định hƣớng tƣ giải: + Cái mê cung ? Là hệ thống phản ứng Fe, Cu với Fe3+ oxit tác dụng với HCl + Không chui vào mê cung nghĩa không cần để ý phản ứng kiểu Chỉ cần quan tâm Y ? Cu2  : 2a(mol)  3 Fe : a(mol) + Rất dễ Y   tiếp tục tư ĐLBT Fe : b(mol) BTDT Y    n Cl  7a  2b   + Nhận thấy X biến thành T khơng có phản ứng oxi hóa khử dó in tớch c thay bo ton Ngha O2-   2Cl Các bạn hiểu đơn giản qua BTNT.H O biến thành H2O mà Cl H từ HCl m 40,4 22,8 tăng giảm khối lượng n Otrong X   0,32(mol) +  35,5.2  16 BTDT Y    n Cl  7a  2b  0,64  + Vậy   BTKL   2a.64  56(a  b)  22,8  0,32.16 Cu : 0,04(mol) a  0,02(mol) BTNT    X Fe3O : 0,08(mol)  %Fe  7,37% b  0,25(mol)  Fe : 0,03(mol)  Đôi ta hay gặp toán kim loại tác dụng với HCl, H2SO4 hay H2O bạn tư theo kiểu kim loại dao chém axit hay nước thành hai phần : + HCl thành H (bay lên) Cl (trong muối) + HCl thành H2 (bay lên) SO24 (trong muối) + H2O thành H (bay lên) OH  dung dịch Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Một hướng tư theo kiểu BTĐT : Thực chất q trình kim loại làm H2 bay chẳng qua trình thay điện tích dương H  dung dịch điện tích dương cation kim loại …………………… Ví dụ 5: Cho m gam bột Zn vào 500 ml dung dịch chứa CuCl2 0,4M FeSO4 0,4M.Sau thời gian thu dung dịch X hỗn hợp chất rắn nặng 25 gam Lọc tách chất rắn cho 14,4 gam Mg vào dung dịch X.Sau phản ứng xảy hồn tồn thấy có 29,8 gam chất rắn xuất hiện.Giá trị m : A.32,0 B.27,3 C.26,0 D.28,6 Định hƣớng tƣ giải: + Thấy nàng anion xinh đẹp Cl ,SO24  n CuCl2  0,2 BTDT + Có   n   n Cl  2n SO2  0,8(mol) n  0,2 FeSO   + Các nàng ôm anh trước? Tất nhiên kẻ khổng lồ Mg + Lại có n Mg  14, BTDT  0,   n max  0, 6.2  1,  24 Như có nghĩa nàng anion khơng đủ để cung ứng cho anh chàng Mg Vậy lượng Mg nàng chăm sóc dung dịch : BTDT   n Mg2  0,4(mol) BTKL kim lo¹i   m  0, 2.64  0, 2.56  14,  25  29,8  0, 4.24  m  26 ………………………… 1.3 Xu toán tổng hợp đại Với hướng đổi việc giảng dạy nhằm phát huy tư tích cực cho học sinh đòi hỏi q trình đề thi kiểm tra phải đảm bảo việc học tủ, học lệch Trong năm gần việc đề thi tổng hợp liên quan tới tính oxi hóa ion NO3 mơi trường H+ có lẽ giải pháp tối ưu Bởi lẽ tốn dạng đòi hỏi người giải phải hiểu sâu chất hóa học giải nhanh Việc học tủ, học theo dạng khó mà giải Theo kinh nghiệm tôi, để làm tốt toán tổng hợp kiểu bạn cần nắm vững ý quan trọng sau : + Luyện tập khả tư tìm mắt xích then chốt, thường kiện số cụ thể mà quy số mol + Kỹ thuật tư đón đầu + Tư phân bổ nhiệm vụ Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong + Và vận dụng linh hoạt định luật bảo toàn Trong phần viết tơi cố gắng trình bày xúc tích, từ dễ tới khó để bạn hiểu rõ hiểu sâu ý quan trọng mà tơi nhắc tới bên trên, từ bạn vận dụng tốt q trình giải tập Chúng ta nghiên cứu qua ví dụ đơn giản sau : Câu 1: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg MgO có tỷ lệ mol tương ứng : tan vừa đủ dung dịch hỗn hợp chứa HCl KNO3 Sau phản ứng thu 0,224 lít khí N2O (đktc) dung dịch Y chứa muối clorua Biết phản ứng hồn tồn Cơ cạn cận thận Y thu m gam muối Giá trị m : A 20,51 B 18,25 C 23,24 D 24,17 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải: Đây toán đơn giản Các bạn cần ý xem Y chứa ? Áp dụng định luật xong Mg : 0,1(mol)  n e  0, 2(mol) Ta có : 5,6  MgO : 0,08(mol) 0,  0,01.8  0,015(mol) Và n N2O  0,01  n NH  BTNT.N  n KNO3  0,01.2  0,015  0,035(mol) Vì Y chứa muối clorua nên  Mg  : 0,18   K : 0,035 BTKL   m  20,51(gam) Vậy Y chứa   NH : 0,015    BTDT  Cl : 0, 41  Chúng tiếp tục với ví dụ sau Câu 2: Cho 12,56 gam hỗn hợp gồm Mg Mg(NO3)2 tan vừa đủ dung dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl x mol KNO3 Sau phản ứng thu dung dịch Y chứa muối clorua 0,04 mol khí N2 Cơ cạn cẩn thận Y thu m gam muối khan Biết phản ứng hoàn toàn Giá trị m : A 46,26 B 52,12 C 49,28 D 42,23 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải: Trong ví dụ tơi muốn bạn hiểu tư phân chia nhiệm vụ Chúng ta có số mol H+ Do đó, câu hỏi đặt nhanh : H+ làm nhiệm vụ ? – Nó làm hai nhiệm vụ tạo N2 NH 4 Các bạn cần biết nên thuộc bán phản ứng sau : Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong (1) 2H   NO3  e  NO2  H O (2) 4H   NO3  3e  NO  2H O (3) 10H   2NO3  8e   N O  5H O (4) 12H   2NO3  10e   N  6H O (5) 10H   NO3  8e  NH 4  3H O Vậy ta có n NH  0,98  0,04.12  0,05(mol) 10 Mg : 0, BTE BTKL Vậy n e  0,04.10  0,05.8  0,8(mol)   Mg(NO3 )2 : 0,02 BTNT.N  n KNO3  0,09(mol) Vì Y chứa muối Clorua nên  Mg  : 0, 42   K : 0,09 BTKL   m  49, 28(gam) Vậy Y chứa   NH : 0,05    BTDT  Cl : 0,98  Trong ví dụ nâng tầm thêm chút kỹ thuật phân chia nhiệm vụ H+ Câu 3: Cho m gam hỗn hợp X chứa Al, Fe(NO3)2 0,1 mol Fe3O4 tan hết dung dịch chứa 1,025 mol H2SO4 Sau phản ứng thu 5,04 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí có khí hóa nâu ngồi khơng khí dung dịch Z chứa muối sunfat trung hòa Biết tỷ khối Y so với H2 31/3 Cho BaCl2 vào Z sau phản ứng xảy xong cho tiếp AgNO3 dư vào thu x gam kết tủa Biết phản ứng hoàn toàn Giá trị tổng x + m : A 389,175 B 585,0 C 406,8 D 628,2 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải:  n NO  0,15(mol) + Ta thấy Z gồm   n H2  0,075(mol) Vì có khí H2 bay nên Y khơng có NO3 muối sắt Fe2+ Đây ý bạn cần phải nhớ kỹ Ở nhiều sách nhiều tập có khí H2 người ta bố trí dung dịch có chứa ion Fe3+ điều khơng xác tính oxi hóa Fe3+ mạnh H+ Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vơ Cơ – Nguyễn Anh phong + Mắt xích then chốt số mol H+ Khí H2, NO biết O biết nên câu hỏi đưa H+ có nhiệm vụ ? – Rất đơn giản có nhiệm vụ tạo NO, H2, biến O oxit thành H2O BTNT.H 1,025.2  0,1.4.2 sinh n NH  a    0,075.2   0,15.4   10a    O NO NH 4 H2 BTNT.N  a  0,05(mol)   n Fe(NO3 )2  0,1(mol) BTNT.Fe Z  n Fe  0, 4(mol) Vì Z chứa muối sắt Fe2+  2 Fe 2 : 0,    NH : 0,05  m  0, 4.27  0,1.180  0,1.232  52(gam) Vậy Z chứa  2 SO :1,025   BTDT  Al3 : 0, 4(mol)  Chúng ta dễ dàng tính số mol Al cách dùng BTE BaSO :1,025  BTNT.Clo BaCl2  x  576, 2(gam)    AgCl :1,025.2  BTE  Ag : 0,    x  m  628, 2(gam) Tiếp theo ví dụ đặc sắc vận dụng linh hoạt định luật bảo toàn kết hợp với phân chia nhiệm vụ H+ ………………………………… Câu 16: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg Al vào dung dịch NaNO3 1,08 mol HCl (đun nóng) Sau kết thức phản ứng thu dung dịch Y chứa muối 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O H2 Tỷ khối Z so với He Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí tới khối lượng không đổi thu 9,6 gam rắn Phần trăm khối lượng Al có hỗn hợp X : A 31,95% B 19,97% C 23,96% D 27,96% Định hƣớng tƣ giải : N O : 0,06(mol) Ta có : n Z  0,14(mol)  → Y khơng chứa NO3 H : 0,08(mol)  Bài áp dụng tư tắt đón đầu thật hay 9,6  0,24(mol) Đầu tiên biết n MgO  40 Cho NaOH vào Y thu ? Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong BTNT.Clo    NaCl :1,08 – Đương nhiên  BTNT.Na (n NaNO3  x)  NaAlO2 :1,14  x  1,08  0,06  x    Mg2  : 0,24  3 Al : 0,06  x  BTDT Vậy Y ? – Có Na  : x   4x  y  0,42   NH : y Cl  :1,08  1,08  0,08.2  4y BTKL  13,52  85x  1,08.36,5  m Y  0,14.4.5  18 x  0,1(mol)  35x  18y  3,86    y  0,02(mol) 0,12  0,02  0,1 BTNT.N BTNT.Mg   n Mg(NO3 )2   0,02(mol)   n Mg  0,22 BTE  0,22.2  3nAl  0,08.2  0,06.8  0,02.8  n Al  0,12(mol) 0,12.27  23,96% 13,52 Bây bạn nghiêm túc hoàn thành hết tập rèn luyện sau Đừng xem lời giải chưa suy nghĩ kỹ xem lời giải bạn thấy thật đơn giản ……………………  %Al  Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong 2.2.3 Một số hƣớng tƣ chia để trị đặc sắc Trong phần trình bày cho bạn xem kiểu tư giải hóa độc đáo mà chưa có tài liệu từ trước tới Chúng ta cung nghiên cứu qua toán cụ thể sau a) Bài tốn có liên quan tới phá vỡ gốc NO3 Tư tưởng để định hướng tư loại toán liên quan chặt chẽ tới ĐLBT mà đặc biệt BTNT Khi NO3 bị phá vỡ có sản phẩm khử NO, NO2, N2O, N2 NH 4 N chuyển từ gốc NO3 vào sản phẩm khử Thế O chuyển đâu ? – Mấu chốt đây, chuyển vào H2O có sản phẩm khử Chúng ta xem xét ví dụ sau : Ví dụ 1: Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO3 1,5M, thu dung dịch chứa m gam muối 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO N2O Tỉ khối X so với H2 16,4 Giá trị m A 98,20 B 97,20 C 98,75 D 91,00 Định hƣớng tƣ giải: + Thơng thường ta giải theo hướng sau a  b  0,25 NO : a NO : 0,2  0,25    30a  44b NH NO3 : a  N O : b N O : 0,05  0,25  2.16,4  BTE  BTNT.N  0,95.1,5  0,2  0,05.2  0,2.3  0,05.8  2a  8a  a  0,0125 BTKL   m  29  62(0,2.3  0,05.8  0,0125.8)  0,0125.80  98,2 + Bây tư theo hướng phá vỡ gốc NO3 n  0,2  NO Ta có n N2 O  0,05  n NH4 NO3  a BTNT.N vỡ n bịNOphá 0,3 a  BTNT.O NO3  n H2O  3(0,3  a)  0, 25  0,65  3a BTNT.H  0,95.1,5  4a  2(0,65  3a)  a  0,0125(mol) BTKL   29  1,425.63  m  8,2  0,6875.18  m  98,2 ……………………………… Nhưng ví dụ phức tạp tơi cho bạn thấy việc tư theo kiểu phá vỡ gốc NO3 phát huy hay, vẻ đẹp sức mạnh Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vơ Cơ – Nguyễn Anh phong Ví dụ 3: Đun nóng hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe2O3 19,44 gam Al khí trơ đến phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp rắn X Chia X làm phần Phần 1: Cho vào dung dịch NaOH dư 0,06 mol khí H2 Phần 2: Tác dụng hết với 420 gam dung dịch HNO3 34,2% thu dung dịch Y chứa muối kim loại 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O NO Cô cạn dung dịch Y, sau lấy chất rắn nung chân khơng tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 99,76 gam Khối lượng Fe2O3 hỗn hợp ban đầu A 12,8g B 32,0g C.16,0g D 25,6 g Định hƣớng tƣ giải: 0,36  0,04 BTE BTNT.Al  n Al  0,04   n Al2 O3   0,16 Với phần 1:  BTNT.H  n H2 O  1,44(mol) Với phần 2: n HNO3  2,28   N O : a(mol) a  b  0,24   BTNT.N Ta có n Z  0,24(mol) vỡ n bịNOphá 2a b   NO : b(mol)   Tôi lại nhắc lại gốc nitrat bị phá vỡ N phần O bay nên trời Vậy lượng oxi lại cộng với O oxit đâu ? Đương nhiên vào nước BTNT.O  n H2 O  3(2a  b)  0,16.3  0,24  1,44 Do đó, ta có  N O : 0,16(mol) BTNT.N Y Vậy có    n  2,28  0,4  1,88(mol) NO3 NO : 0,08(mol)  Al3 : 0,36(mol)  BTDT  2x  3y  0,8 Trong Y có Fe2  : x(mol)   3 Fe : y(mol) BTNT.N   NO2 :1,88(mol)   Dễ có 99,76  BTKL    O : 0,83(mol) x  0,22 BTE   0,36.3  (x  y).3  (1,88  0,83).2  x  y  0,34   y  0,12 Fe3O4 : z(mol) BTNT.Fe   3z  2t  0,34 z  0,06    Trong A/2 Fe2 O3 : t(mol)    BTNT.O  4z  3t  0,48 t  0,08   Al : 9,72(gam)    mFe2O3  0,08.2.160  25,6(gam) Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong + Và vận dụng linh hoạt định luật bảo tồn Trong phần viết tơi cố gắng trình bày xúc tích, từ dễ tới khó để bạn hiểu rõ hiểu sâu ý quan trọng mà nhắc tới bên trên, từ bạn vận dụng tốt trình giải tập Chúng ta nghiên cứu qua ví dụ đơn giản sau : Câu 1: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg MgO có tỷ lệ mol tương ứng : tan vừa đủ dung dịch hỗn hợp chứa HCl KNO3 Sau phản ứng thu 0,224 lít khí N2O (đktc) dung dịch Y chứa muối clorua Biết phản ứng hồn tồn Cơ cạn cận thận Y thu m gam muối Giá trị m : A 20,51 B 18,25 C 23,24 D 24,17 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải: Đây toán đơn giản Các bạn cần ý xem Y chứa ? Áp dụng định luật xong Mg : 0,1(mol)  n e  0, 2(mol) Ta có : 5,6  MgO : 0,08(mol) 0,  0,01.8  0,015(mol) Và n N2O  0,01  n NH  BTNT.N  n KNO3  0,01.2  0,015  0,035(mol) Vì Y chứa muối clorua nên  Mg  : 0,18   K : 0,035 BTKL   m  20,51(gam) Vậy Y chứa   NH : 0,015    BTDT  Cl : 0, 41  Chúng tiếp tục với ví dụ sau Câu 2: Cho 12,56 gam hỗn hợp gồm Mg Mg(NO3)2 tan vừa đủ dung dịch hỗn hợp chứa 0,98 mol HCl x mol KNO3 Sau phản ứng thu dung dịch Y chứa muối clorua 0,04 mol khí N2 Cơ cạn cẩn thận Y thu m gam muối khan Biết phản ứng hoàn toàn Giá trị m : A 46,26 B 52,12 C 49,28 D 42,23 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải: Trong ví dụ tơi muốn bạn hiểu tư phân chia nhiệm vụ Chúng ta có số mol H+ Do đó, câu hỏi đặt nhanh : H+ làm nhiệm vụ ? – Nó làm hai nhiệm vụ tạo N2 NH 4 Các bạn cần biết nên thuộc bán phản ứng sau : Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong (1) 2H   NO3  e  NO2  H O (2) 4H   NO3  3e  NO  2H O (3) 10H   2NO3  8e   N O  5H O (4) 12H   2NO3  10e   N  6H O (5) 10H   NO3  8e  NH 4  3H O Vậy ta có n NH  0,98  0,04.12  0,05(mol) 10 Mg : 0, BTE BTKL Vậy n e  0,04.10  0,05.8  0,8(mol)   Mg(NO3 )2 : 0,02 BTNT.N  n KNO3  0,09(mol) Vì Y chứa muối Clorua nên  Mg  : 0, 42   K : 0,09 BTKL   m  49, 28(gam) Vậy Y chứa   NH : 0,05    BTDT  Cl : 0,98  Trong ví dụ nâng tầm thêm chút kỹ thuật phân chia nhiệm vụ H+ Câu 3: Cho m gam hỗn hợp X chứa Al, Fe(NO3)2 0,1 mol Fe3O4 tan hết dung dịch chứa 1,025 mol H2SO4 Sau phản ứng thu 5,04 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí có khí hóa nâu ngồi khơng khí dung dịch Z chứa muối sunfat trung hòa Biết tỷ khối Y so với H2 31/3 Cho BaCl2 vào Z sau phản ứng xảy xong cho tiếp AgNO3 dư vào thu x gam kết tủa Biết phản ứng hoàn toàn Giá trị tổng x + m : A 389,175 B 585,0 C 406,8 D 628,2 Nguồn đề: Nguyễn Anh Phong Định hƣớng tƣ giải:  n NO  0,15(mol) + Ta thấy Z gồm   n H2  0,075(mol) Vì có khí H2 bay nên Y khơng có NO3 muối sắt Fe2+ Đây ý bạn cần phải nhớ kỹ Ở nhiều sách nhiều tập có khí H2 người ta bố trí dung dịch có chứa ion Fe3+ điều khơng xác tính oxi hóa Fe3+ mạnh H+ Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong + Mắt xích then chốt số mol H+ Khí H2, NO biết O biết nên câu hỏi đưa H+ có nhiệm vụ ? – Rất đơn giản có nhiệm vụ tạo NO, H2, biến O oxit thành H2O BTNT.H 1,025.2  0,1.4.2 sinh n NH  a    0,075.2   0,15.4   10a    O NO NH 4 H2 BTNT.N  a  0,05(mol)   n Fe(NO3 )2  0,1(mol) BTNT.Fe Z  n Fe  0, 4(mol) Vì Z chứa muối sắt Fe2+  2 Fe 2 : 0,    NH : 0,05  m  0, 4.27  0,1.180  0,1.232  52(gam) Vậy Z chứa  2 SO :1,025   BTDT  Al3 : 0, 4(mol)  Chúng ta dễ dàng tính số mol Al cách dùng BTE BaSO :1,025  BTNT.Clo BaCl2  x  576, 2(gam)    AgCl :1,025.2  BTE  Ag : 0,    x  m  628, 2(gam) Tiếp theo ví dụ đặc sắc vận dụng linh hoạt định luật bảo toàn kết hợp với phân chia nhiệm vụ H+ ………………………………… Câu 16: Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg Al vào dung dịch NaNO3 1,08 mol HCl (đun nóng) Sau kết thức phản ứng thu dung dịch Y chứa muối 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O H2 Tỷ khối Z so với He Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngồi khơng khí tới khối lượng khơng đổi thu 9,6 gam rắn Phần trăm khối lượng Al có hỗn hợp X : A 31,95% B 19,97% C 23,96% D 27,96% Định hƣớng tƣ giải : N O : 0,06(mol) Ta có : n Z  0,14(mol)  → Y không chứa NO3 H : 0,08(mol)  Bài áp dụng tư tắt đón đầu thật hay 9,6  0,24(mol) Đầu tiên biết n MgO  40 Cho NaOH vào Y thu ? Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong BTNT.Clo    NaCl :1,08 – Đương nhiên  BTNT.Na (n NaNO3  x)  NaAlO2 :1,14  x  1,08  0,06  x    Mg2  : 0,24  3 Al : 0,06  x  BTDT Vậy Y ? – Có Na  : x   4x  y  0,42   NH : y Cl  :1,08  1,08  0,08.2  4y BTKL  13,52  85x  1,08.36,5  m Y  0,14.4.5  18 x  0,1(mol)  35x  18y  3,86    y  0,02(mol) 0,12  0,02  0,1 BTNT.N BTNT.Mg   n Mg(NO3 )2   0,02(mol)   n Mg  0,22 BTE  0,22.2  3nAl  0,08.2  0,06.8  0,02.8  n Al  0,12(mol) 0,12.27  23,96% 13,52 Bây bạn nghiêm túc hoàn thành hết tập rèn luyện sau Đừng xem lời giải chưa suy nghĩ kỹ xem lời giải bạn thấy thật đơn giản ……………………  %Al  Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong 2.2.3 Một số hƣớng tƣ chia để trị đặc sắc Trong phần tơi trình bày cho bạn xem kiểu tư giải hóa độc đáo mà chưa có tài liệu từ trước tới Chúng ta cung nghiên cứu qua toán cụ thể sau a) Bài tốn có liên quan tới phá vỡ gốc NO3 Tư tưởng để định hướng tư loại toán liên quan chặt chẽ tới ĐLBT mà đặc biệt BTNT Khi NO3 bị phá vỡ có sản phẩm khử NO, NO2, N2O, N2 NH 4 N chuyển từ gốc NO3 vào sản phẩm khử Thế O chuyển đâu ? – Mấu chốt đây, chuyển vào H2O có sản phẩm khử Chúng ta xem xét ví dụ sau : Ví dụ 1: Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO3 1,5M, thu dung dịch chứa m gam muối 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO N2O Tỉ khối X so với H2 16,4 Giá trị m A 98,20 B 97,20 C 98,75 D 91,00 Định hƣớng tƣ giải: + Thông thường ta giải theo hướng sau a  b  0,25 NO : a NO : 0,2  0,25    30a  44b NH NO3 : a  N O : b N O : 0,05  0,25  2.16,4  BTE  BTNT.N  0,95.1,5  0,2  0,05.2  0,2.3  0,05.8  2a  8a  a  0,0125 BTKL   m  29  62(0,2.3  0,05.8  0,0125.8)  0,0125.80  98,2 + Bây tư theo hướng phá vỡ gốc NO3 n  0,2  NO Ta có n N2 O  0,05  n NH4 NO3  a BTNT.N  n bịNOphá 0,3 a BTNT.O NO3  n H2O  3(0,3  a)  0, 25  0,65  3a BTNT.H  0,95.1,5  4a  2(0,65  3a)  a  0,0125(mol) BTKL   29  1,425.63  m  8,2  0,6875.18  m  98,2 ……………………………… Nhưng ví dụ phức tạp cho bạn thấy việc tư theo kiểu phá vỡ gốc NO3 phát huy hay, vẻ đẹp sức mạnh Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Ví dụ 3: Đun nóng hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe2O3 19,44 gam Al khí trơ đến phản ứng xảy hoàn toàn thu hỗn hợp rắn X Chia X làm phần Phần 1: Cho vào dung dịch NaOH dư 0,06 mol khí H2 Phần 2: Tác dụng hết với 420 gam dung dịch HNO3 34,2% thu dung dịch Y chứa muối kim loại 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O NO Cơ cạn dung dịch Y, sau lấy chất rắn nung chân không tới khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 99,76 gam Khối lượng Fe2O3 hỗn hợp ban đầu A 12,8g B 32,0g C.16,0g D 25,6 g Định hƣớng tƣ giải: 0,36  0,04 BTE BTNT.Al  n Al  0,04   n Al2 O3   0,16 Với phần 1:  BTNT.H  n H2 O  1,44(mol) Với phần 2: n HNO3  2,28   N O : a(mol) a  b  0,24   BTNT.N Ta có n Z  0,24(mol)  n bịNOphá 2a b NO : b(mol)   Tôi lại nhắc lại gốc nitrat bị phá vỡ N phần O bay nên trời Vậy lượng oxi lại cộng với O oxit đâu ? Đương nhiên vào nước BTNT.O  n H2 O  3(2a  b)  0,16.3  0,24  1,44 Do đó, ta có  N O : 0,16(mol) BTNT.N Y Vậy có    n  2,28  0,4  1,88(mol) NO3 NO : 0,08(mol)  Al3 : 0,36(mol)  BTDT  2x  3y  0,8 Trong Y có Fe2  : x(mol)   3 Fe : y(mol) BTNT.N   NO2 :1,88(mol)   Dễ có 99,76  BTKL    O : 0,83(mol) x  0,22 BTE   0,36.3  (x  y).3  (1,88  0,83).2  x  y  0,34   y  0,12 Fe3O4 : z(mol) BTNT.Fe   3z  2t  0,34 z  0,06    Trong A/2 Fe2 O3 : t(mol)    BTNT.O  4z  3t  0,48 t  0,08   Al : 9,72(gam)    mFe2O3  0,08.2.160  25,6(gam) Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Bây giờ, bạn bắt tay vào thực hành luyện tập nghiêm túc phần tập rèn luyện sau ……………………………………… CHƢƠNG III : KỸ THUẬT TƢ DUY “ĐI TẮT ĐĨN ĐẦU” GIẢI BÀI TỐN TỔNG HỢP VƠ CƠ A Định hƣớng tƣ chung Với lối đề tránh học tủ, học vẹt dạng toán hỗn hợp chất Bộ Giáo Dục hứng thú thường lấy làm câu chốt đề thi THPT Quốc Gia Tuy nhiên, ý tưởng đề hay lặp lại, điều dễ hiểu chất mơn khoa học tự nhiên nói chung Hóa Học nói riêng Hỗn hợp xét hỗn hợp kim loại hợp chất : Oxit, muối,… Điển hình Fe hợp chất Fe Phải nói 100% đề thi năm có liên quan tới Fe Lý Fe có nhiều hợp chất chung gian Người đề dễ dàng bố trí tốn khó Những tốn vơ xem khó gây khó khăn cho em học sinh thật chất thường tuân theo vài quy luật lặp đi, lặp lại mà tơi trình bày Nhưng trước hết bạn cần có định hướng định nhìn vào tốn khó Theo kinh nghiệm tơi : + Đầu tiên cố gắng nghĩ xem có mò kiện khơng ? Cái hay liên quan tới BTKL BTNT + Tiếp theo tư theo lối “Đi tắt đón đầu” với câu hỏi : Nó gồm ? Cuối chạy vào đâu ? Những thằng có số oxi hóa tăng, giảm thằng ? Dung dịch gồm ion ? Số mol ? Cái cần vận dụng linh hoạt định luật bảo tồn + Một số tốn cần biện luận để khẳng định hỗn hợp chất rắn, khí chất ? Cái thường phải giả sử để suy vô lý B Bây trình bày để bạn thấy tốn hay khó thường lặp đi, lặp lại cách tư Câu 1: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al Al2O3 (trong Al chiếm 60% khối lượng) tan hồn tồn dung dịch Y gồm H2SO4 NaNO3, thu dung dịch Z chứa muối trung hòa m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015 mol H2) Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến phản ứng xảy hoàn toàn, thu 93,2 gam kết tủa Còn cho Z phản ứng với NaOH lượng NaOH phản ứng tối đa 0,935 mol Giá trị m gần giá trị sau đây? Trích đề thi THPT – Quốc Gia – 2015 A 2,5 B 3,0 C 1,0 D.1,5 Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Định hƣớng tƣ giải : (1) Đầu tiên ta mò số mol chất X (2) Z có muối trung hòa biết Z có Al3 ,Na  ,NH 4 ,SO24 (3).Ta biết số mol Al3+ qua lượng BaSO4 mò SO24  (4) Khi cho NaOH vào Z dung dịch có ? – Là AlO2 ,Na  ,SO24 Vậy xem xong Các bạn có thấy lối tư tự nhiên không? Các toán khác lại lập lại lối tư đơn giản  n Al  0,17(mol)  n e  0,51(mol) + Ta có :   n Al2O3  0,03(mol) BTNT.Al    n Al3  0, 23  BTNT.S   n   n SO24  0, 4(mol) + Z có   n Na   a(mol) n  NH4  b(mol) BTDT    a  b  0,11  AlO 2 : 0, 23    NaOH  2 a  0,095 BTDT     SO : 0, b  0,015    Na : a  0,935   BTKL   m Z  0, 23.27  0, 4.96  0,095.23  0,015.18  47,065 0, 4.2  0,015.2  0,015.4  0,355 BTKL   7,65  0, 4.98    0,095.85     47,065  m  0,355.18  m  1, 47(gam) BTNT.H   n H2O  H 2SO NaNO3 Câu : Hòa tan hết 31,12 gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe, Fe3O4, FeCO3 vào dung dịch hỗn hợp chứa H2SO4 KNO3 Sau phản ứng thu 4,48 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm (CO2, NO, NO2, H2) có tỷ khối so với H2 14,6 dung dịch Z chứa muối trung hòa với tổng khối lượng m gam Cho BaCl2 dư vào Z thấy xuất 140,965 gam kết tủa trắng Mặt khác cho NaOH dư vào Z thấy có 1,085 mol NaOH phản ứng đồng thời xuất 42,9 gam kết tủa 0,56 lít khí (đktc) Biết phản ứng xảy hoàn toàn Cho nhận định sau : (a) Giá trị m 82,285 gam (b) Số mol KNO3 dung dịch ban đầu 0,225 mol (c) Phần trăm khối lượng FeCO3 X 18,638% (d) Số mol Fe3O4 X 0,05 mol Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong (e) Số mol Mg có X 0,15 mol Tổng số nhận định : A B C D Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần – 2016 Định hƣớng tƣ giải : + Y có H2 nên Z khơng có Fe3+ NO3    Fe2  : a(mol)  2 Mg : b(mol)  + Vậy Z K  : c(mol)  0,56 BTNT.N  n NH   0,025   NH 4 : 0,025(mol) 22,4   140,965 BTNT.S n   0,605   SO24 : 0,605(mol) 233  BTNT.S   n H2SO4  0,605(mol) NaOH:1,085BTDT   2a  2b  0,025  1,085   + Và  BTDT Z     2a  2b  0,025  c  0,605.2 BTNT.K  c  0,125   n KNO3  0,125(mol) BTKL    56a  24b  42,9  1,06.17 a  0,38(mol) + Khi   2a  2b  1,06 b  0,15(mol)  BTKL   m  88,285(gam) BTKL   31,12  0,605.98  0,125.101    88,285  0,2.14,6.2   18.n H2 O H2 SO4  KNO3 Y  nH2O  0,495(mol) BTNT.H    n H2  0,605  0,495  0,025.2  0,06(mol)   BTNT.N + Trong Y    n NO  NO2  0,125  0,025  0,1(mol)  BTNT.C  n FeCO3  0,04(mol)  n CO2  0,2  0,16  0,04(mol)   %FeCO3 X  14,91% Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong NO : a  a  b  0,1 a  0,04(mol) NO2 : b   + Có m Y  0,2.14,6.2  5,84  30a  46b  3,96 b  0,06(mol) H : 0,06 CO : 0,04  BTNT.O   4.n Fe3O4  0,04.3  0,04  0,06.2  0,495    0,125.3     0,04.2  FeCO3 KNO3 CO2 ,NO,NO2 H2 O  nFe3O4  0,06(mol) BTNT.Fe X   ntrong  0,38  0,04  0,06.3  0,16(mol) Fe Câu : Hòa tan hết 31,64 gam hỗn hợp P gồm Fe3O4, Fe(NO3)2 Cu dung dịch chứa 0,72 mol HNO3 0,12 mol NaNO3 thu dung dịch X hỗn hợp khí Y gồm 0,02 mol NO a mol NO2 Dung dịch X hòa tan tối đa 6,4 gam bột Cu thấy thoát a mol NO dung dịch Z chứa 83,48 gam muối Phần trăm khối lượng Cu có hỗn hợp ban đầu gần với : A 12% B 23% C 20% D 10% Định hƣớng tƣ giải : (1) Ta thấy có biến a khối lượng chất trước phản ứng biết Thế sau phản ứng khối lượng ban đầu phân bổ đâu ? – Muối , NO, NO2 H2O BTNT.H  n H2O  0,36(mol) Nước có mò khơng ? Có n HNO3  0,72  (2) Như ta mò a Khi có a lại tư theo lối “Đi tắt đón đầu” bạn thấy tốn đơn giản đến khơng ngờ 31,64 0,72.63 BTKL     83,48  0,02(a  30)  46a   0,36.18  a  0,04(mol)  NO2 6,4 0,12.85 NO Fe2  : 3a  b Fe3O : a  2  Cu : c  0,1 BTNT Z   + Gọi 31,64 Fe(NO3 )2 : b  Cu : c Na : 0,12  BTDT    NO3 : 6a  2b  2c  0,32  BTKL    232a  180b  64c  31,64  BTNT.N  6a  2b  2c  0,32  0,1  0,84  2b + Vậy    BTKL  56(3a  b)  64(c  0,1)  0,12.23 62 0,74 2b  83,48   Fe3O4 : 0,05(mol) 0,06.64   Fe(NO3 )2 : 0,09(mol)  %Cu   12,136% 31,64 Cu : 0,06(mol)  Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Vậy đường tư toán lặp lại trước sở định luật bảo toàn Chúng ta tiếp tục ! Câu : Cho 24,06 gam hỗn hợp X gồm Zn, ZnO ZnCO3 có tỉ lệ số mol 3:1:1 theo thứ tự tan hoàn toàn dung dịch Y gồm H2SO4 NaNO3, thu dung dịch Z chứa muối trung hòa V lít hỗn hợp khí T (đktc) gồm NO, N2O, CO2, H2 (Biết tỷ khối T so với H2 218/15 ) Cho dung dịch BaCl2 dư vào Z đến phản ứng xảy hoàn toàn, thu 79,22 gam kết tủa Còn cho Z phản ứng với NaOH lượng NaOH phản ứng tối đa 1,21 mol Giá trị V gần với : A 3,0 B 4,0 C 5,0 D.2,6 Trích đề thi thử Nguyễn Anh Phong – Lần – 2016 Định hƣớng tƣ giải : - Có thể nói câu câu Tuy nhiên có chút khác biệt tý chút có khí CO2 chưa biết số mol H2 Ta phân tích (1) Đầu tiên ta mò số mol chất X (2) Z có muối trung hòa biết Z có Zn  ,Na  ,NH 4 ,SO24 (3).Ta biết số mol Zn2+ qua lượng BaSO4 mò SO24  (4) Khi cho NaOH vào Z dung dịch có ? – Là Na  ,SO24  ,ZnO22  (5) Cuối có MT ta hướng suy nghĩ để tính mT BTKL xong Zn : 0,18(mol)  Ta có : 24,06 ZnO : 0,06(mol)  BTNT.C  n CO2  0,06(mol) ZnCO3 : 0,06(mol)   Zn  : 0,3(mol)    Na : a(mol) BTDT   a  b  0,08 + Z có   NH : b(mol)   BaSO4 :0,34 2   SO : 0,34(mol) ZnO22  : 0,3  a  0,07  NaOH BTDT + Có Z   Na  :1,21  a  1,21  a  0,3.2  0,34.2   b  0,01  2 SO4 : 0,34    n H O  x(mol) Tới ta phải tìm số mol nước gọi   n H2  y(mol) Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong   CO2 : 0,06(mol)   n T  0,39  x  y + Có  T H : y(mol)   NO BTNT.O    : 0,33  x  N O BTNT.H    2x  2y  0,04  0,34.2  436 BTKL     24,06  0,34.98  0,07.85  53,93  (0,39  x  y)  18x  15     mZ  mT x  0,28(mol)   n T  0,15(mol)  V  3,36(lit)  y  0,04(mol) Câu 5: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO Fe(NO3)2 tan hoàn toàn dung dịch chứa 0,725 mol H2SO4 lỗng Sau phản ứng xảy hồn toàn, thu dung dịch Y chứa 96,55 gam muối sunfat trung hòa 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí có khí hóa nâu ngồi khơng khí Biết tỉ khối Z so với H2 Phần trăm số mol Mg hỗn hợp X gần với giá trị sau đây? A 25 B 15 C 40 D 30 Trích đề thi thử THPT Chuyên Đại Học Vinh – Lần – 2015 Định hƣớng tƣ giải : + Đầu tiên tính số mol NO H2 Và nhìn thấy Mg, Al ta phải hình dung NH4 + Khối lượng vế biết H2O BTKL mò số mol nước Sau ốp BTNT.H có số mol NH4 + Tiếp tục tư theo lối “đi tắt đón đầu” cách linh hoạt áp dụng ĐLBT có lẽ toán sáng sủa n NO  0,1(mol) + Ta có :  nhìn thấy Mg, Al nghĩ tới n NH  a(mol) n H2  0,075(mol) BTKL  38,55  0,725.98  96,55  0,175.18  m H2 O  n H2 O  0,55(mol) + Ta  BTNT.H +   4a  0,075.2  0,55.2  0,725.2  a  0,05(mol)  ne  0,85(mol) BTNT.N  n Fe(NO3 )2  + Tiếp tục  0,1  0,05  0,075(mol) BTNT.O + Rồi lại  nZnO  0,075.6  0,1  0,55  nZnO  0,2(mol) Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Nhận xét : Bài cần phải hiểu thêm chút “Có H2 nên dung dịch khơng có Fe3+ tính oxi hóa Fe3+ mạnh H+” BTKl    24a  27b  8,85 a  0,2(mol) Mg : a     BTE   %Mg  32%  2a  3b  0,85 Al : b b  0,15(mol)    ……………………………………… BÀI TẬP RÈN LUYỆN ĐIỂM 9, 10 – SỐ 13 Câu 1: Hỗn hợp X khối lượng 44,28 gam gồm Cu2O, FeO kim loại M số mol M O2- Hòa tan hết X dung dịch HNO3 dư thấy có 2,76 mol HNO3 tham gia phản ứng thu 184,68 gam muối 8,064 lít (đkc) khí NO Tính % khối lượng Cu2O X: A 38,06% B 47,92% C 32,82% D 39,02% Câu 2: Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4, Fe(OH)2, Fe(OH)3, FeCO3 dung dịch HCl dư thu 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với He 5,75 dung dịch chứa m gam muối Mặt khác hòa tan hồn tồn hỗn hợp rắn A dung dịch HNO3 dư thu dung dịch X chứa 48,4 gam muối 2,24 lít khí gồm khí, có khí hóa nâu khơng khí Giá trị m gần với giá trị sau : A 27 B 28 C 29 D 30 Câu 3: Hòa tan hồn tồn 13,92 gam hỗn hợp X gồm MgO, FeO Fe2O3 phải dùng vừa hết 520 ml dung dịch HCl 1M Mặt khác, lấy 0,27 mol hỗn hợp X đốt nóng ống sứ khơng có khơng khí thổi luồng H2 dư qua để phản ứng xảy hồn tồn thu m gam chất rắn 4,86 gam nước Xác định m? A 15,66 B 16,56 C 16,65 D 15,65 Câu 4: Cho 116,4 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 Cu vào 900 gam dung dịch HNO3 35%, sau phản ứng xảy hoàn toàn thu dung dịch Y chứa 373 gam muối hỗn hợp khí Z Cho dung dịch chứa 4,75 mol NaOH vào Y lọc bỏ kết tủa đem phần nước lọc cạn đun nóng đến khối lượng không đổi thu 320,5 gam chất rắn T Tính phần trăm khối lượng Oxi X? A 17,42% B 23,24% C 19,24% D 26,36% Câu 5: Cho m gam hỗn hợp Mg, Fe, Al2O3, Fe3O4 (trong O chiếm 20% khối lượng) tan vừa đủ 140 gam dung dịch H2SO4, 61,6% đung nóng nhẹ, sau phản ứng 6,048 lít (đktc) hỗn hợp khí H2 SO2 có tỉ khối so với He 10,833 Phần dung dịch thu đem cho tác dụng với dung dịch NH3 dư thu 45,52 gam kết tủa Giá trị m A 34,4 B 28,0 C 27,15 D 44 Câu 6: Hòa tan 26,4 gam hỗn hợp X gồm FeS, FeS2, CuO vào 243,6 gam dung dịch HNO3 60%, sau phản ứng thu 42,56 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong SO2 NO2 có khối lượng 91 gam dung dịch Z chứa muối trung hòa Phần trăm khối lượng CuO X ? A 36,36% B 24,24% C 30,30% D 45,45% Câu 7: Hòa tan hồn tồn hỗn hợp X gồm Fe3O4, Cu 7,2 gam FeO HBr lỗng dư thu dung dịch Y Sục khí H2S đến dư vào dung dịch Y thi 24 gam kết tủa Mặt khác dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu gam Ag : A 91,8 gam B 97,2 gam C 106,8 gam D 108,0 gam Câu 8: Đốt cháy hỗn hợp Fe, S với oxi thời gian thu 23,68 gam hỗn hợp X chứa muối sunfua oxit sắt Hòa tan hết X dung dịch HCl 14,6% (vừa đủ) đun nóng thu dung dịch Y Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y thu 114,86 gam kết tủa Mặt khác hoàn tan hết X H2SO4 đặc, nóng thu 16,128 lít SO2 (đktc) Giả sử nước bay không đánh kể Nồng độ C% FeCl3 có dung dịch Y là? A 11,06% B 9,31% C 10,36% D 12,32% Câu 9: Nhiệt phân 105,52 gam hỗn hợp X gồm Fe, Mg(NO3)2, Fe(NO3)2 thu chất rắn Y chứa oxit kim loại, hỗn hợp khí Z gồm 0,16 mol O2 c mol NO2 Cho toàn Y tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 1,76 mol HCl thu dung dịch T, dung dịch T làm màu hoàn toàn (vừa đủ) dung dịch chứa 0,362 mol KMnO4 môi trường H2SO4 (không tạo SO2) Phần trăm khối lượng Mg(NO3)2 hỗn hợp X gần với : A 28% B 30% C 34% D 38% Câu 10: Hòa tan hồn tồn 29,64 gam hỗn hợp X gồm Cu, Fe, ZnO FexOy lượng vừa đủ dung dịch chứa HCl 2a mol H2SO4 a mol thu 0,896 lít khí H2 (đktc) dung dịch Y chứa m gam muối Cho từ từ dung dịch BaCl2 đến kết tủa cực đại dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng thu 212,1 gam kết tủa Mặt khác, cho lượng X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng, dư thu 8,96 lít NO2 (đktc) Giá trị m gần với : A 50 B 55 C 60 D 65 Câu 11: Hỗn hợp rắn A gồm FeS2, Cu2S FeCO3 có khối lượng 20,48 gam Đốt cháy hỗn hợp A thời gian Oxi thu hỗn hợp rắn B 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí X (khơng có O2 dư) Tồn B hòa tan dung dịch HNO3 đặc, nóng dư Kết thức phản ứng thu đươc dung dịch Y 13,44 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm hai khí (khơng có khí SO2) dung dịch Y Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y thu 34,66 gam kết tủa Lấy kết tủa nung ngồi khơng khí đến khối lượng không đổi 29,98 gam rắn khan Biết tỷ khối Z so với X 86/105 Phần trăm khối lượng FeS2 A là? A 35,16% B 23,44% C 17,58% D 29,30% Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong Câu 12: Hòa tan hồn tồn m gam hỗn hợp A gồm Cu, Fe, FexOy dung dịch chứa HCl 2a mol H2SO4 a mol thu 0,08 mol khí H2 dung dịch B chứa 59,94 gam muối Cho từ từ dung dịch BaCl2 vào dung dịch B đến kết tủa cực đại dừng lại, cho tiếp AgNO3 dư vào, sau phản ứng thu 212,1 gam kết tủa dung dịch C Mặt khác cho lượng A tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng, sau phản ứng 8,96 lít chất khí (đktc) Phần trăm khối lượng Cu A gần với : A 60% B 65% C 70% D.75% Câu 13: Cho gam hỗn hợp A gồm Fe, Cu dạng bột vào 500ml dung dịch AgNO3 0,38M khuấy kĩ hỗn hợp Sau phản ứng xảy hoàn toàn lọc, rửa kết tủa thu dung dịch X m gam chất rắn B Thêm lượng dư dung dịch NaOH vào dung dịch X, lọc rửa kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi chất rắn C có khối lượng 7,6 gam Giá trị lớn m là: A 21,44 C 22,20 B 21,80 D 22,50 (Trích đề thi chuyên Phan Bội Châu Nghệ An – Lần – 2015) Câu 14 : Cho 8,96 gam hỗn hợp gồm Mg, Cu MgO (trong số mol Mg MgO nhau) vào 120 gam dung dịch HNO3 k% (dư) thu dung dịch X (khơng chứa NH 4 ) hỗn hợp khí Y gồm khí khơng màu có khí hóa nâu khơng khí Tỷ khối Y so với He 26/3 Cho từ từ đến hết 600ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X, lọc kết tủa, cạn dung dịch sau nung đến khối lượng không đổi thu 38,5 gam rắn Giá trị k gần với : A 15 B 25 C 30 D 35 Câu 15: Cho m gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO, MgS Cu2S (oxi chiếm 30% khối lượng) tan hết dung dịch H2SO4 NaNO3, thu dung dịch Y chứa 4m gam muối trung hòa 0,672 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2, SO2 (khơng sản phẩm khử khác) Cho Y tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(NO3)2, dung dịch Z 9,32 gam kết tủa Cô cạn Z chất rắn T Nung T đến khối lượng khơng đổi, thu 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí G (có tỉ khối so với H2 19,5) Giá trị m gần giá trị sau đây? A 3,0 B 2,5 C 3,5 D 4,0 Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 0973.476.791 Giá : 90.000 VNĐ ... : 097 3.476. 791 Giá : 90 .000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vơ Cơ – Nguyễn Anh phong LỜI NĨI ĐẦU Cuốn sách, với tên gọi Rèn luyện phát triển tư duy ... Liên hệ : 097 3.476. 791 Giá : 90 .000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong tập trung học làm việc để cống hiến cho xã hội Học trường... 17, 58% D 29, 30% Sách đƣợc phân phối tác giả Đăng kí mua sách : Liên hệ : 097 3.476. 791 Giá : 90 .000 VNĐ Trích dẫn sách : Rèn luyện phát triển tƣ giải toán điểm 8, 9, 10 Tập – Vô Cơ – Nguyễn Anh phong