Các phương pháp giải toán hóa học ở trường phổ thông

Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 B. NỘI DUNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG CH NG I :ƯƠ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG I. Phương pháp bảo toàn khối lượng :[2], [6], [11], [13], [14] Vào khoảng đầu những năm 50 của thế kỷ XVIII, nhà bác học vĩ đại người Nga M.V Lômônôxốp (1711-1765) và Lavoadie (A.Lavoisier) người Pháp là những người đầu tiên phát hiện ra ĐLBTKL: “Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia”. Qua hơn 100 năm sau, định luật đã được hai nhà bác học là Stat kiểm tra lại vào những năm 1860-1870; Landon vào năm 1909 sử dụng cân với đọ chính xác 0,00001g. I.1. Nội dung của định luật: “Khối lượng của các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau phản ứng”. I.2. Vận dụng định luật vào giải toán: Vận dụng định luật bảo toàn khối lượng trong giải toán hóa học, giúp người học có thể đưa ra những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài toán TNKQ hơn nhiều lần so với phương pháp thông thường là tính toán theo phương trình, đồng thời người dạy cũng có thể dựa vào đó để xây dựng bộ câu hỏi TNKQ liên quan đến định luật nhằm rèn luyện tư duy năng lực phát hiện vấn đề của người học. Sau đây là một số dạng toán được sưu tầm và xây dựng từ sự vận dụng ĐLBTKL: I.2.1. Dạng 1: Xác định khối lượng của chất tham gia hoặc sản phẩm trong phản ứng hóa học dựa trên nguyên tắc trong phản ứng hóa học, dù các chất tham gia phản ứng là vừa đủ hay có chất dư thì tổng khối lượng của các chất trước phản ứng bằng tổng khối lượng của các chất tạo thành sau phản ứng (sản phẩm và chất dư nếu có): m trước = m sau Nếu sau phản ứng có chất tách khỏi môi trường do bay hơi hay kết tủa là không trùng trạng thái vật lý thì hệ quả trên vẫn không thay đổi nhưng: m trước = m sau = m tan + m↓ + m↑. Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Ví dụ 1: [10] Khử 4,64g hỗn hợp X gồm FeO, Fe 3 O 4, Fe 2 O 3 có số mol bằng nhau bằng CO thu được chất rắn Y. Khí thoát ra sau phản ứng được dẫn vào dung dịch Ba(OH) 2 dư thu được 1,79g kết tủa. Khối lượng của chất rắn Y là: A. 4,48g B. 4,84g C. 4,40g D. 4,68g Cách giải: hh X + CO → Y + CO 2 CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓+ H 2 O 2 CO 1,97 n n 0,01(mol) 197 ↓ = = = Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2 2 X CO Y CO Y X CO CO m m m m m m m m + = + ⇒ = + − Y m 4,64 0,01(28 44) 4,48(g)⇒ = + − = → Đáp án A đúng.  Nhận xét: Sử dụng phương pháp BTKL, dữ kiện “số mol bằng nhau” trong đề bài không cần sử dụng vẫn cho ta kết quả đúng. Nếu học sinh sử dụng dữ kiện trên và giải bài toán theo phương pháp chính tắc là lí luận theo phương trình hóa học thì sẽ đưa bài toán đến bế tắc vì không có dữ liệu nào cho biết hh X bị khử hoàn toàn hay không, sau phản ứng hh X còn hay hết. Nhưng nếu lí luận theo ĐLBTKL, hh X còn hay hết không quan trọng với việc tính toán; do đó giải quyết bài toán một cách nhanh chóng. Ví dụ 2: [17] Nung 13,4g hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại của hóa trị II, thu được 6,8g chất rắn và khí X. Lượng khí X sinh ra cho hấp thụ vào 75ml dd NaOH 1M, khối lượng muối khan thu được sau phản ứng là (cho H =1, C =12, O =16, Na =23) A. 5,8g B. 6,5g C. 4,2g D. 6,3g Cách giải: Gọi chung công thức hỗn hợp 2 muối: 3 MCO 0 t 3 2 MCO MO CO→ + Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2 3 CO MCO MO m m m= + 2 2 3 CO CO MCO MO NaOH m m m 13,4 6,8 6,6(g) n 0,15(mol) n 0,075x1 0,075(mol) ⇒ = − = − = ⇒ = ⇒ = = 2 1 1 2 NaOH CO n T n = = < → tạo muối NaHCO 3 và dư CO 2 2 3 CO NaOH NaHCO+ → 3 NaHCO m 0,075x84 6,3(g) = = Vậy chọn đáp án D. Ví dụ 3: [tự ra] Hòa tan m(g) hỗn hợp Zn và Fe cần vừa đủ 1l dd HCl 3,65M (d=1,19g/ml) thu được 1 chất khí và 1250g dd D. Vậy m có giá trị: A. 65,63(g) B. 61,63(g) C. 63,65(g) D. 63,61(g) Cách giải: ddHCl m 1000x1,19 1190(g)= = ; HCl n 3,65x1 3,65(mol)= = Zn + 2HCl→ ZnCl 2 + H 2 ↑ Fe + 2HCl→ FeCl 2 + H 2 ↑ Áp dụng ĐLBTKL, ta có: 2 hh(Zn,Fe) ddHCl ddD H m m m m + = + hh(Zn,Fe) 3,65 m m 1250 2( ) 1190 63,65(g) 2 ⇒ = = + − = Vậy chọn đáp án C. Ví dụ 4: [15] Cho 115g hỗn hợp gồm ACO 3 , B 2 CO 3 , R 2 CO 3 tác dụng hết với dd HCl thấy thoát ra 0,448l CO 2 (đktc). Khối lượng muối clorua tạo ra trong dung dịch là: A. 115,22g B.151,22g C. 116,22g D. 161,22g Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Cách giải: 3 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 ACO 2HCl ACl H O CO B CO 2HCl 2BCl H O CO R CO 2HCl 2RCl H O CO ↑ ↑ ↑ + → + + + → + + + → + + 2 2 2 CO HCl H O CO 0,448 n 0,02(mol);n 2n 2n 2x0,02 0,04(mol) 22,4 = = = = = = Áp dụng ĐLBTKL: m muối cacbonat + m HCl = m muối clorua + 2 2 H O CO m m + → m muối clorua = m muối cacbonat + m HCl - 2 2 H O CO m m − = 115 + 0,04 x 36,5 - 0,02 (18 + 44) = 115,22 (g) → Chọn đáp án A. Ví dụ 5: [21] Hòa tan 3,28g hỗn hợp muối MgCl 2 và 3 2 Cu( NO ) vào nước được dung dịch A. Nhúng vào dung dịch A một thanh Fe. Sau một khoảng thời gian lấy thanh Fe ra cân lại thấy tăng thêm 0,8g. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì thu được m gam muối khan. Giá trị của m là: A. 4,24g B. 2,48g C. 4,13g D. 1,49g Cách giải: giải theo phương pháp bảo toàn khối lượng: Áp dụng ĐLBTKL, ta có: sau một khoảng thời gian độ tăng khối lượng của thanh Fe bằng độ giảm khối lượng của dung dịch muối. Vậy: m = 3,28 - 0,8 = 2,48 (g) Chọn đáp án B.  Nhận xét: Chỉ với áp dụng ĐLBTKL, đã giải quyết bài toán nhanh gọn; nhưng điều này đòi hỏi HS phải nắm vững định luật và biết phát hiện ra vấn đề. I.2.2. Dạng 2: Khi cation kết hợp với anion để tạo ra hợp chất như axit, oxit, hiđroxit, muối, .thì ta luôn có: khối lượng hợp chất = khối lượng các cation + khối lượng các anion Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Thông thường để tính toán khối lượng các muối khan thu được trong dung dịch sau phản ứng. Ví dụ 6: [10] Cho 1,04g hỗn hợp hai kim loại tan hoàn toàn trong dung dịch H 2 SO 4 loãng dư thoát ra 0,672 lít khí H 2 (đktc). Khối lượng hỗn hợp muối sunfat khan thu được sẽ là: A. 3,92g B. 1,96g C.3,52g D.5,88g Cách giải: 2 kim loại + H 2 SO 4 l → hh muối sunfat + H 2 2 2 2 4 4 H H SO SO 0,672 n n n 0,03(mol) 22,4 − = = = = Nhận thấy m muối sunfat = m cation + m anion = m kim loại + 2 4 SO m − = 1,04 + 0,03 x 96 = 3,92 (g) Vậy chọn đáp án A.  Nhận xét : - Nếu HS phát hiện được vấn đề của bài toán thì việc giải quyết bài toán này trở nên vô cùng đơn giản. Nhưng nếu HS cứ áp dụng máy móc phương pháp giải truyền thống là đặt ẩn, giải hệ đưa đến một hệ phương trình nhiều ẩn số hơn số phương trình, do đó bài toán trở nên phức tạp. Các dạng bài tập này có thể sử dụng để rèn luyện năng lực phát hiện vấn đề của HS. - Vận dụng định luật BTKL để tính khối lượng hợp chất sẽ được phát triển thêm, hình thành nên một phương pháp được ứng dụng phổ biến trong giải toán hóa học. Đó là phương pháp tăng giảm khối lượng. Do đó, các bài tập của phần vận dụng này được kết hợp giải quyết với phương pháp tăng giảm khối lượng. II. Phương pháp tăng giảm khối lượng:[2], [13], [14] II.1. Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng (giảm) khối lượng khi chuyển từ 1 mol chất A thành 1 mol hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai đoạn trung gian) ta có thể dễ dàng tính được số mol của các chất và ngược lại hoặc trong quá trình phản ứng có sự thay đổi khối lượng các chất. II.2. Vận dụng phương pháp tăng giảm khối lượng trong giải toán: II.2.1. Dạng toán phản ứng hóa học có sự thay đổi thành phần của hợp chất (có thể là anion hoặc cation) và làm chênh lệch khối lượng giữa chất cũ và chất mới: Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Ví dụ 1: giải lại ví dụ 4 của ĐLBTKL bằng phương pháp tăng giảm khối lượng. Theo (1), (2), (3): từ muối cacbonat chuyển thành muối clorua thì khối lượng muối tăng: 71 - 60 = 11g và tạo ra 1 mol CO 2 Theo đề: 2 CO n 0,02(mol) = ⇒ khối lượng muối tăng: m 0,02x11 0,22(g)∆ = = ⇒ m muối clorua = m muối cacbonat + m ∆ = 115 + 0,22 = 115,22 (g) Vậy đáp án đúng là A. Ví dụ 2: [10] Hòa tan 9,875g một muối hiđrocacbonat vào nước, cho tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 vừa đủ rồi đem cô cạn thu được 8,25g một muối sunfat trung hòa khan. Công thức phân tử của muối là: A. NH 4 HCO 3 B. NaHCO 3 C. 3 2 Ca( HCO ) D. KHCO 3 Cách giải: gọi muối hiđrocacbonat: 3 n R(HCO ) với n là hóa trị của kim loại trong muối đó. 3 n 2 4 2 4 n 2 2 2R(HCO ) nH SO R (SO ) 2nH O 2nCO+ → + + ↑ Theo phương trình: cứ 2 mol muối hiđrocacbonat chuyển thành 1 mol muối sunfat thì khối lượng muối giảm: 61x 2n - 96n = 26n (g) và là khối lượng của 2n mol CO 2. Theo đề: ∆m giảm = 9,875 - 8,25 = 1,625 (g) 2 3 n CO M(HCO ) 2n 0,125 n 1,625x 0,125(mol) n (mol) 26n n ⇒ = = ⇒ = Ta có hệ thức tính M R : M R = 9,875 61n 18n 0,125 n − = n 1 2 R 18 39 (loại) Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 (NH 4 ) ⇒ Chọn đáp án A.  Nhận xét: - Nếu HS dựa vào phương trình hóa học với 2 số liệu của đề bài để giải quyết bài toán thì phải chia ra 2 trường hợp tương ứng với hóa trị của R là 1 hoặc 2 để đưa ra công thức của muối sunfat phù hợp (công thức tổng quát không phù hợp với trường hợp n = 2). Nhưng khi sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng thì chỉ cần quan tâm đến tỉ lệ số mol CO 2 với muối hiđrocacbon luôn là n. Do đó với việc chỉ sử dụng phương trình tổng quát có thể tính được số mol CO 2 và bài toán được giải quyết nhanh chóng hơn nhiều lần. Độ tăng (giảm) lượng muối theo đề bài Số mol = Độ tăng (giảm) lượng muối theo phương trình - Dựa vào phương pháp này, cho ta rút ra công thức tính số mol của khí CO 2 : Ví dụ 3: [9] Oxy hóa hoàn toàn a(g) hỗn hợp X (gồm Zn, Pb, Ni) được b(g) hỗn hợp 3 oxit Y (ZnO, PbO, NiO). Hòa tan b(g) Y trên trong dung dịch HCl loãng thu được dung dịch Z. Cô cạn Z được hỗn hợp muối khan có khối lượng (b + 55) gam. Khối lượng a (g) của hỗn hợp X ban đầu là: A. a = b -16 B. a = b - 24 C. a = b- 32 D. a = b - 8 Cách giải: các kim loại này có cùng hóa trị → gọi chung là M hh M hh + 0 t 2 hh 1 O M O 2 → M hh O + 2 HCl → M hh Cl 2 + H 2 O Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Z chứa muối khan có khối lượng lớn hơn khối lượng oxit 55g. Đó chính là độ chênh lệch khối lượng của 2 anion Cl - và O 2- : 1 mol M hh O chuyển thành 1 mol M hh Cl 2 tăng: 71 - 16 = 55 (g) Theo đề: ∆m tăng = 55 (g) ⇒ n oxit = n muối = 1 (mol) Ta có: m oxit = hh M O m m + ⇒ a = hh M oxit O m m m b 1x16 b 16 = − = − = − . Vậy đáp án đúng là A. II.2.2. Dạng toán cho thanh kim loại vào dung dịch muối và sau phản ứng có sự thay đổi khối lượng của thanh kim loại hoặc dung dịch phản ứng: Dựa vào các dữ kiện của đề bài, thiết lập được mối quan hệ ẩn số với đề bài cho: a. Cho thanh kim loại A có khối lượng ban đầu là m(g) vào dung dịch muối B (Avà B cùng hóa trị) - Khối lượng thanh kim loại A tăng hoặc tăng a % (nguyên tử khối của A< nguyên tử khối của B) thì: m KL giải phóng - m KL tan = ∆m tăng hay a xm 100 - Khối lượng thanh kim loại A giảm hoặc giảm b% (nguyên tử khối của A > nguyên tử khối của B) thì: m KL tan - m KL giải phóng = ∆m giảm hay b xm 100 b. Khi cho hai thanh kim loại khác nhau (cùng hóa trị ) nhúng vào hai dung dịch muối giống nhau: nếu đầu bài cho số mol hai muối dùng cho phản ứng bằng nhau nghĩa là số mol hai thanh kim loại tan vào hai dung dịch muối là như nhau. Nếu cùng một khối lượng thì khối lượng hai thanh kim loại tan vào dung dịch muối là như nhau. Ví dụ 4: [12] Cho m(g) Fe vào 100 ml dung dịch Cu(NO 3 ) 2 thì nồng độ của Cu 2+ còn lại trong dung dịch bằng 1/2 nồng độ của Cu 2+ ban đầu và thu được một chất rắn A có khối lượng (m + 0,16)g. Tính m (khối lượng Fe) và nồng độ ban đầu của Cu(NO 3 ) 2 (phản ứng hoàn toàn). A. 1,12g Fe, C = 0,3 M B. 2,24g Fe, C = 0,2 M Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 C. 1,12g Fe, C = 0,4 M D. 2,24g Fe, C = 0,3 M Cách giải: sau phản ứng còn dư Cu 2+ , vậy Fe đã phản ứng hết. Gọi x là số mol Fe có ban đầu Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu x x x Khối lượng của chất rắn tăng lên 0,16g là do Cu sinh ra Ta có: 64x - 56x = 0,16 ↔ x = 0,16 0,02(mol) 8 = ⇒ m Fe = 0,02 x 56 = 1,12 (g); 2 bd Cu n 0,02x2 0,04(mol) + = = 3 2 Cu(NO ) 0,04 C 0,4(M) 0,1 ⇒ = = . Vậy, chọn đáp án C. Ví dụ 5: [10] Nhúng một thanh graphit được phủ một lớp kim loại hóa trị II vào dung dịch CuSO 4 dư. Sau phản ứng khối lượng của thanh graphit giảm đi 0,24g. Cũng thanh graphit này nếu được nhúng vào dung dịch AgNO 3 thì khi phản ứng xong khối lượng thanh graphit tăng lên 0,52g. Kim loại hóa trị II là kim loại nào sau đây: A. Pb B.Cd C.Fe D.Sn Cách giải: gọi kim loại có hóa trị II đó là M có khối lượng m(g) M + Cu 2+ → M 2+ + Cu ↓ 1 mol 1 mol → giảm M - 64 (g) 0,24 (mol) M 64− ← ∆ m giảm = 0,24 (g) M + 2 Ag + → M 2+ + 2 Ag ↓ 1 mol 2 mol → tăng 2 x 108 - M = 216 - M (g) 0,52 (mol) 216 M− ← ∆m tăng = 0,52 (g) Phươn g ph áp bảo to n k hà ối lượng v phà ương ph áp tăng giảm khối lượng Dec. 10 Vì cùng một thanh graphit tham gia phản ứng nên: 0,24 M 64 = − 0,52 216 M− ↔ M = 112 Vậy đáp án đúng là B: Cd. II.2.3. Dạng toán về nhiệt phân (ví dụ: nhiệt phân muối cacbonat, muối nitrat, kết tủa hidroxit ) Ví dụ 6: [5] Nung nóng 50g hỗn hợp gồm NaHCO 3 và Na 2 CO 3 cho đến khối lượng không thay đổi còn lại 34,5g chất rắn. Thành phần phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu là: A. 15% và 85% B. 16% và 84% C. 17% và 83% D.21% và 79% Cách giải: Khi nung chỉ có NaHCO 3 bị phân hủy. Gọi x là số mol NaHCO 3 0 t 3 2 3 2 2 2NaHCO Na CO CO H O→ + + 2 mol 1 mol → khối lượng giảm: 2 x 84 - 106 = 62 (g) 15,5x2 0,5(mol) 62 = ← ∆m giảm = 50 - 34,5 = 15,5 (g) 3 NaHCO m 0,5x84 42(g) = = ⇒ % 3 NaHCO 42 m x100 84 50 = = (%) ; % 2 3 Na CO m 16 = (%) Vậy đáp án đúng là B. Nhiệt phân muối nitrat của các kim loại: - Các muối nitrat kim loại khác nhau sẽ cho các sản phẩm nhiệt phân khác nhau. Tổng quát: ( ) ( ) 0 t 3 2 2 n n n A NO A NO O 2 → + (1) [...]... bài toán trên nếu giải quyết theo phương pháp đại số bằng cách viết phương trình rồi tính toán theo phương trình sẽ gặp rắc rối vì không đủ dữ kiện để định lượng được khối lượng từng loại kết tủa Phương pháp BTĐT trong trường hợp này là một giải pháp tối ưu - Phương pháp này cũng có thể dùng để kiểm tra kết quả định lượng thành phần các ion đúng hay sai Ví dụ 2: [13] Kết quả xác định nồng độ mol của các. .. electron các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận.Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng - Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra Tuy nhiên phương pháp này chỉ áp dụng tốt cho phản ứng oxi hóa. .. 18,3 + x(80 - 35,5) = 27,2 Phương pháp bảo to àn kh ối lượng v à ph ương pháp tăng giảm khối lượng Dec 10 1 ↔ x = 0, 2(mol) → n Cl2 = (0, 2 + 0, 2) = 0, 2(mol) 2 ⇒ VCl2 = 4, 48(l) Chọn đáp án D Phương pháp bảo toàn nguyên tố CHƯƠNG II: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ I Nguyên tắc của phương pháp: [2], [6] Dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố: “Trong các phản ứng hóa học, các nguyên tố luôn luôn được... ứng oxi hóa - khử thường để giả các bài toán vô cơ II Vận dụng phương pháp bảo toàn electron vào giải toán: Sử dụng phương pháp bảo toàn electron để giải nhiều dạng toán nhưng về cơ bản gồm những dạng sau đây: II.1 Cho hỗn hợp của kim loại (hoặc hợp chất của kim loại) tác dụng với dung dịch axit tạo ra một khí hoặc hỗn hợp khí Để giải quyết bài toán dạng này ta thực hiện các bước:  Tính số mol của mỗi... dịch H2SO4 phản ứng trước: 4 Phương pháp bảo toàn điện tích → n Cl− = 0,35 − 2.0,125 = 0,1(mol) m = 3, 75 + 0,125.96 + 0,1.35,5 = 19,3(g) Vậy 17,425g < m < 19,3g Phương pháp bảo toàn electron CHƯƠNG IV: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ELECTRON I Nguyên tắc của phương pháp: [2], [13], [14] Trong phản ứng oxi hóa - khử thì: ∑ electron nhường = ∑ electron nhận - Khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn... D 16,5g Cách giải Fe2 (SO4 )3 NaOH Fe(OH)3 t 0 Fe O Fe Fe CO hhA  → ddB   ↓ C  →  E  2 3  F  → 0 → t Cu Cu CuO CuSO 4 Cu(OH) 2 Áp dụng ĐLBTNT, ta có: m hhA = m hhF = 0,1x56 + 0, 2x64 = 18, 4(g) Chọn đáp án B  Nhận xét: với dạng toán này, HS thường viết phương trình phản ứng, cân bằng sau đó tính toán theo phương trình hóa học Nhưng với HS nắm vững định luật BTNT thì giải quyết... dụng phương pháp bảo toàn điện tích vào giải toán: - Thường dùng để giải quyết các dạng toán trong dung dịch với việc tính toán khối lượng muối khan, nồng độ dung dịch Sau đây là vài ví dụ: Ví dụ 1: [tự ra] Cho 100ml dung dịch A chứa Na2SO4 0,1M và Na2CO3 0,2M tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch B chứa Ba(NO3)2 và Pb(NO3)2 0,05M tạo kết tủa Tính nồng độ mol của Ba(NO3)2 và khối lượng chung của các kết... toàn” Có thể hiểu định luật như sau: tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước phản ứng hóa học luôn bằng tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A đó sau phản ứng • Chú ý: Định luật được xem như nguyên nhân của định luật bảo toàn khối lượng II Vận dụng phương pháp bảo toàn nguyên tố trong giải toán: Các dạng toán thường sử dụng bảo toàn nguyên tố: - Nguyên tử của nguyên tố tồn tại trong nhiều hợp... dạng toán khác Ví dụ 9: [10] Một bình cầu dung tích 448ml được nạp oxi rồi cân Phóng điện để O2 chuyển thành O3 (ozon hóa) , sau đó lại nạp oxi cùng thể tích như bình trước rồi cân Khối lượng trong hai trường hợp chêch lệch nhau 0,06g Biết thể tích khí nạp vào bình đều ở đktc Phần trăm về khối lượng của ozon trong hỗn hợp là: A 24,72% B 26,72% C 28,72% D 25,71% Cách giải: hν Phương trình ozon hóa: ˆ... là: A 1,08g B.0,56g C 0,54g D 0,45g Phương pháp bảo toàn điện tích Bài tập 5: [7] Cho oxit sắt X hòa tan hoàn toàn trong dd HCl thu được dd Y chứa 1,625g muối sắt clorua Cho ddY tác dụng hết với ddAgNO3 thu được 4,3025g AgCl X có công thức phân tử là: A Fe2O3 B Fe2O3 CHƯƠNG III: C FeO D FeO2 PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH I Nguyên tắc của phương pháp: [6] [14] Phương pháp BTĐT dựa trên định luật: “ điện . DUNG CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG CH NG I :ƯƠ PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG VÀ PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯỢNG I. Phương pháp. trong giải toán hóa học, giúp người học có thể đưa ra những phương pháp nhanh chóng để giải quyết một bài toán TNKQ hơn nhiều lần so với phương pháp thông