Một số phương pháp giải bài tập Hóa trung học phổ thông năm 2020

Phương pháp bảo toàn nguyên tố là phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương pháp bảo toàn khối lượng. Tuy nhiên với nhiều bài toán áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượ[r]

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÓA Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

1 Các phương pháp bảo toàn: a Bảo toàn e:

Nguyên tắc: Trong trình pứ, tổng số e nhường tổng e nhận số mol e nhường số mol e nhận

Lưu ý:

+ Cần xác định trạng thái ban đầu,cuối chất oxh-khử mà không quan tâm đến trình biến đổi trung gian

+ Nếu có nhiều chất oxh, nhiều chất khử tham gia tốn, ta cần tìm tổng số mol e nhường cân

Nhận dạng toán : Đối với toán có thay đổi số oxh , có mặt chất chất oxh, chất khử Dạng 1:1chất khử + 1chất oxh

∑số e chất khử cho = ∑số e chất oxh nhận

Ví dụ : Cho khí CO nóng qua ống sứ đựng m(g) Fe2O3 thời gian 6.72(g) hh X.Hịa tan hồn tồn hh X vào dd HNO3 dư thấy tạo thành 0.448 (l) khí NO (sản phẩm khử nhất).m có giá trị : A.5,56 B.6,64 C.7,2 D.8,8

Bài giải:

Tư toán theo sơ đồ: m(g)

3 

Fe2O3

+ 

CO – 2e→ 

CO2

H2O + 

NO +

3 

Fe 6,72g hh X + H 

NO3

Dựa vào sơ đồ ta thấy, chất khử CO chất oxh HNO3 Ta có : nNO =

4 , 22

448 , 0

= 0,02 mol

Quá trình nhường e: 

C - 2e   C 0,03 0,06 0,03 Quá trình nhận e:

5 

N + 3e   N 0,06 0,02

Áp dụng định luật bảo toàn e: nCO (phản ứng) = nCO2(tạo thành) =0,03 mol Theo định luật bảo toàn khối lượng :

 m = 7,2 gam  Đáp án C

 Dạng : chất khử + chất oxi hóa : ne (1 chất khử cho) = en (2 chất oxi hóa nhận)

Ví dụ : Nung m(g) bột Fe O2 thu gam hh chất rắn X.Hòa tan hết X dung dịch HNO3 dư, 0,56 lit khí NO ( đktc ) ( sản phẩm khử ) Giá trị m là:

A.2,22 B.2,32 C.2,52 D.2,62 Bài giải:

Ta có sơ đồ :

+ 4e

+ 3e

m (g) O

Fe 2

O

3g hh X ( Fe, Fex

-O3 ) + H N 

O3 dư Fe3+ + N 

O - 3e

Dựa vào sơ đồ ta thấy Fe chất khử, O2 HNO3 chất oxi hóa Ta có : mO 2 = − m (g)  nO2=

32 m -3

( mol )

nNO = 22,4 0,56

= 0,025 mol  nFe = 32

m

( mol ) - Quá trình nhường electron :

Fe − 3e Fe  56 m 56 3m

- Quá trình nhận electron :

0

O2  4e 2 -O 32 m -3 8 m -3 N  + 3e N 

0,075 0,025 Áp dụng định luật bảo toàn electron :

56 3m = 8 m -3

+ 0,075  m = 2,52 (g)  Đáp án C

 Dạng : chất khử + chất oxi hóa : ne (2 chất khử cho) = ne (1 chất oxi hóa nhận)

hỗn hợp khí X ( gồm NO NO2) dung dchj Y ( chứa muối axit dư ) Tỉ khối X H2 19.Tìm giá trị V

Bài giải:

Vì axit dư nên Fe, Cu bị oxi hóa hết tạo Fe

 ;

2 Cu



Gọi a, x, y số mol Fe, NO, NO2 nFe = nCu = a

 56a + 64a = 12  a = 0,1 Ta có : hhX = 19.2 = 38

Dựa vào sơ đồ đường chéo ta có : NO (x)…….30

38

NO2 (y)… 46 

y x

= hay x = y

- Quá trình nhường electron :

0

Fe  3e Fe



0,1 0,3

O

Cu  2e Cu



0,1 0,2

 nhường = 0,5 mol - Quá trình nhận electron :

5 N



+ 3e N



3x x

5 N



+ 1e N



 ne nhận = 4x mol

- Áp dụng định luật bảo toàn electron : 0,5 = 4x

=> x = 0,125

=> Vx = 22,4.(0,125 + 0,125 ) = 5,6 (l)

 Dạng 4: chất khử + chất oxi hóa :

n

e ( chất khử cho) =  n

e (2 chất oxi hóa nhận)

Bài giải:

Gọi a, b số mol Fe, Cu 56a + 64 = 14,8 (1)

- Quá trình nhường electron :

0

Fe 3e → Fe



a 3a

O

Cu  2e → Cu



b 2b

→ en nhận = 0,45 + 0,2 = 0,65 mol - Áp dụng định luật bảo toàn electron : 3a + 2b = 0,65

=> a = 0,15 b = 0,1 => mFe = 8,4 g

 Dạng : Cùng lượng chất khử tác dụng với chất oxi hóa : en (oxi hóa nhận) = en (oxi hóa nhận)

Ví dụ : Chia hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn thành phần : - Phần : tác dụng với HCl dư 0,15 mol H2

- Phần : cho tan hết dung dịch HNO3 dư V lít NO ( sản phẩm khử ).Tính giá trị V Bài giải:

Ta có : Số mol electron H+ nhận hay N



nhận : 2H+ + 2e → H2

0,3 mol 0,15 mol

5 N



+ 3e → N



0,3mol 0,1 mol => VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít

 Phạm vi áp dụng: Sử dụng cho tốn có pư oxh-khử, đặc biệt tốn có nhiều chất oxh, nhiều chất khử phản ứng phức tạp, xảy nhiều giai đoạn, nhiều trình

 Nhận xét , đánh giá:

+ Ưu điểm: Giải nhanh toán có nhiều chất oxh , chất khử, khơng cần viết PTPƯ + Nhược điểm

Chỉ thường dùng giải tốn vơ Chỉ áp dụng cho hệ pt oxh-khử

 Liên hệ: Kết hợp với phương pháp bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố

• Ví dụ 1: Nung nóng 16,8g bột sắt ngồi khơng khí, sau thời gian thu m gam khí X gồm oxit sắt sắt dư Hịa tan hết hh X H2SO4đ,n thu 5,6 (l) SO2(đktc)

nFe = 56

8 , 16

= 0.3 mol ; nSO2= 4 . 22

6 , 5

= 0.25 mol

Fe -3e → Fe+3 O2 +4e → 2O-2 0,3 0,9 a 4a 2a

S+6 +2e → S+4/SO2 0,5 0,25

Áp dụng đl bảo toàn electron: ∑e cho = ∑e nhận

 0,9 = 4a + 0,5 => a = 0,1

=> O/oxit sắt = 0,1.2 = 0,2

Vậy mx = mFe + mo = 16,8 + 16.0,2 =20g a>Bảo toàn khối lượng:

 Nguyên tắc : Tổng khối lượng chất tham gia tổng khối lượng chất tạo thành Khi cạn dd khối lượng hh muối thu tổng khối lượng cation kim loại anion gốc axit

∑ mchất tham gia pứ = ∑ msản phẩm pứ

Ví dụ: Fe(r) + 2HCl(l) → FeCl2(r) + H2(k) mFe + mHCl = mFeCl2 + mH2

 Lưu ý:

Khơng tính khối lượng phần khơng tham gia pứ

Đối với pứ có khí tổng sản phẩm nhỏ tổng chất tham gia

Đối với pứ có dư chất tham gia áp dụng định luật BTKL phải cộng phần dư vào phần sp  Nhận dạng : Bài tốn tính khối lượng chung nhiều chất, khơng bảo tính phần riêng rẽ

+ Cho hỗn hợp oxit kim loại qua CO, H2, Al

+ Cho hỗn hợp kim loại tác dụng với axit mạnh

+ Cho hh nhiều muối (muối cacbonat) vào dd axit vào dd muối + Phản ứng cháy hợp chất hữu

 Phạm vi áp dụng :

Dùng để giải tốn vơ hữu áp dụng cho trình oxh-kh khơng phải q trình oxh-kh

Thường dùng để vơ hiệu hóa phép tính phức tạp nhiều tốn vơ cơ, hữu mà tốn xảy nhiều phản ứng.Khi ta cần lập sơ đồ để thấy rõ mối quan hệ tỉ lệ mol chất mà khơng cần viết ptpư

Phản ứng hạt nhân có độ hụt khối nên không áp dụng phương pháp  Nhận xét đánh giá:

+ Nhược điểm :Không thể áp dụng toán hạt nhân (PTPƯ tỏa nhiệt thu nhiệt lớn)

 Mối liên hệ: Thường kèm với pp đại số, phương pháp bảo toàn ngun tố, bảo tồn điện tích đặc biệt bảo tồn e

 Ví dụ 1: Hịa tan hết 7,74g hh bột Mg ,Al 500ml dd hh HCl 1M H2SO4 0,28M thu dd X 8,736l H2(đktc).Cô cạn dd X thu lượng muối khan là:

A.38,93g B.103,85g C.25,95g D.77,86g Bài giải:

Ta có: nH2 =

4 , 22

736 , 3

= 0,39 mol nHCl = 0,58.1 = 0,5 mol nH2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol Áp dụng ĐLBTKL:

mhh + mHCl + mH2SO4 = mmuối + mH2

mmuối= 7,74 + 0,5.30,5 + 0,14.0,8 - 0,39.2 = 38.93g

Chọn A  Ví dụ 2:

COdư + m(g)

    

3

3

O Al

O Fe CuO

to 215 g chất rắn, khí suc qua Ca(OH)2  15g 

Tính m? Bài giải:

CO khử Cu, Fe khỏi hh oxit sinh CO2 , khí CO2 tác dụng với Ca(OH)2 tạo kết tủa CaCO3 => nCaCO3= 15 /100 = 0,15 mol => nCO2 = 0,15 mol => => nCO = 0,15 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có : mCO+ m = mCO2 + mrắn

 0,15.28 + m = 215 + 0,15.44 => m = 217,4 (g)

 Ví dụ : Cho 24,4 g hh Na2CO3 K2CO3 tác dụng vừa đủ với BaCl2, sau phản ứng thu 39,4 g kết tủa Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu m(g) muối clorua Tính m ?

Bài giải 24,4 g

  

3

3 CO K

CO Na

+ dd BaCl2 

 

 

 Cl muôi (g) m

g 39,4

nBaCO3 = 197 39,4

= 0,2 mol

Theo định luật bảo tồn khối lượng ta có: mhh + mBaCl2 = mBaCO3 + m

 24,4 + 0,2.218 = 39,4 + m => m = 26,6 g

b>Bảo tồn điện tích:

 Ngun tắc: Trong phản ứng trao đổi ion rong dung dịch ∑điện tích  = ∑điện tích ①

Hay ∑ ncation = ∑ nanion

Ví dụ : ta có ion số mol ion : Ion Na+ Ca2+ NO3 Cl HCO3 Số mol a b c d e

Theo định luật bảo tồn điện tích ta có : |a.(+1) + b.(+2)| = |c(-1) + d(-1) + e(-1)|  Lưu ý:

+ Phải xác định đầy đủ điện tích dương điện tích âm

+ Trong phản ứng trao đổi ion dd chất điện ly sở định luật bảo toàn điện tích ta thấy có điện tích dương âm ion chuyển vào kết tủa khí khỏi dd phải trả lại cho dd nhiêu điện tích dương âm

 Nhận dạng: AB + CD → AD + CB An+ + Cm+ = Bn- +Dm-

(Cho toán dạng ion âm,ion dương.)  Phạm vi áp dụng:

+ Đối với dung dịch chất điện ly,xđ nồng độ ion dung dịch + Áp dụng cho toán nhiều Axit- Bazơ

H+ + OH- → H2O

+ Định luật bảo tồn điện tích áp dụng trường nguyên tử, phân tử , dd trung hòa điện + Âp dụng số tốn có phản ứng trao đổi ion

 Nhận xét,đánh giá:

+ Ưu điểm: Dễ áp dụng, giải nhanh tốn điện tích ( thường vô cơ) giúp xác định số oxh ion dễ dàng, khơng cần phải viết phương trình ( tốn thời gian) tìm nồng độ ion dung dịch dựa vào bảo toàn điện tích

+ Nhược điểm: Thường khơng áp dụng hữu cơ, không áp dụng rộng rãi tốn vơ

 Liên hệ: Đi kèm với phương pháp đại số, phương pháp ghép ẩn số

 Ví dụ 1: Dung dịch A chứa Na+ a(mol), HCO3- b(mol), CO32- c(mol), SO42- b(mol).Để tạo kết tủa lớn người ta dùng 100ml dd Ba(OH)2 x mol/l Lập biểu thức tính x theo a b

Ba2+ + CO32- → BaCO3↓ Ba2+ + SO42- → BaSO4↓

Dd sau phản ứng có Na+ a(mol) Vì bảo tồn điện tích nên phải có a(mol) OH- Để tác dụng với HCO3- cần b(mol) OH-.Vậy số mol OH- Ba(OH)2 cung cấp : a + b(mol)

Ta có: nBa(OH)2 = 2

) b (a 

x =

2.0,2 ) b a

( 

= 0,2

) b a

( 

(mol/l)

 Ví dụ : Thêm m gam K vào 300ml dung dịch chứa Ba(OH)2 0,1M NaOH 0,1 thu dd X Cho từ từ dung dịch X vào 200ml dung dịch Al2(SO4)3 0,1M thu kết tủa Y Để thu lượng kết rủa Y lớn m có giá trị ?

Bài giải :

Dung dịch X chứa : Ba2+ , K+ , Na+ , OH

Khi cho dung dịch X vào dung dịch Al2(SO4)3 , để thu kết tủa lớn kết tủa tách khỏi dung dịch Dung dịch tạo thành gồm : K+ , Na+ , SO42- Áp dụng định luật bảo tồn điện tích ta có : nK + nNa = nSO4 2 => nK= 3.0,02  0,03 = 0,03 mol

=> mK= 0,03.39 = 1,17 (g)

 Ví dụ : Chia hỗn hợp kim loại A, B có hóa trị không đổi thành phần nhau: - Phần : tan hết dung dịch HCl tạo 1,792 lít H2 (đktc)

- Phần : nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi thu 2,84 gam chất rắn Tính khối lượng hỗn hợp kim loại hỗn hợp đầu

Bài giải:

A, B có hóa trị khơng đổi nên tác dung với HCl O2 số mol điện tích kim loại A, B phần không thay đổi , số mol điện tích âm phần

Vì O2- 2Cl nên nO(trong oxit) =

2 1

nCl(trong muối)= nH2= 22,4 1,796

= 0,08 (mol) mkim loại = moxit  mO = 2,84  0,08.16 = 1,56 (g)

Khối lượng kim loại hỗn hợp ban đầu : m = 2.1,56 = 3,12 (g)

d)Bảo toàn nguyên tố:`

 Nguyên tắc: Ngoại trừ phản ứng hạt nhân, phản ứng hóa học thơng thường, ngun tố ln bảo tồn Tổng khối lượng nguyên tố trước phản ứng tổng khối lượng nguyên tố sau phản ứng

Ví dụ: Fe   HCl dd

FeCl2  

NaOH dd

Fe(OH)2  2,H2O O

Fe(OH)3 

0

t

 Lưu ý: Chỉ áp dụng cho tốn thơng thường, khơng áp dụng cho toán hạt nhân

Xác định đầy đủ chất tham gia sản phẩm, tất hợp chất có liên quan đến nguyên tố áp dụng định luật

 Nhận dạng:

+ Bài tốn tính khối lượng chất trình phản ứng sảy nhiều bước + Sử dụng phản ứng đốt cháy hợp chất

Ví dụ 1:

Khi đốt cháy hợp chất A : CxHyOz  mA = mC + mH + mO Ví dụ 2:

Khi đốt cháy hợp chất hữu B ( C,H ) : → mO(CO2) + mO(H2O) = mO(O2 pư)

+ Áp dụng số phản ứng oxi hóa khử phức tạp phản ứng oxi hóa khử với nhiếu chất khử  Phạm vi: Đối với tập hữu cơ, vô phản ứng đốt cháy mà tốn sảy nhiều phản ứng

 Nhận xét: + Ưu điểm:

Phương pháp bảo toàn nguyên tố phương pháp giải nhanh, có nhiều nét tương đồng với phương pháp bảo tồn khối lượng Tuy nhiên với nhiều tốn áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng Xác định nguyên tố sau phản ứng

Sử dụng có hiệu tập trắc nghiệm khách quan , phát triển khả tư cho học sinh Khi sử dụng phương pháp ta cần lập sơ đồ phản ứng để thấy rõ mối quan hệ tỉ lệ mol chất mà không cần viết phương trình phản ứng

+ Nhược điểm: Phương pháp bảo toàn nguyên tố áp dụng tốn hỗn hợp thơng thường, tốn phóng xạ có tạo thành ngun tố mới, độ hụt khối nên phương pháp bảo toàn nguyên tố áp dụng

 Liên hệ: với phương pháp bảo toàn khối lượng

Phương pháp bảo toàn nguyên tố thường dùng bước việc giải toán gồm nhiều bước

 Ví dụ 1: Hịa tan hoàn toàn hh gồm 0,12 mol FeS2 a mol Cu2S vào axit HNO3 vừa đủ, thu dung dịch X( chứa muối sunfat) khí NO.Tính giá trị a:

Bài giải: Ta có sơ đồ:

2FeS2 → Fe2(SO4)3 0,12 0,06

Cu2S → 2CuSO4 a 2a

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + a = 0,06.3 + 2a → a = 0,06 mol

ứng Bài giải:

40g

  

3 2O Fe CuO

+ 15,68(l) CO  mrắn

  

Fe Cu

+ CO2

Ta có : nCO2= 22,4 15,68

= 0,7 mol

Bảo toàn nguyên tố C : nCO2 = nCO = 0,7 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mhh + mCO = mrắn + mCO2

 40 + 0,7.28 = mrắn + 0,7.44 => m = 28,8 (g)

2)Phương pháp tăng giảm khối lượng:

 Nguyên tắc: Khi chuyển từ chất A→B( qua nhiều giai đoạn trung gian), khối lượng tăng hay giảm gam( thường tính theo mol dựa khối lượng thay đổi ta tính số mol chất tham gia phản ứng hay ngược lại

+ Nhúng kim loại A vào dd muối kim loại B.Sau thời gian pứ lấy kl rửa nhẹ,sấy cân:

- Nếu khối lượng kl tăng (so với trước nhúng) độ tăng khối lượng kl là: Δm↑ = mB bám – mA tan

- Nếu khối lượng kl giảm ( so với trước nhúng ) độ giảm khối lượng kl: Δm↓ = mA tan – mB bám

+ Khi cho hh CO2 H2O vào bình Ca(OH)2 bình Ba(OH)2 thì: Δmbình ↑ = mCO2 + mH2O

Δmdd ↑ = mCO2 + mH2 O + m ↓ Δmdd↓ = m↓ - ( mCO2 + mH2 O)

 Lưu ý : Khi A → B khơng thiết phải trực tiếp mà qua nhiều giai đoạn trung gian  Nhận dạng: Có tăng giảm khối lượng chuyển từ chất sang chất khác

 Phạm vi áp dụng : Thường áp dụng giải tập vô hữu cơ.Giải tập với hh chưa xác định thành phần tập pha trộn dd, đặc biệt tạo kết tủa hay giải phóng khí bay  Ví dụ : Nhúng kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO4.Sau khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng kẽm tăng 2,35% so với ban đầu.Hỏi khối lượng kẽm ban đầu

Bài giải:

Gọi khối lượng kẽm ban đầu a(gam) khối lượng tăng thêm 100 2,35a

(gam) Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd

Với số mol = 208

32 , 3

= 0,04(mol) khối lượng tăng 2,35a/100(gam)

Ta có tỉ lệ: 04 , 0

1 =

100 a 35 , 2

47

a = 80(g)

3) Các phương pháp trung bình:

 Nguyên tắc chung: Ta thay hh nhiều chất chất tương đương.Nếu hh gồm nhiều chất tác dụng với với chất khác mà tính chất phương trình phản ứng tương tự sản phẩm, tỉ lệ số mol chất tham gia chất sản phẩm,hiệu suất phản ứng

 Lưu ý:Bất kể đại lượng trung bình có giới hạn

 Phạm vi: Được áp dụng để giải ngắn gọn tập xá định CTPT hợp chất hữu hỗn hợp nhiều chất

a)Phương pháp khối lượng trung bình: hh

hh khối lượng 1mol hổn hợp (với hh khí cịn coi khối lượng 22,4l hh khí đo đktc) + hh ln nằm khoảng khối lượng mol phân tử chất thành phần nhỏ lớn +Mmin < hh < Mmax

+ Hỗn hợp chất A,B có MA<MB có thành phần % theo số mol tương ứng a% b%:

a% = b% = 50% a% < 50% < b% a% > 50% > b% hh = (MA+MB)/2 hh >(MA + MB)/2 hh< (MA + MB)/2

+Với hỗn hợp ( rắn,lỏng,khí ):

hh = mhh/nhh = (MA nA + MB.nB +….+ Mini)/(nA + nB +… + ni) + Riêng với hỗn hợp khí:

hh= = dhh/khí X Mx = ( MAVA + MBVB +….+ViMi)/(VA + VB + ….+ Vi)

 Ví dụ: Một hỗn hợp ankan đồng đẳng nhau,có tỉ khối hidro 16,75.Tìm CTPT Giải:

MA,MB,a,b khối lượng phân tử số mol ankan A(CnH2n + 2), B(CmH2m + 2) Khối lượng phân tử trung bình ankan là:

hh = 2.16,75 = 33,5g Ta có : MA < hh =33,5 MB = MA + 14 > 33,5

Vì A,B đồng đẳng liên tiếp nên: MB = MA +14

19,5 < MA = 14n + < 33,5

1,25 < n < 2,35 Vì n nguyên nên n =

m =

A: C2H5 etan B: C3H8 propan

b)Phương pháp khối lượng mol trung bình:

 Nguyên tắc:Nếu tồn tập hợp phần tử với trị số phần tử A,B,C…có số lượng mổi phần tử tương ứng a,b,c… hay % số lượng mổi phần tử x,y,z ln tồn giá trị tương đương gọi trị số trung bình X phần tử đó:

X= xA + yB + zC +… với x + y + z +…= 100% = Hay X=

z y x

zC yB xA

  

  

Khối lượng mol trung bình: = M1x1 + M2x2 +… +xnMn=

i

1

i i

2 1

n n n

M n M n M n

  

  

Hay Tổng khối lượng hổn hợp Tổng số mol hổn hợp =

hh hh

n m

 Lưu ý :

+ Hỗn hợp nhiều chất:Nếu chất hh thể khí xét nhiệt độ áp suất thay số mol ,% số mol thể tích % thể tích tương ứng:

= M1x1 + M2x2 + M3x3 +…

x1,x2,x3 % số lượng % thể tích

= (∑khối lượng hỗn hợp(g))/(∑số mol chất hỗn hợp) hh khí = (M1V1 + M2V2 + …)/(V1 + V2+ )

=(∑MiVi)/∑Vi.) + Hỗn hợp chất:

= (mA + mB )/(a+ b) Với a,b số mol A,B + Nếu nA = nB  = (MA + MB)/2

Đối với chất khí :

khí = (M1V1 + M2(V- V1))/n) Với n tổng số mol khí 1,2 - Hỗn hợp chất loại hay dãy đồng đẳng - Các pứ phải loại hiệu suất phản ứng

 Nhận dạng:

+Vô cơ:-Xác định khối lượng nguyên tử kim loại nằm chu kì liên tiếp thuộc phân nhóm

-Xác định % số lượng loại đồng vị nguyên tố -Tính % thể tích khí hỗn hợp

+Hữu cơ:Xác định CTPT chất dãy đồng đẳng  Phạm vi áp dụng:

+Tìm khoảng giới hạn đại lượng cho trước chứng minh bất đẳng thức hóa học +Biện luận chất dư

 Nhận xét:

+Ưu điểm:Giúp giải nhanh toán VC-HC loại hỗn hợp hay nhiều chất +Nhược điểm:Chỉ áp dụng cho toán h có cngf hiệu suất,cùng loại phản ứng  Mối liên hệ: Liên hệ với phương pháp : bảo tồn khối lượng

 Ví dụ 1: Đun nóng hỗn hợp gồm rượu đơn chức,mạch hở,kế tiếp dãy đồng đẳng với H2SO4đ 1400C.Sau phản ứng kết thúc,thu 6(g) hh gồm êt 1,8g H2O.Xđ CTPT rượu Giải:

Gọi CT chung ancol đơn chức ROH

2ROH  HNO3 H2O + R2O Ta có : nR2O = nH2O =

8 8 , 1

= 0,1 (mol)

MR2O = 1 , 0

6

= 60 => MR = 2

16

60

= 22 Vậy ancol : CH3OH C2H5OH

 Ví dụ : Hai kim loại kiềm M, M’ nằm chu kì BHTTH.Hịa tan hỗn hợp M, M’ nước dung dịch A 0,336 (l) H2 đktc Cho HCl dư vào dd A cô cạn 2,075g muối khan Xác định tên kim loại M, M’

Giải:

Phương trình hóa học sảy :

2M + 2H2O = 2MOH + H2 (1) x x x/2

2M’ + 2H2O = 2M’OH + H2 (2) y y y/2

MOH + HCl = MCl + H2O (3) x x

M’OH + HCl = M’Cl + H2O (4) y y

Gọi x, y số mol kim loại M, M’ Theo (1), (2):

2 x

+ 2 y

= 22,4 0,336

= 0,015 => x + y = 0,03 Theo (1, 2, 3, 4): n2 muối = x + y = 0,03

=> muối = 0,03 2,075

= 69

=> M < 33,5 < M’ => M : Na (23) M’ : K (39)

c)Phương pháp số nguyên tử C trung bình, nguyên tử H trung bình ȳ, số liên kết л trung binh ,gốc hidrocacbon trung bình :

 Nguyên tử cacbon : hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz b(mol) Cx’Hy’Oz’ => =

b a

bx ) (ax  Nguyên tử hiđro trung bình ȳ: hỗn hợp gồm a(mol) CxHyOz b(mol)

Cx’Hy’Oz’ ȳ =

b a by' ay  

 Số liên kết n trung bình k : k =

x Br n n

 Gốc hiđrocacbon trung bình: RCOOH R’COOH : = b a bR' aR  

 Một số lưu ý áp dụng:

Đối với số nguyên tử C trung bình: - Nếu số mol a = b =

2 x' x 

- Cách tính số ngun tử C trung bình( ): + Tính theo nCO2 nhh:

VD: C2H4 O2 2CO2 x 2x C3H6  O2 3CO2 y 3y => =

y x 3y 2x   = hh CO2 n n

+ Tính theo % số mol %V :

VD: Đốt cháy hoàn toàn hổn hợp C3H6 C4H8 lấy mol hh C3H6 + O2  3CO2 + 3H2O

x (mol) 3x (mol) C4H8 + O2  4CO2 + 4H2O 1- x mol 4(1-x) mol => n = 3x + 4(1-x) Tổng quát ta có n=

i i i 2 1 x x x x n x n x n      

Bài toán hổn hợp đồng đẳng, đồng đẳng liên tiếp toán hửu nhằm xác định CTPT h/c hửu

 Phạm vi áp dụng:

PP số nguyên tư C trung bình để xác định CTPT h/c hửu  Ưu nhược điểm:

+Ưu: - Giải cách đơn giản nhanh chóng nhiều tốn phức tạp,đặc biệt hóa hửu - Các toán hửu giải pp khối lượng mol trung bình nói chung giải pp số nguyên tử C

- PP đặc biệt thận lợi cho việc giải toán hh chất đồng đẳng đồng đẳng liên tiếp +Nhược: Chỉ áp dụng phổ biến hóa hữu

 Mối liên hệ: Liên hệ với pp bảo toàn khối lượng , khối lượng mol trung bình, pp đại số

 VD1: đốt cháy hoàn toàn 0,25 (mol) hh este no,mạch hở, đơn chức đồng đẳng liên tiếp, thu 19,712 lít khí CO2 (đkc).Xà phịng hóa lượng este dung dịch NaOH tạo 17g muối Xác định CTPT este

Giải: Gọi CT chung este 2

n

nH O

C CO2

n = 0,88 (mol

n

nH O

C + ( 1

2

3n 

)O2  CO2 + H2O 0,25 0,25n

=> 0,25 = 0,88  = 3,52 => este C3H6O2 C4H8O2

Cho este tác dụng với dd NaOH thu muối chứng tỏ este có gốc axit RCOOR' + NaOH  RCOONa + R'OH

0,25 0,25

RCOONa

M =

25 , 0

17

=68 => R

M = => R H Vậy este HCOOC2H5 HCOOC3H7

Ví dụ2: Đốt cháy hồn tồn 5,2g hỗn hợp x gồm ankan thu 15,4g khí CO2 Xác định công thức ankan

Giải: Đặt công thức ankan CnH2n+2 CmH2m+2 Công thức phân tử trung bình C H2 +2 với số nguyên tử cacbon trung bình ankan

Phương trình phản ứng cháy: C H2 +2 +

2 1 3n

O2 → O2 + ( +1)H2O

Ta có tỉ lệ 2 , 5

2 14n

=> = 2,33

=> 1≤ n < < m = n+1, n,m nguyên => ankan C2H6 C3H8 4> Phương pháp đại số:

 Nguyên tắc: Dùng đại số để xác định hệ số phân tử chất tham gia thu sau phản ứng hóa học, ta coi hệ số ẩn số kí hiệu chữ a,b,c… đưa vào mối tương quan nguyên tử nguyên tố theo định luật bảo toàn khối lượng để lập hệ phương trình bậc nhiều ẩn số Giải phương trình chọn ẩn số số nguyên dương nhỏ ta xác định hệ số phân tử chất phương trình hóa học

 Lưu ý:

Việc giải toán hóa học theo phương pháp đại số nhiều phức tạp, thơng thường học sinh lập phương trình đại số mà khơng giải hệ phương trình

Các điều kiện mà ẩn số pjair tuân theo để kiểm tra kết có hay khơng.(thí dụ:x,y,z > o ) Nếu giải tốn có số ẩn nhiều số phương trình tốn học thiết lập được,bài tốn vơ định ( nghĩa: có nhiều cặp nghiệm khác nhau),ta phải biệ luận, loại bỏ cặp nghiệm khơng thỏa điều kiện tốn, lựa chọn cặp nghiệm phù hợp

 Phạm vi áp dụng: Ứng dụng cho tập vô cơ, hưu cơ, tập liên qan đến oxh khử  Nhận xét:

+ Ưu điểm: Cách giải dể hiểu + Nhược điểm: Dài Phức tạp

Khi giải tốn gặp bế tắc số ẩn số phản úng Không biết rõ chất hóa học cho tính chất

Về mặt hóa học dừng lại chổ học sinh viết xong phương trình phản ứng hóa học đặt định nghĩa để tính theo phương trình đó(dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) lại đòi hỏi học sinh nhiều kỉ toán học Tinha chất toán học tốn lấn át tính chất hóa học làm lu mờ chất hóa học Trên thực tế học sinh giải phương pháp đại số thường bế tắc Ta giải toán phương pháp mang tính đặc trưng hóa học như: tốn khối lượng, tốn e…

Ví dụ: Để m (g) bột sắt A ngồi khơng khí, sau thời gian biến thành dung dịch B có khối lượng 12 (g) gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 cho B tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thấy sinh 2,24l khí NO đktc Tính m(g)

Giải: Trong khơng khí sắt tác dụng với oxi tạo oxit 2Fe + O2 → 2FeO

4Fe + 3O2 → 2Fe3O4 3Fe + 2O2 → Fe2O3

Hỗn hợp B tác dụng với dung dịch HNO3: Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO +2H2O 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3) + NO + 5H2O 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O

Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t =12 (1) Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t =

56 m

(2) Theo số mol nguyên tử oxi oxit:

y + 4z + 3t = 16

m -12

(3) Theo số mol NO:

x + 3 y

+ 3 z

= 4 , 22

24 , 2

= 0,1 (4)

Nhận xét trước giải hệ phương trình đại số trên:

-Có ẩn số có phương trình Như khơng đủ số phương trình để tìm ẩn số , cần giải kết hợp với biện luận

- Đầu yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu , khơng cần phải tìm đầy đủ ẩn x, y, z, t.Ở có phương trình , biết giá trị dể dàng tính khối lượng sắt ban đầu phương trình (2) (3)

+Tìm giá trị (2), số mol Fe Nhân giá trị với nguyên tử khối Fe 56 ta m

+Tìm giá trị (3), số mol nguyên tử O oxit.Nhân giá trị với nguyên tử khối O 16 ta khối lượng oxi oxit sắt Lấy khối lượng hỗn hợp B trừ khối lượng oxi ta khối lượng sắt ban đầu ,tức m

- Thực phép tính : +Tìm giá trị phương trình (2):

Chia (1) cho được: 7x + 9y + 29z + 20t =1,5(5) Nhân (4) với được: 3x + y + z = 0,3 (6)

Cộng (5) với (6) được:10x + 10y + 30z +20t = 1,8 (7) Chia (7) cho (10) được: x + y + 3z + 2t = 0,18

M = 12 – (0,12.16) = 10,08g + Tìm giá trị phương trình (3):

Nhân (5) với được: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8) Nhân (6) với (7) được: 21x + 7y + 7z = 2,1

Lấy (8) trừ (9) được: 20x + 80z + 60t = 2,4 (10) Chia (10) cho (20) được: y + 4z + 3t = 0,12

M = 12 – (0,12.16) = 10,08g

hơn, phương pháp bảo tồn khối lượng phương pháp bảo toàn e 5> Phương pháp đường chéo :

 Nguyên tắc: Trộn dung dịch chất A với nồng độ khác ta thu dung dịch chất A với nồng độ => lượng chất tan phần đặc(nồng đọ cao) bị xuống phải = lượng chất tan tăng lên phần loãng(nồng độ thấp)

+ Dung dịch :có khối lượng m1 ,v1, c1 (c% CM) khối lượng riêng d1 + dung dịch 2:có khối lượng m2, v2, c2 ( c2 >c1 ) , khối lượng d2

Dung dịch thu có m=m1+m2 ; v= v 1+v2 , nồng độ c ( c1<c <c2 ), khối luwowgj d Sơ đồ đường chéo có cơng thức tương ứng trường hợp là:

a) Đối với nồng độ % khối lượng: m1 c1  | C2 − C |

C

m2 C2 | C1 − C | *Lưu ý:

Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần:

+ Chất rắn coi dung dịch có nồng độ C = 100% + Dung mơi coi dung dịch có C = 0%

+ khối lượng riêng nước d = 1g/ml

+ Không áp dụng phương pháp cho trường hợp trộn lẫn chất khác xảy phản ứng hóa học chúng

 Phạm vi:

Được sử dụng toán trộn lẫn dung dịch có chất tan, nồng độ trộn lẫn chất khí khơng tác dụng với

 Nhận xét:

Ưu điểm: giải nhanh số toán, toán pha trộn dung dịch, hỗn hợp hai đồng vị, tính thành phần % hỗn hợp muối, đơn bazơ hay đa acid

Có ý nghĩa thực tế, pha chế dung dịch  Dạng 1: Pha chế dung dịch

*Ví dụ: Để thu dd HCl 25% cần lấy m1 gam dd HCl 45% pha với m2 gam dd HCl 15%.Tỉ lệ m1/m2 là:

A 1:2 B.1:3 C.2:1 D.3:1 Hướng dẩn giải:

Áp dụng công thức:

m1 C1 C2 –C

 C => m1/m2=2:1

m2 C2 C1-C Đáp án C

A.84,05 B.81,02 C.18,98 D.15,95 Hướng dẩn giải:

Ta có sơ đồ đường chéo:

Br

81

35 (M=81) |79-79,319| =0,319

  =79,319

79

35Br(M=79) |81-79,319| =1,681

Br Br 81 35 %

79 35 %

=

681 ,

319 ,

=> %3581Br=

319 , 681 ,

319 ,

 =0,1595

=>%3581Br=15,95 => ĐS:D

 Dạng 3: Tính tỷ lệ thể tích hổn hợp khí:

VD: Một hh gồm O2,O3 dktc có tỉ khối H2 18.Thành phần % thể tích O3 hh là: A.15% B.25% C.35% D.45%

Hướng dẩn giải:

Áp dụng sơ đồ đường chéo: VO3 M1=48 |32-36|

 =36

VO2 M2=32 |48-36|

=> V VO2

O

=

12

=1/3 =>%VO3 = 25% =>ĐS:B

 Dạng 4: Tính thành phần hh muối pư đơn bazơ đa axit

Bài tập giải dể dàng pp thông thường(viết ptpư,đặt ẩn).Tuy nhiên nhanh chóng tìm kết cách sử dụng sơ đồ đường chéo

Vd:Thêm 200 ml dd NaOH 2M vào 200ml dd H3PO4 1,5M.Muối tạo thành khối lượng tương ứng A.14,2g Na2HPO4 ; 32,8g Na3PO4

B.24,8g Na2HPO4 ;16,4g Na3PO4 C.12,0g Na2H2PO4;28,4g Na2HPO4 D.24,0g Na2H2PO4;14,2g Na2HPO4 Hướng dẩn giải:

có < P O H

NaOH

3

n n

=

5 , ,

2 25 ,

=5/3<2 nNaOH Tạo hh muối: NaH2PO4 Na2HPO4 Sơ đồ đường chéo:

Na2HPO4(n1=2)  |1-5/3|

 =5/3 

NaH2PO4(n2=1) |2-5/3|

Mà nNa2HPO4 + nNaH PO4 = nH3PO4 =0,3(mol)

mNa HPO 4 = 0,2.142 = 28,4(g)

mNaH PO4= 0,1.120 = 12,0(g)

ĐS: C

*Dạng 5: Bài toán hỗn hợp chất vơ kl có tính chất hóa học

Ví dụ: Hịa tan 3,164g hỗn hợp muối CaCO3 BaCO3 dd HCl dư thu 448ml khí CO2(đktc) thành phần % hỗn hợp là:

A.50% B.55% C.60% D.65% Hướng dẫn giải:

nCO2=

4 , 22

448 ,

= 0,02 (mol)

 =

0,02 3,164

= 158,2

Áp dụng sơ đồ đường chéo ta có:

BaCO3 (M1 = 197)  100-158,2 = 58,2

= 158,2

CaCO3 (M2 = 100) | 197- 158,2|=38,8

% BaCO3 =

2 , 58 , 38

2 , 58

 100% = 60% => ĐS:C

 Dạng 6: Bài toan trôn quặng kim loại

Đây dạng toán mà giải theo cách giải thơng thường kha dài dịng,phức tạp.Tuy nhiên sử dụng sơ đồ đường chéo việc tìm kết trở nên đơn giản nhanh chóng nhiều.Để áp dụng sơ đồ đường chéo,ta coi quặng dung dịch chất tan kim loại xét nồng độ chất tan nồng độ % khối lượng kim loại quặng

Ví dụ 9: A quặng hematit chứa 60% Fe2O3.B quặng manhetit chứa 69,6% Fe3O4.Trộn m1 quặng A với m2 quặng B,thu quặng C điều chế 0,5 gang chứa 4% C,tỉ lệ m1/m2 là: A.5/2 B.4./3 C.3/4 D.2/5

Hướng dẩn giải: Số kg Fe có mổi quặng:

+ Quặng A chứa: 1000 100

60

160 112

= 420 (kg) + Quặng B chứa: 1000

100 , 69

232 168

= 504 (kg) + Quặng C chứa: 500.(1-4/100)= 480 (kg) Sơ đồ đường chéo:

mA 420  |504-480|=24

480

=>= B A

m m

60 24

=2/5=>ĐS: D

6)Phương pháp biện luận theo ẩn số:

 Nguyên tắc: Khi giải tốn hóa học theo phương pháp đại số, số phương trình tốn học thiết lập số ẩn chưa biết cần tìm phải biện luận cách: chọn ẩn số làm chuẩn tách ẩn số cịn lại.Nên đưa phương trình tốn học ẩn,trong ẩn có giới hạn ( tất nhiên ẩn có giới hạn tốt) Sau lập bảng biến thiên hay dựa vào điều kiện khác để chọn giá trị hợp lý

Để tìm cơng thức phân tử ta biện luận hteo nội dung sau: - Biện luận theo hóa trị

- Biện luận theo lượng chất ( gam,mol ) - Biện luận theo tính chất

- Biện luận theo kết toán

- Biện luận khả phẩn ứng sảy - Biện luận theo giới hạn

 Ví dụ: Hịa tan 3,06 gam oxit MxOy dd HNO3 dư, sau cạn thu 5,22 gam muối khan.Hãy xác định kim loại M biết có hóa trị

Giải:

Phản ứng hòa tan:

MxOy + 2yHNO3 → xM(NO3)2y/x + yH2O (1) Từ (1) ta có tỉ lệ :

16y M

3,06



x

=

124y M

5,22

x 

=> M = 68,5

x 2y

Trong ( )

x 2y

n hóa trị kim loại Vậy M = 68,5.n ( I ) Cho n giá trị 1,2,3….từ (I) M = 137, n =

M: kim loại Ba,hóa trị II

Ví dụ 2: hịa tan 2,84 g hh muối cacbonat kim loại thuộc phân nhóm nhom II thuộc chu kì liên tiếp dd HCl dư người ta thu dd A khí B Cơ cạn dd A thu 3,17 g muối khan

a.Tính thể tích khí B đktc b Xác định tên kim loại Giải:

a.Gọi X,Y kim loại

XCO3 + 2HCl  XCl2 + CO2 + H2O (1) YCO3 + 2HCl  YCl2 + CO2 + H2O (2)

11 2,84 -3,17

= 0,03 mol; VCO2= 0,03.22,4 = 0,6721

b m2muối = 03 , 0

84 , 2

= 94,66 g 2 kl = 94,66 – 60 = 34,66

Vì kim loại thuộc chu kì liên tiếp nên chúng phải Mg (24) Ca (40) 7) Phương pháp tách công thức phân tử :

 Nguyên tắc: Để biểu diễn thành phần hợp chất hữu ta dùng CTPT viết dạng khác nhau.Nguyên tắc phương pháp tách CTPT dựa tỉ lệ thành phần (% khối lượng) C H anken không đổi

2n 12n

= 6 1

Nghĩa anken cacbon chiếm 6/7 khối lượng anken.Cịn h chiếm 1/7

 Ưu điểm : Dùng phương pháp cho phép giải nhanh chóng đơn giản số tập hữu Tách CT phức tạp dạng CT đơn giản giải tốn hóa học từ cấu tạo đơn giản

 Nhược điểm: Chỉ dùng cho toán hữu  Một số mẫu tách công thức phân tử:

1)Ankan : CnH2n+2  CnH2n.H2

2)Ankadien, anken,: CnH2n-2  CmH2mC m = n – 3)Ankin : CnH2n-6  CmH2m.3C m = n –

4)Rượu no, đơn chức : CnH2n+1OH  CnH2n.H2O

5)Rượu không no, đơn chức : CnH2n-1OH  CnH2nO CmH2m.CHO m = n – 6)Rượu thơm phenol : CnH2n-7OH  CmH2m.C3O m = n –

7)Anđehit no, đơn chức : CnH2n+1.CHO  CnH2n.HCHO CmH2mO m = n + 8)Axit no, đơn chức: CnH2n+1.COOH  CnH2n.HCOOH CmH2mO2 mà m = n + 9)Axit không no, đơn chức : CnH2n-1COOH  CnH2n.CO2

 Ví dụ : Cho 6,15 g hh rượu no đơn chức thành phần Lấy phần cho tác dụng với Na tạo 0,672 lit H2 (đktc) Phần đốt cháy lit CO2 gam H2O ?

Bài giải :

CnH2n+1OH + Na  CnH2n+1ONa + 2 1

H2 (1)

CmH2m+1OH + Na  CmH2m+1ONa + 2 1

H2 (2)

CnH2n+1OH + 2 3n

O2  nCO2 + (b + 1)H2O (3)

CmH2m+1OH + 2 3m

O2  mCO2 + (m + 1)H2O

Theo (1),(2) : nrượu= = 2.nH 2 = 22,4 0,672

Nếu tách công thức phân tử rượu thành CxH2x.H2O lượng H2O có rượu = 0,06.18 = 1,08 g Khối lượng phần anken:

mCxH2x= 2 6,15

 1,08 = 1,995 g VCO2=

12 . 7

,4 1,995.6.22

= 3,1921 (l)

mH2O = 1,08 2

. 7 1,995.1.18

 = 3,645 (g) nhận dạng:tìm cơng thức phân tư

8)Phương pháp tự chọn lượng chất :

 Nguyên tắc : Khi gặp tập cho lượng chất mang giá trị tổng quat m (g),n (mol), V (lit), kết giải tốn khơng hồn tồn phụ thuộc vào lượng chất cho.Gặp toán thuộc loại ta áp dụng phương pháp tự chọn nhằm làm cho việc tự chọn lượng chất trở nên đơn giản,có thể chọn giá trị tự cho lượng chất nghiên cứu theo chất sau:

Cách 1: Chọn lượng chất mol hay khối lượng mol phân tử, nguyên tử ion.Ngồi với chất khí lấy V 22,4 l

Cách 2: Chọn lượng chất theo tỉ lệ lượng chất cho Sau tốn có phần áp dung với giá trị cụ thể ta phải chuyển đổi từ lượng chất tự lượng chất bắt buộc

 Ví dụ : Đốt cháy hoàn toàn m (g) hợp chất A ( chứa C, H, O ) oxi vừa đủ thu : mH2O =

77 45

mA; VCO2= 9 8

VO2pứ

Xác định công thức cấu tạo đơn giản A Giải:

Giả sử có mol chất hữu A (CT: CxHyOz) CxHyOz + (x +

4 y

− 2 z

)O2  o t

xCO2 + 2 y

H2O (1)

1 mol (x + 4 y

− 2 z

)mol x mol 2 y

mol

mH2O = 77 45

mA => 9y = 77 45

( 12x + y + 16z)  3,6y = 3x + 4z

Vì VCO 2= 9 8

VO 2 => x = 9 8

(x + 4 y

− 2 z

) 9x = 8x + 2y − 4z

=>y = 1,6

2x =

4 5x Thế y ta :

4 5x

= 2,5x = x + 4z

=> z = 8 3

x

Ta có tỉ lệ nguyên tử : x : y : z = x :

4 5x

: 8 3x

= : 10 : Công thức đơn giản:

A : C8H10O3

9)Phương pháp ghép ẩn số:

 Cách giải: Một số toán cho thiếu kiện nên giải phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều số phương trình có dạng vơ định, khơng giải được.Nếu dùng phương pháp ghép ẩn ta giải loại toán cách dễ dàng

 Phạn vi ứng dụng: Bài toán hữu vô vơ

 Ưu điểm : Giải tiếp tốn có nhiều ẩn phương trình cách dễ dàng.Biết chất phương trình phản ứng

 Nhược điểm: Phương pháp thủ thuật tốn học khơng mang tính chất hóa học  Ví dụ: Đốt cháy hồn tồn a (g) hỗn hợp rượu no, đơn chức hỗn hợp khí Cho hỗn hợp khí qua bình đựng H2SO4 đặc bình đựng nước vơi dư,thấy bình tăng 1,98g bình có 8g kết tủa tính a

Giải:

Đặt CTPT rượu CnH2n+1OH

CmH2m+1OH

Gọi x,y số mol rượu CnH2n+1OH +

2 3n

O2  nCO2 + ( n + )H2O x  nx  ( n+1 )x

CmH2m+1OH + 2 3m

O2  mCO2 + (m+1)H2O y  my  (m+1)y

CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 0,08 

100 8

= 0,08

nH2O =(n+1)x + (m+1)y = 18

98 , 1

=0,11 (2)

Ở với ẩn số (n,m,x,y) mà có phương trình nên có dạng vơ định Ta triển khai để ghép ẩn số

Từ (2): nH2O =nx + x + my + y= (nx+my)+(x+y)=0,11 Thay nx+my=0,08,rút x + y=0,11- 0,08=0,03 Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y Ghép ẩn số a = 14(nx + my) + 18(x + y)

Thay giá trị biết a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I.Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn

II.Khoá Học Nâng Cao HSG

-Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

-Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III.Kênh học tập miễn phí

-HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

-HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

- - - - -