hoa dien li 11

“Phương pháp giải nhanh một số bài tập Hóa học lớp 11 bằng phương trình ion thu gọn và phương trình bảo toàn electron” Nguyễn Thanh Phúc 11a1 Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn[r]

(1)

“Phương pháp giải nhanh số tập Hóa học lớp 11 phương trình ion thu gọn phương trình bảo tồn electron”

Nguyễn Thanh Phúc 11a1

Phương pháp sử dụng phương trình ion thu gọn :

1 Nội dung :

Bản chất phản ứng dung dịch điện li kết hợp ion tạo thành chất kết tủa, chất bay hơi, chất điện li yếu Do toán trộn lẫn nhiều chất phản ứng dung dịch điện li thay viết nhiều phương trình phân tử, ta viết phương trình ion thu gọn để đơn giản hóa vấn đề, giúp lời giải ngắn gọn, sức tích

Các bước giải :

Bước 1: Tính số mol ion liên quan trực tiếp đến yêu cầu đề bài, thường số mol ion phương trình ion thu gọn

+ Nhắc lại cơng thức tính số mol nguyên tố hợp chất : cho hợp chất

A B

x

y

n

A



x n

.

A Bx y

.

x y

B A B

n



y n

+ Với ion ta tính tương tự

Vd : dd Ba(OH)2 ta có :

2

2 ( )

1.

Ba OH

Ba

n



n

OH



2.

n

Ba OH

dd H2SO4 ta có

2.

H SO

H

n



n

SO



1.

n

H SO

Bước : Viết phương trình ion thu gọn

Vd : Trộn hỗn hợp axit với hỗn hợp dd bazo ln có PT :

H

OH

H O

 





Bước : Xác định số mol ion phản ứng hết thay vào phương trình, tính tốn theo u cầu đề 2 Các tập áp dụng :

Ví dụ : Trộn 800 ml dung dịch axit HCl 0,01M với 200 ml dung dịch Ca(OH)2 0,0175M 1000 ml dd X Tính pH dd X Hướng dẫn giải:

Phương pháp truyền thống :

-

n

HCl



C V

M

.



0, 01.0,8 0, 008



mol

n

Ca OH



C V

M

.



0, 0175.0, 0,0035



mol

2

HCl Ca OH



(

)



CaCl



2

H O

So sánh thấy

2

( )

0, 004

0, 0035

2

1

Ca OH

HCl

n







nên suy Ca(OH)2 phản ứng hết , HCl dư Thay số mol Ca(OH)2 vào phản ứng :

2

HCl Ca OH



(

)



CaCl



2

H O

0,007 0,0035 (Mol)

Suy

n

HClpu



0, 007

mol

0,008 0,007 0,001

HCldu HClbd HClpu

n



n



n







mol

PT phân li :

HCl

du

H

Cl

 





0,001 0,001 (Mol)

dd

0,001

1

H

n

H

M

V

 



 







 pH = - log (0,001) = Vậy dd X có pH Phương pháp sử dụng PT ion thu gọn :

- Tính nhanh số mol ion H+ OH- :

1.

HCl

1.

M

.

1.0, 01.0, 08

0, 008

H

n



n



C V



mol

2

( )

2.

Ca OH

2.

M

.

2.0,0175.0, 02 0,007

OH

n



n



C V



mol

Do

n

H



n

OH

nên H+ dư

OH

Khi trộn :

H

OH

H O

 





(2)

0,008 0, 007 0,001

H du H bd H pu

n



n



n







mol

dd

0,001

1

H

n

H

M

V

 



 







 pH = - log (0,001) = Vậy dd X có pH

Nhận xét : Học sinh chọn phương pháp để giải, pp phương trình ion thu gọn kết nhanh hơn, HS nhận biết chất dư chất phản ứng hết cách dễ dàng

Câu hỏi đặt ra : Nếu trộn hỗn hợp dd axit vào hỗn hợp dd bazo phương pháp truyền thống giải ?

Ví dụ Trộn hỗn hợp 200 ml dd HCl 0,015 M 400 ml dd H2SO4 0,01M vào 400ml dd KOH 0,025M 1000ml dd X Tính pH dd X Hướng dẫn giải:

PP truyền thống :

nHCl = 0,2 0,015=0,003 mol

n

H SO



0, 4.0, 01 0, 004



mol

n

KOH



0, 4.0,025 0,01



mol

Viết PTPƯ : HCl + KOH  KCl + H2O

H2SO4 + KOH  K2SO4 + H2O

Tới việc xác định chất phản ứng hết, chất dư thực khó khắn  bế tắc

PP sử dụng phương trình ion thu gọn : Tính tổng sổ mol H+ :

2

( ) ( )

1.

HCl

2.

H SO

1.0,2.0,015 2.0,4.0,01 0,011

H H HCl H H SO

n

mol

















1.

KOH

1.0, 4.0,025 0,01

OH

n



n



mol

Do



n

H



n

OH

nên H+ dư ,

OH

Khi trộn :

H

OH

H O

 





0,01 0,01 (Mol)

0,011 0,01 0, 001

H du H bd H pu

n



n



n







mol

dd

0, 001

0,001

1

H du

n

H

M

V

 



 







 pH = - log (0,001) = Vậy dd X có pH

Nhận xét : Uu điểm PP sử dụng PT ion thu gọn thể rõ, dù có trộn nhiều hỗn hợp axit với nhiều dd bazo khác lời giải ngắn gọn, súc tích, kết nhanh, rút ngắn thời gian PP truyền thống bị bế tắc

3.2.2.Phương pháp bảo toàn số mol electron:

3.2.2.1 Nội dung: “Trong phản ứng oxi hóa - khử tổng số mol electron chất khử cho tổng số mol electron chất oxi hóa nhận”



n

e cho



n

e nh

Bước 1: Xác định chất cho e (chất khử) chất nhận e (chất oxi hóa), cần quan tâm đến trạng thái số oxi hóa đầu số oxi hóa cuối Bước 2: Viết trình cho nhận electron (kèm theo số mol tương ứng chất trình)

Bước 3: Từ định luật bảo tồn số mol electron suy phương trình liên hệ số mol electron cho số mol electron nhận Tính tốn theo u cầu đề

*Lưu ý:

- Khi cần tìm số mol khối lượng chất đó, áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, định luật bảo toàn nguyên tố để hỗ trợ

*Một số trường hợp cần nhớ :

- Bài tốn hịa tan kim loại M vào axit HNO3 , M thể hóa trị cao n Quá trình cho e:

n

M

ne





(3)

(5

x e

)

x

N







N

(5-x).b b (Mol)

Vậy tổng quát ta có :

ân x

(5

)

e nh

n

x

N



 

Các sản phẩm khử cho Kim loại tác dụng HNO3 : NO2, NO, N2O, N2, NH4NO3

Một số ví dụ:

- Sản phẩm khử NO2 , số mol e nhận:

+5 +4

+1e

N



N

n

e nh



n

NO



1

-

+5 +2

+3e

N



N

ân

3

e nh NO

n



n



- Sản phẩm khử N2O, số mol e nhận :

+5 +1

+4e

N



N

1 2 2

ân

4

2 4

8

e nh N O N O

N

n

  

n

  

n



- Sản phẩm khử N2, số mol e nhận:

+5

+5e

N



N

0

2

ân

5

2 5

10

e nh N N

N

n

  

n

  

n



- Sản phẩm khử NH4NO3, số mol e nhận:

+5 -3

+8e

N



N

và

3

4

ân

8

e nh NH NO

N

n



n

 

n



Với trường hợp ta có cơng thức tính nhanh số mol e nhận sau :

Sản phẩm khử Số mol e nhận NO2

2

ân

1

e nh NO

n



n



NO

ân

3

e nh NO

n



n



N2O

2

ân

8

e nh N O

n



n



N2

2

ân

10

e nh N

n



n



NH4NO3

4

ân

8

e nh NH NO

n



n



Lưu ý : số 1, 3, 8, 10 hiệu số oxi hóa 3.2.2.2 ví dụ minh họa.

Ví dụ 1: Cho 15g hh Cu Al tác dụng với dd HNO3 loãng (dư) thu 6,72 lít NO (đktc, sản phẩm khử nhất) Xác định khối lượng Cu

và Al hỗn hợp đầu

Hướng dẫn giải: *Cách 1:

Gọi x số mol Cu, y số mol Al Số mol NO =

6

,

72

22

,

4

=

0,3 mol

*Quá trình cho e:

0 2 2e

Cu Cu

  ;

0

3 3e

Al Al

 

x mol 2x mol y mol 3y mol *Quá trình nhận e:

5 3e

N

0,9 0,3 (Mol)

Ta có

n

e cho



n

e nhan



2

x



3

y



0,9

Theo đề ta có: 64x + 27y = 15 (2)

Từ (1) (2) ta tìm x = 0,15 mol ; y = 0,2 mol Khối lượng kim loại:

mCu= 64 0,15 = 9,6g ; mAl = 27 0,2 = 5,4g

(4)

*Nhận xét: Với tập HS tìm theo hai cách tương đối dễ dàng, cách học sinh không nắm vững pp cân phản ứng oxi hóa khử gặp khó khăn

Ví dụ : Hịa tan m (g) Zn HNO3 lỗng, dư thấy có 2,24 l khí N2 (đktc) sản phẩm khử Hỏi giá trị m (g) : A 28,5 g B 32,5 g C 36,5 g D 38,5 g

Hướng dẫn giải :Cách 1: Học sinh vận dụng cơng thức tính nhanh số mol e cho số mol e nhận, khơng cần viết q trình cho- nhận e :

2

ân

óa

10

e cho e nh Kim loai N

n



n



n



h tri n





2

10

65

22, 4

N

V

m



 



2, 24

65

10

32,5

22, 4

2

m

g





 



Cách 2: Tính số mol N2

2

2, 24

0,1

22, 4

N

n



mol

PTPƯ :

5

Zn



12

HNO



5 (

Zn NO

)



N



6

H O

0,5 mol 0,1 mol

m

Zn



0,5.65 32,5



g



B

*Nhận xét: Với tập HS tìm theo hai cách tương đối dễ dàng, cách học sinh khơng nắm vững pp cân phản ứng oxi hóa khử gặp khó khăn, thời gian cân phản ứng nên kết thời gian đáp số lâu

Ví dụ : Hịa tan 2,7 gam Al HNO3 thấy 2,24 lít khí X ( đktc) sản phẩm khử Hỏi khí X : A NO B NO2 C N2O D N2

Hướng dẫn giải : Cách 1 : Gọi số oxi hóa N sản phẩm +x

ân

óa

x

(5

)

e cho e nh Kim loai

N

n



n



n



h tri n



 

x

2, 7

3

(5

)

27

22, 4

V

x



 







x



2

Cách Thử đáp án : Học sinh cho khí X NO, viết PTPƯ , tính thể tích khí xem có 2,24 lít hay khơng Nếu dừng, chọn đáp án Nếu sai lại thử qua phương án B,C,D làm tương tự

Cách : Học sinh gọi khí X NxOy Viết phương trình phản ứng, lập tỉ lệ x : y để giải *Nhận xét:

Cách 1 : học sinh giải dễ dàng, không cần viết PTPƯ

Cách 2 : Học sinh phải viết PTPƯ, đáp án nằm câu C hay D thời gian giải lâu, phải tính tốn nhiều

Cách 3 : Đặt khí X khó cân PTPƯ, tính tốn phức tạp, thường dẫn đến bế tắc, cách giải không phù hợp cho trắc nghiệm 3.2.3 Một số tập vận dụng :

1)Cho 5,6 gam Fe tan hết dung dịch HNO3 thu 21,1 gam muối V lít NO2 (đktc) Tính V

A 3,36 lít B 4,48 lít C 5,6 lít D 6,72 lít

2)Cho 0,04 mol Mg tan hết dung dịch HNO3 thấy 0,01 mol khí X sản phẩm khử (đktc) X :

A NH3 B N2 C NO D N2O

3)Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dung dịch HNO3 lỗng dư thu hỗn hợp khí gồm 0,015 mol N2O 0,01 mol NO (phản ứng không tạo

muối amoni) Tính m

A 13,5 g B 0,81 g C 8,1 g D 1,35 g

4)Hoà tan 0,03 mol FexOy dung dịch HNO3 dư thấy sinh 0,672 lít khí X (đktc) Xác định X

A NO2 B NO

C N2O D Không xác định

5)Cho 0,05 mol Mg phản ứng vừa đủ với 0,12 mol HNO3 giải phóng khí X sản phẩm khử Xác định X

A N2O B NH3 C N2 D NO

6)Cho 0,96 gam Cu tác dụng hết với HNO3 dư thu 0,224 lít khí X (đktc) X

A NO B N2O C NO2 D N2

7)Cho 10,8 gam kim loại tác dụng hồn tồn với khí Clo thu 53,4 gam muối Clorua Xác định kim loại

A Cu B Al C Fe D Mg

8)Oxi hoá 16,8 gam Fe thu 21,6 gam hỗn hợp oxit sắt Cho hỗn hợp oxit tác dụng hết với HNO3 loãng sinh V lít NO

(đktc) Tính V

(5)

SỬ DỤNG CƠNG THỨC GIẢI NHANH TÍNH pH HOẶC pOH I CƠNG THỨC

1 Cơng thức tính pH dung dịch axit yếu HA.( Ví dụ: HF, HCOOH, CH3COOH )

pH =

−

1

2

với

α

: độ điện li

Ka: số phân li axit

Ca : nồng độ mol/l axit ( Ca

0,01 M )

2 Cơng thức tính pH dung dịch bazơ yếu BOH ( Ví dụ: NH3, CH3-NH2, )

pH = 14+

1

2

với Kbazo : số phân li bazơ

Cbazo : nồng độ mol/l bazơ

3.Cơng thức tính pH dung dịch axit yếu HA muối NaA (Ví dụ: HF NaF, HCOOH HCOONa, CH3COOH CH3COONa )

pH = -(log Kaxit + log

C

a

C

m

)

Ca : nồng độ mol/l axit

Cm : nồng độ mol/l muối II BÀI TỐN ÁP DỤNG.

Ví dụ 1: Tính pH dung dịch CH3COOH 0,1 M 250C Biết KCH

❑

Giải Áp dụng công thức giải nhanh

pH = -

1

2

-1

2

Ví dụ 2: Tính pH dung dịch HCOOH 0,46 % ( D = g/ml ) Cho độ điện li HCOOH dung dịch

α

= %

Giải

Ta có : CM =

10

D

.

C

%

M

10 0

,

46

Áp dụng công thức giải nhanh

pH = - log (

α

.

2

100

Ví dụ 3: Tính pH dung dịch NH3 0,1 M Cho KNH

❑

1

2

1

2

Ví dụ 4:( KB 2009) Tính pH dung dịch CH3COOH 0,1 M CH3COONa 0,1 M 250C Biết KCH

❑

của H2O

pH = - (logKa + log

C

a

C

m

) = - (log1,75 10-5 + log

0,1

Ví dụ 5:( CHUYÊN-VINH LẦN 3-2011) Cho hỗn hợp gồmCH3COOH 0,05 M CH3COONa 0,05 M 250C Biết KCH

❑

bỏ qua điện li H2O

Vậy pH dung dịch 250C :

A 5,12 B 4,85 C 4,74 D 4,31

(6)

pH = - (logKa + log

C

a

C

m

0, 05

) = 4,74 => C

Ví dụ 6:( CHUYÊN-VINH LẦN 2-2011) Cho hỗn hợp đung dịch X gồmHF 0,1 M NaF 0,1 M 250C Biết K

HF = 6,8 10-4 , bỏ qua điện li

của H2O

Vậy pH dung dịch 250C :

A 4,25 B 1,58 C 3,17 D 3,46

Giải Cách 1: Áp dụng công thức giải nhanh

pH = - (logKa + log

C

a

C

m

) = - (log6,8 10-4 + log

0,1

Cách 2: Giải thông thường xem có nhiều thời gian khơng nhé,

Ptpư HF <=> H+ + F- K

HF = 6,8 10-4

Ban đầu 0,1 0,1

pư x x X

Cân 0,1-x X 0,1+x

Ta có

4 4

.(0,1

)

6,8.10

6,71.10

lg 6,71.10

3,17

0,1

x

M

pH

x

  

















Ví dụ Dung dịch CH3COOH 0,1 M có độ điện ly α =1% Vậy pH dung dịch 250C :

A 4,2 B C 3,17 D

pH=-log(α.Caxit)=-log(0,01.0,1)=3 => B

Ví dụ Dung dịch chứa 3,00 gam CH3COOH 250ml dung dịch Biết MCH3COOH=60,05 Ka=10-4,75 Vậy pH dung dịch 250C :

A 4,2 B 2,4 C 3,4 D 2,7

Giải tinh tốn bình thường ta dd có nồng độ 0,2 M

Áp dụng công thức giải nhanh

1

(

log

)

(4,75 log 0, 2) 2,7

2

a

2

pH



pK



C







D

HỢP CHẤT

ĐỀU

TRỪ

Muối nitrat (NO

)

Đều tan

Muối axetat (CH3COOH

)

Đều tan

Muối Clorua(Cl

)

Muối Bromua(BR

)

Muối Iotua (I

)

Đều tan

AgCl: kết tủa trắng

PbCl

: tan (tan nước nóng)

CuCl, HgCl (Hg

Cl

)

AgBr: kết tủa vàng nhạt, PbBr

, HgBr

AgI: kết tủa vàng đậm, HgI

(đỏ), CuI

Muối Forua (F

)

Không tan Trừ muối kim loại: kiềm, amoni, nhôm, bạc, thủy ngân, thiếc

Muối Sunfat (SO

)

Đều tan

BaSO

, PbSO

, CaSO

: kết tủa trắng

Ag

SO

: tan (trắng)

Hg

SO

Muối Sunfua (S

Không tan Trừ Sunfua kim loại kiềm (Na, K) amoni (NH

)

Muối Sunfit (SO

)

Không tan Trừ Sunfit kim loại kiềm (Na, K) amoni (NH

)

Muối Cacbonat (CO

)

Không tan Trừ muối cacbonat kim loại kiềm (Na, K) amoni (NH

)

Muối Photphat (PO

)

Không tan Trừ muối Photphat kim loại kiềm (Na, K) amoni (NH

)

Bazơ (OH

)

Không tan Trừ Hidroxit kim loại kiềm kiểm thổ (Na, K, Ca, Ba)

(7)

GIẢI NHANH BÀI TỐN HĨA HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ ĐƯỜNG CHÉO

Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, khoảng thời gian tương đối ngắn học sinh phải giải số lượng câu hỏi tập lớn (trong đó bài tập tốn chiếm tỉ lệ khơng nhỏ) Do việc tìm phương pháp giúp giải nhanh tốn hóa học có ý nghĩa quan trọng.

Bài toán trộn lẫn chất với dạng hay gặp chương trình hóa học phổ thơng Ta giải tập dạng theo nhiều cách khác nhau, song cách giải nhanh “phương pháp sơ đồ đường chéo”.

Nguyên tắc:Trộn lẫn dung dịch:

Dung dịch 1: có khối lượng m1, thể tích V1, nồng độ C1 (C% CM), khối lượng riêng d1 Dung dịch 2: có khối lượng m2, thể tích V2, nồng độ C2 (C2 > C1), khối lượng riêng d2 Dung dịch thu có m = m1 + m2, V = V1 + V2, nồng độ C (C1 < C < C2), khối lượng riêng d Sơ đồ đường chéo công thức tương ứng với trường hợp là:

a) Đối với nồng độ % khối lượng:

m

C

|C

- C|

C

m

C

|C

- C|

→

¿

C

1

−C

∨

¿

(

1

)

¿

C

−

C

∨

¿

m

=

¿

b) Đối với nồng độ mol/lít:

V

C

|C

- C|

C

V

C

|C

- C|

→

¿

C

1

−C

∨

¿

(

2

)

¿

C

−

C

∨

¿

V

=

¿

V

d

|d

- d|

d

V

d

|d

- d|

→

¿

d

1

− d

∨

¿

(

3

)

¿

d

−

d

∨

¿

V

=

¿

Khi sử dụng sơ đồ đường chéo ta cần ý: *) Chất rắn coi dung dịch có C = 100% *) Dung mơi coi dung dịch có C = 0% *) Khối lượng riêng H2O d = g/ml

Sau số ví dụ sử dụng phương pháp đường chéo tính tốn pha chế dung dịch. Dạng 1: Tính tốn pha chế dung dịch

Ví dụ 1. Để thu dung dịch HCl 25% cần lấy m1 gam dung dịch HCl 45% pha với m2 gam dung dịch HCl 15% Tỉ lệ m1/m2 là:

A 1:2 B 1:3 C 2:1 D 3:1

Hướng dẫn giải:

Áp dụng công thức (1):

1

m

| 15 25 |

10

1

m

|45 25|

20

2







 Đáp án A

Ví dụ 2. Để pha 500 ml dung dịch nước muối sinh lí (C = 0,9%) cần lấy V ml dung dịch NaCl 3% Giá trị V là:

A 150 B 214,3 C 285,7 D 350

Hướng dẫn giải:

Ta có sơ đồ:

V

1

(NaCl) |0 - 0,9|

0,9

V

(H

O) |3 - 0,9|



V

=

0,9

2,1

+

0,9

⋅

500

=

150

(

ml

)

Phương pháp hữu ích việc pha chế dung dịch mà cịn áp dụng cho trường hợp đặc biệt hơn, pha chất rắn vào dung dịch Khi phải chuyển nồng độ chất rắn nguyên chất thành nồng độ tương ứng với lượng chất tan dung dịch.

Ví dụ 3. Hịa tan 200 gam SO3 vào m gam dung dịch H2SO4 49% ta dung dịch H2SO4 78,4% Giá trị m là: A 133,3 B 146,9 C 272,2 D 300,0

Phương trình phản ứng: SO3 + H2O → H2SO4 100 gam SO3 →

98

×

100

80

=

122

,

5

Nồng độ dung dịch H2SO4 tương ứng: 122,5%

(8)

¿

122,5

−

78,4

∨

¿

=

29,4

44,1

¿

49

−

78

,

4

∨

¿

m

=

¿



m

=

44,1

29,4

×

200

=

300

(

gam

)

Điểm lí thú sơ đồ đường chéo chỗ phương pháp cịn dùng để tính nhanh kết nhiều dạng tập hóa học khác Sau ta xét các dạng tập này.

Dạng 2: Bài toán hỗn hợp đồng vị

Đây dạng tập phần cấu tạo nguyên tử.

Ví dụ 4. Nguyên tử khối trung bình brom 79,319 Brom có hai đồng vị bền: 3579

Br

A 84,05 B 81,02 C 18,98 D 15,95

Ta có sơ đồ đường chéo:

Br (M=81)

35 81

Br (M=79)

35

79

A=79,319

79,319 - 79 = 0,319

81 - 79,319 = 1,681



%

Br

%

Br

=

0

,

319

1

,

681

⇒

%

81

Br

=

0

,

319

1

,

681

+

0

,

319

⋅

100 %



%

Br

=

15

,

95 %

Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp khí

Ví dụ 5.Một hỗn hợp gồm O2, O3 điều kiện tiêu chuẩn có tỉ khối hiđro 18 Thành phần % thể tích O3 hỗn hợp là:

A 15% B 25% C 35% D 45%

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

V M

= 48 |32 - 36|

M = 18.2 =36

V M

= 32 |48 - 36|

2

O3



V

O

V

O

=

4

12

=

1

3

⇒

%V

O

=

1

3

+

1

⋅

100 %

=

25 %

 Đáp án B

Ví dụ 6. Cần trộn thể tích metan với thể tích đồng đẳng X metan để thu hỗn hợp khí có tỉ khối so với hiđro 15 X là: A C3H8 B C4H10 C C5H12 D C6H14

Ta có sơ đồ đường chéo:

V M

= 16 |M

- 30|

M = 15.2 =30

V M

= M

|16 - 30|

CH4



¿

M

- 30

∨

¿

14

=

2

1

⇒

∨

M

- 30

∨

¿

28

V

M

=

¿

 M2 = 58  14n + = 58  n = X là: C4H10  Đáp án B

Dạng 4:Tính thành phần hỗn hợp muối phản ứng đơn bazơ đa axit

Dạng tập giải dễ dàng phương pháp thơng thường (viết phương trình phản ứng, đặt ẩn) Tuy nhiên nhanh chóng tìm kết quả bằng cách sử dụng sơ đồ đường chéo.

Ví dụ 7. Thêm 250 ml dung dịch NaOH 2M vào 200 ml dung dịch H3PO4 1,5M Muối tạo thành khối lượng tương ứng là: A 14,2 gam Na2HPO4; 32,8 gam Na3PO4

B 28,4 gam Na2HPO4; 16,4 gam Na3PO4 C 12,0 gam NaH2PO4; 28,4 gam Na2HPO4 D 24,0 gam NaH2PO4; 14,2 gam Na2HPO4

Có:

1

<

n

H

=

0,25 2

(9)

 Tạo hỗn hợp muối: NaH2PO4, Na2HPO4

Sơ đồ đường chéo:

Na

HPO

(n

= 2) |1 - 5/3|

n

NaH

PO

(n

= 1) |2 - 5/3|

5

3

=

2

3

1

3

=



n

=

2

1

n

=

2n

Mà

n

2HPO4

+

n

=

n

H

=

0,3

¿

n

=

0,2

(

mol

)

n

=

0,1

(

mol

)

¿

{

¿



¿

m

=

0,2 142

=

28,4

(

g

)

m

=

0,1 120

=

12,0

(

g

)

¿

{

¿

 Đáp án C

Dạng 5: Bài tốn hỗn hợp chất vơ kim loại có tính chất hóa học

Ví dụ 8. Hòa tan 3,164 gam hỗn hợp muối CaCO3 BaCO3 dung dịch HCl dư, thu 448 ml khí CO2 (đktc) Thành phần % số mol BaCO3 hỗn hợp là:

A 50% B 55% C 60% D 65%

n

=

0,448

22,4

=

0,02

(

mol

)

M

=

3,164

0,02

=

158

,

2

Áp dụng sơ đồ đường chéo:

BaCO

(M

= 197) |100 - 158,2| = 58,2

M=158,2

CaCO

(M

= 100) |197 - 158,2| = 38,8

%n

3

=

58,2

+

38,8

⋅

100%

=

60%

 Đáp án C

Dạng 6:Bài toán trộn quặng kim loại

Đây dạng mà giải theo cách thơng thường 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” mà “chất tan” kim loại xét, “nồng độ” “chất tan” hàm lượng % 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, mà từ quặng C điều chế 0,5 gang chứa 4% cacbon Tỉ lệ m1/m2 là:

A 5/2 B 4/3 C 3/4 D 2/5

Số kg Fe có quặng là: +) Quặng A chứa:

60

100

⋅

1000

⋅

112

160

=

420

(

kg

)

+) Quặng B chứa:

69

,

6

100

⋅

1000

⋅

168

232

=

504

(

kg

)

+) Quặng C chứa:

500

×

(

1

−

4

100

)

=

480

(

kg

)

Sơ đồ đường chéo:

m

420 |504 - 480| = 24

480

m

504 |420 - 480| = 60

m

A

m

B

=

24

60

=

2

5

Trên số tổng kết việc sử dụng phương pháp sơ đồ đường chéo giải nhanh tốn hóa học Các dạng tập đa dạng, địi hỏi chúng ta phải nắm vững phương pháp song cần phải có vận dụng cách linh hoạt trường hợp cụ thể Để làm điều bạn cần phải có suy nghĩ, tìm tịi để hình thành hồn thiện kĩ giải tốn Chúc bạn thành cơng.

Một số tập tham khảo:

BT 1. Để thu dung dịch CuSO4 16% cần lấy m1 gam tinh thể CuSO4.5H2O cho vào m2 gam dung dịch CuSO4 8% Tỉ lệ m1/m2

A 1/3 B 1/4 C 1/5 D 1/6

(10)

BT 3. Số lít nước nguyên chất cần thêm vào lít dung dịch H2SO4 98% (d = 1,84 g/ml) để dung dịch có nồng độ 10% A 14,192 B 15,192 C 16,192 D 17,192