PHẦN THỨ HAI TRẮC NGHIỆM ĐỊNH LƯỢNG A – PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH TỐN ĐỊNH LƯỢNG I – PHƯƠNG PHÁP BẢO TỒN VẬT CHẤT “ Vật chất khơng tự nhiên sinh ra, khơng tự nhiên mất đi, mà chỉ chuyển hố từ dạng này sang dạng khác”. Khi áp dụng cho hố học, khoảng áp dụng hẹp đi, và ta sẽ nói tới các hệ quả nhỏ, từ đó vận dụng để giải nhanh các bài tốn hố học. 1. Hệ quả thứ nhất : Trong các phản ứng hố học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các sản phẩm tạo thành (khơng tính khối lượng của phần khơng tham gia phản ứng. Xét phản ứng A + B ¾¾® C + D + E thì ln có: m A(PƯ) +m B(PƯ) = m C + m D + m E Lượng A, B còn dư lại khơng được tính vào đẳng thức trên! Ví dụ 1. Đốt cháy hồn tồn m gam chất hữu cơ A cần a gam O 2 thu được b gam CO 2 và c gam H 2 O… thì ln có m + a = b + c 2. Hệ quả thứ hai : Nếu gọi m T là tổng khối lượng các chất trước phản ứng, và m S là tổng khối lượng các chất sau phản ứng thì ln có: m T = m S Như vậy hệ quả thứ hai mở rộng hơn hệ quả thứ nhất ở chỗ - dù các chất phản ứng có hết hay khơng, hiệu suất phản ứng là bao nhiêu, thậm chí chỉ cần xét riêng cho một trạng thái nào đó vẫn ln có nhận xét trên. Ví dụ 2. Xét phản ứng 2Al + Fe 2 O 3 0 t → Al 2 O 3 + 2Fe thì ln có 2 3 Al Fe O rắn sau PƯ m + m = m dù chất rắn sau phản ứng có chứa cả 4 chất. Hệ quả thứ hai cũng cho phép ta xét khối lượng cho một trạng thái cụ thể nào đó mà khơng cần quan tâm các chất (hoặc lượng chất phản ứng còn dư ) khác trạng thái với nó. Ví dụ 3. “Cho m gam hỗn hợp 2 kim loại Fe, Zn tác dụng với dung dịch HCl…tính khối lượng chất rắn thu được khi cơ cạn dung dịch sau phản ứng” – ta được quyền viết: m + m = m + m HCl rắn H 2 trong đó m HCl là khối lượng HCl ngun chất đã phản ứng, dù khơng biết hỗn hợp kim loại hết hay HCl hết, hiệu suất phản ứng là bao nhiêu ! 166 3. Hệ quả thứ ba : Khi các cation kim loại (hoặc NH 4 + ) kết hợp với anion (phi kim, gốc a xit, hyđroxyl), ta luôn có : • Khối lượng sản phẩm thu được = khối lượng cation + khối lượng anion. Vì khối lượng electron không đáng kể, nên có thể viết: • Khối lượng sản phẩm thu được = khối lượng kim loại + khối lượng anion Ví dụ 4. Hoà tan 6,2 gam hỗn hợp 2 kim loại kiềm vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lit H 2 (đkc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng sẽ thu được bao nhêu gam chất rắn ? Ta nhận thấy ngay rằng : Nếu giải theo cách lập hệ thông thường sẽ khá dài dòng, nhưng vận dụng hệ quả thứ hai, thứ ba và nhận xét : n = n = 0,5.n => n = 2.0,1 = 0,2 - - + H Cl Cl H 2 (mol). ta có : m muối = 6,2 + 0,2.35,5 = 13,3 (gam). 4. Hệ quả thứ tư : Qua các quá trình biến đổi hoá học, nguyên tố hoá học luôn được bảo toàn. Nghĩa là tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố A trước khi tham gia phản ứng hoá học, luôn bằng tổng số mol nguyên tử của nguyên tố A đó sau phản ứng (hoặc các phản ứng). Như vậy, có thể không cần viết các phưng trình để dõi theo quan hệ mol, mà chỉ cần xét trạng thái đầu và trạng thái cuối đối với nguyên tố đó để kết luận. Ví dụ 5. Hỗn hợp A gồm: FeO a mol; Fe 2 O 3 b mol, bị khử bởi CO cho hỗn hợp rắn B gồm: Fe 2 O 3 dư x mol; Fe 3 O 4 y mol; FeO dư z mol; Fe t mol khi đó Σn Fe(trong A) = Σn Fe(trong B) ; nghĩa là a + 2b = 2x + 3y +z + t 5. Hệ quả thứ năm : Mọi sự biến đổi hoá học (được mô tả bằng PTPƯ) đều có liên quan tới sự tăng giảm khối lượng của các chất. “CHẤT” được hiểu theo nghĩa rộng là đơn chất, hợp chất, trạng thái của hỗn hợp. Ví dụ 6. Xét phản ứng kim loại tác dụng với axit tạo muối và H 2 , rõ ràng khối lượng kim loại giảm đi, vì đã tan vào dung dịch dưới dạng ion; nhưng nếu cô cạn dung dịch sau phản ứng thì khối lượng chất rắn thu được sẽ tăng lên so với khối kượng ban đầu của kim loại, do có anion gốc axit nhập vào. Ví dụ 7. Hãy xét lại thí dụ 5 ở trên, dù không xác định được B gồm những chất gì, ta vẫn có thể nói khối lượng B bé hơn khối lượng A, vì oxi bị tách ra khỏi sắt oxit và nhập vào CO tạo CO 2 ở thể khí 167 ⇒ m A – m B = m O ⇒ n O = m -m A B =n =n =n O CO CO 2 16 Ví dụ 8. Khi chuyển hoá từ muối này thành muối khác, khối lượng muối thu được có thể tăng hoặc giảm, do sự thay thế anion gốc a xit này bằng anion gốc axit khác, sự thay thế này luôn tuân theo qui tắc hoá trị, nếu hoá trị của nguyên tố kim loại không thay đổi : - Từ 1CaCl 2 ¾¾® 1CaCO 3 khối lượng tăng 71–60 =11 (gam). Ta thấy cứ 1 mol CO 3 2- hoá trị (II) phải được thay bằng 2 mol Cl - hoá trị I). - Từ NaBr ¾¾® NaCl khối lượng giảm 80 –35,5 = 44,5 gam; - Từ CaBr 2 ¾¾® 2 AgBr khối lượng tăng 2.108 – 40 = 136 gam. từ Ca 3 (PO 4 ) 2 ¾¾® 3CaCl 2 (để tính toán nhanh, ta còn có thể viết theo kiểu Ca 3 (PO 4 ) 2 ¾¾® Ca 3 Cl 6 và như vậy, ta thấy cứ 1 mol PO 4 3- (hoá trị III) được thay bằng 3 mol Cl - có hoá trị (I). - Từ Fe x O y + → HCl 2y x xFeCl hay Fe x O y + → HCl x 2y Fe Cl ta thấy cứ 1 mol O 2- được thay bằng 2 mol Cl - (điều này chỉ luôn đúng khi sắt không thay đổi hoá trị, cẩn thận trường hợp sắt thay đổi hoá trị do tác dụng với axit có tính oxi hoá mạnh HNO 3 , H 2 SO 4 đặc mà trong oxit sắt đang ở mức oxi hoá thấp). 6. Hệ quả thứ sáu : Trong một dung dịch khi tồn tại đồng thời các ion dương và ion âmthì theo tính chất trung hoà điện luôn có: tổng số điện tích dương do cation tải bằng tổng số điện tích âm do anion tải. Đây là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn quan hệ về số mol giữa các ion trong dung dịch. Ví dụ 9. Một dung dịch chứa đồng thời các ion với số mol là : k mol A a+ , l mol B b+ , m mol C c+ , n mol X x- , p mol Y y- , q mol Z z- thì theo bảo toàn điện tích luôn có: k.a + l.b + m.c = n.x + p.y + q.z 7. Hệ quả thứ bảy : Tổng số mol electron do chất khử (một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) phóng ra (trong một phản ứng hay qua nhiều phản ứng oxi hoá khử), luôn bằng tổng số mol electron chất oxi hóa (một chất hoặc hỗn hợp nhiều chất) thu vào. Như vậy ta có thể xét cho cả quá trình và chỉ cần xác định chính xác trong trong quá trình đó có những chất khử và chất oxi hoá nào, chất nào chỉ đóng vai trò chất chuyển electron, sau đó chỉ quan tâm tới chúng mà thôi. 168 Ví dụ 10. Cho hỗn hợp X gồm 3 oxit của sắt (Fe 2 O 3 , FeO, Fe 3 O 4 ) với số mol bằng nhau. Lấy m 1 gam X cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng rồi cho một luồng khí CO đi qua, khí CO 2 ra khỏi ống sứ được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH) 2 thu được m 2 gam kết tủa trắng. Chất rắn (Y) còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,2 gam gồm Fe, FeO và Fe 2 O 3 , cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO 3 đun nóng được 2,24 lit khí NO duy nhất (đktc). Tính khối lượng m 1 , m 2 . Giải. Trước hết cần phải nói, các em đừng thắc mắc đây không phải bài tập trắc nghiệm, rằng với bài này ta có thể chia nhỏ thành 2 bài trắc nghiệm riêng - mỗi bài chỉ yêu cầu tính một đại lượng mà thôi. Vấn đề ở đây là các em phải nắm được phương pháp giải nhanh bài toán. - Nhận thấy, trong cả quá trình phản ứng chỉ có sự tăng số oxi hoá của sắt trong FeO (tức Fe +2 ), Fe 3 O 4 (tức 8 3 Fe + ) thành Fe 3+ ; cacbon (+2) trong CO chuyển thành cacbon (+4) trong CO 2 và N +5 (trong NO 3 - hạ xuống thành N +2 trong NO. Và số mol oxi bị tách ra khỏi oxit bằng số mol CO phản ứng và cũng bằng số mol CO 2 tạo thành. - Gọi x là số mol của mỗi oxit sắt trong hỗn hợp X (→ số mol Fe +2 là x; số mol 8 3 Fe + là 3x). ⇒ Khối lượng X ban đầu m 1 = x.160 + x.72 + x.232 = 464x (gam). Khi chuyển từ X sang Y, khối lượng X giảm đi một lượng là (464x – 19,2) gam, đây chính là khối lượng oxi bị tách khỏi oxit ⇒ m -m 464.x-19,2 X Y = n = n = n O CO CO 16 16 2 = ; lại có số mol NO là 2,24 0,1 22,4 = (mol), theo nhận xét trên ta được : (1) Fe +2 – 1e → Fe +3 (x) x (2) 3 8 3 Fe + – 1e → 3Fe +3 (3x) x (3) C +2 – 2e → C +4 464.x - 19,2 16 2. 464.x - 19,2 16 (4) N +5 + 3e → N +2 0,3 (0,1) - Theo hệ quả thứ 7 ta có ngay số mol e phóng ra tức là : x + x + 2. 464.x - 19,2 16 = 0,3 169 ⇒ x = 0,045 (mol). Vậy m 1 = 464.x = 464.0,045 = 20,88 (gam). - Vì 3 464.0,045-19,2 n = n CaCO CO 16 2 0,105= = (mol) ⇒ 2 3 = BaCO m m 0,105.197 20,685= = (gam) Chú ý : Điều quan trọng nhất là nhận định đúng trạng thái đầu và cuối của các chất oxi hoá và chất khử và sử dụng bán phản ứng mà nhiều khi không cần viết phản ứng đầy đủ (chưa kể trường hợp có thể không viết được đúng các phương trình phản ứng xảy ra, do chưa biết hỗn hợp phản ứng gồm những chất gì). 8. Hệ quả thứ tám : Với lượng chất khử không đổi (có thể là hỗn hợp nhiều chất) thì số mol electron phóng ra cho chất oxi hóa này hay chất oxi hóa khác có khả năng oxi hoá tương đương (có thể là hỗn hợp nhiều chất oxi hóa) cũng luôn bằng nhau. Chú ý : Nhận xét trên chỉ luôn đúng khi chất khử luôn thể hiện một mức oxi hóa xác định đối với mọi chất oxi hóa, bất kể đó là chất oxi hóa mạnh hay yếu; hoặc các chất oxi hóa khi thay thế nhau phải có mức độ hoạt động tương đương. Ví dụ 11. “Cho a gam hỗn hợp các kim loại hoạt động M, R có hóa trị tương ứng là n, m tác dụng hết với oxi tạo oxit. Mặt khác, a gam hỗn hợp đó tác dụng hết với hỗn hợp axit HCl, H 2 SO 4 ” thì số mol e do M và R phóng ra để 0 2 2O e O − + → hay để 0 H e H + + → cũng luôn bằng nhau. Ví dụ 12. Cho x mol Fe tác dụng hết với HNO 3 hoặc H 2 SO 4 đặc nóng thì số mol e phóng ra của Fe vẫn là 3x mol theo bán phản ứng 3 3Fe e Fe + − → để cho NO 3 - hoặc SO 4 2- nhận. Ví dụ 13. Cho x mol Fe tác dụng hết với H 2 SO 4 loãng (tác nhân oxi hóa là H + ) thì số mol e phóng ra là 2x mol ( 2 2Fe e Fe + − → ); nhưng nếu nó tác dụng với H 2 SO 4 đặc nóng thì số mol e phóng ra lúc này lại là 3x mol ( 3 3Fe e Fe + − → ). Ví dụ 14. Đốt cháy hết m gam hỗn hợp A gồm (Mg, Al) bằng oxi thu được (m +1,6) gam oxit. Hỏi nếu cho m gam hỗn hợp A tác dụng hết với hỗn hợp các axit loãng (H 2 SO 4 , HCl, HBr) thì thể tích H 2 (đktc) thu được là bao nhiêu lít. Giải: Nhận thấy: Mg, Al đều thể hiện mức oxi hóa không đổi khi tác dụng với O 2 hoặc H + . Khối lượng tăng khi chuyển hỗn hợp kim loại thành hỗn hợp oxit chính là khối lượng của oxi đã phản ứng (=1,6 gam hay 0,1 mol nguyên tử O). Số mol e do kim loại phóng ra cho oxi nhận là: 170 2 2 (0,1) 0,2 O e O − + → Vậy số mol e do kim loại phóng ra cho H + nhận cũng là 0,2 mol, từ đó có: 0 2 2 2 (0,2) 0,1 H e H + + → Vậy thể tích H 2 thu được là 2,24 lít. Ví dụ 15. Để m gam phoi bào sắt (X) ngoài không khí,sau một thời gian biến thành hỗn hợp (Y) có khối lượng 12 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho Y tác dụng hoàn toàn với axit HNO 3 thấy thoát ra 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Tính khối lượng m của X. Giải. Có thể tóm tắt quá trình phản ứng như sơ đồ sau: { - 3+ 3 Fe FeO + +O H + NO 2 Fe Fe + NO + H O Fe O 2 3 4 m(gam) Fe O 2 3 12(gam) → → 1 2 3 Căn cứ vào sơ đồ trên, dựa vào sự thay đổi số oxihoá ta có thể nhận thấy: - Khối lượng B lớn hơn khối lượng A là do oxy nhập vào, từ đó ta có m O = m B –m A và số mol O 2 là: 12 - m n = (mol) O 32 2 - Chỉ có Fe sắt phóng electron và cuối cùng tạo Fe 3+ : (1*) Fe - 3e → Fe 3+ m 56 3m 56 - Có O 2 và NO 3 - nhận electron: (2*) O 2 + 4e → 2O 2- 12-m 32 12-m 4. 32 (3*) NO 3 - + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O 0,3 0,1 Theo bảo toàn ellctron thì số mol electron phóng ra ở (1*) phải bằng tổng số mol electron thu vào ở (2*) và (3*) tức là: 3m 56 = 12-m 4. 32 + 0,3 171 Gii phng trỡnh trờn ta cú m = 10,08 gam. cỏc em d theo dừi cỏch tin hnh trờn, di ay tỏc gi vit c th cỏc phng trỡnh phn ng, nhng cỏc em cn tp thúi quen xỏc nh ỳng sn phm, v nu cn thit thỡ mi vit ngoi giy nhỏp khi lm trc nghim m khụng vit y vỡ quỏ mt thi gian. (1) 2Fe + O 2 2 FeO (2) 4Fe + 3O 2 2Fe 2 O 3 (3) 3Fe + 2O 2 Fe 3 O 4 Rn B gm Fe, FeO, Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 , khi cho tỏc dng hon ton vi HNO 3 cú phn ng: (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) Fe + 4HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + NO +H 2 O (6) 3FeO + 10HNO 3 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O (7) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O II PHNG PHP TR S TRUNG BèNH 1. Khỏi nim. Nu tn ti mt tp hp cỏc phn t vi tr s cỏc phn t l A, B, C cú s lng mi phn t tng ng bng a, b, c hay phn trm s lng mi phn t bng x, y, z thỡ luụn tn ti mt giỏ tr tng ng gi l tr s trung bỡnh ( X ) ca cỏc phn t ú, c xỏc nh theo cụng thc: X = xA + yB + zC + Trong ú: x + y + z + = 100% = 1 Hay a.A + b.B + c.C + . X = a + b + c + . Bn cht thỡ ( a b = x; = y v.v . a+b+c+ . a+b+c+ . ) 2. Cụng thc tớnh quen thuc trong vụ c - Khi lng mol trung bỡnh (ký hiu M aM +bM +cM toồng khoỏi lửụùng hoón hụùp m 1 2 3 hh M = x M + x M + x M = = = 1 1 2 2 3 3 a+b+c n Toồng soỏ mol hoón hụùp hh Chỳ ý Nu hn hp nhiu cht hn thỡ cỏc cụng thc trờn c trin khai thờm theo ỳng bn cht ca nú. Ngc li nu hn hp ch cú 2 cht thỡ cụng thc s c rỳt ngn li. Chng hn A = x 1 A 1 +x 2 A 2 v s c dựng ph bin di dng A = x 1 A 1 +(1-x 1 )A 2 . Vỡ x 1 +x 2 =1. 172 • Nếu các chất trong hỗn hợp đều ở thể khí (hoặc hơi) và xét ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất thì có thể thay số mol, % số mol bằng thể tích, % thể tích tương ứng. Chẳng hạn: V M + V M + V M 1 1 2 2 3 3 M = x M + x M + x M = 1 1 2 2 3 3 V +V +V 1 2 3 Trong đó: x 1 , x 2 , x 3 là % V; V 1 , V 2 , V 3 là thể tích tương ứng của mỗi chất trong hỗn hợp. 3. Tính chất của trị số trung bình Trị số trung bình ( X ) không phải là hằng số; ( X ) thay đổi khi phần trăm vế số lượng của các phần tử thay đổi. Khi phần trăm số lượng các phần tử thay đổi (trị số phần tử không đổi), sẽ tồn tại các trị số trung bình khác nhau (trừ trường hợp đặc biệt), nhưng luôn thỏa mãn : X min < X < X max Trong đó : X min , X max là trị số phần tử bé nhất, lớn nhất. 4. Ứng dụng trị số trung bình - Xác định công thức - Tìm khoảng giới hạn của đại lượng cho trước hoặc chứng minh bất đẳng thức trong hoá học. - Biện luận chất dư. Ví dụ 1. Có x mol hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp (hỗn hợp X). X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được a gam hỗn hợp muối clorua khan, còn nếu X tác dụng vừa đủ với dung dịch H 2 SO 4 thì thu được b gam hỗn hợp muối sunfat khan. x có giá trị là : A. x = 2 60,5 −a b . B. x = 12,5 b a− . C. x = 12,5 +a b . C. x = 2 60,5 +a b . Giải. x là số mol của 2 kim loại đã được thay thế bằng một kim loại tương đương có KLNT là M . Ta có: + HCl M MCl (x) x → Khối lượng muối clorua : x( M +35,5) = a (1). 2 4 + H SO 2 4 1 M M SO 2 (x) 0,5x → Khối lượng muối sunfat : 0,5x(2 M +96) = b (2) 173 Chỉ cần lấy (2) – (1) theo vế với vế ta có ngay x = 12,5 b a− . Đáp án đúng là B. Ví dụ 2. Có x mol hỗn hợp hai kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ liên tiếp (gọi là hỗn hợp X). X tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl thì thu được a gam hỗn hợp muối clorua khan, còn nếu X tác dụng vừa đủ với dung dịch H 2 SO 4 thì thu được 1,1807a gam hỗn hợp muối sunfat khan. X chứa 2 kim loại kiềm là : A. Li và Na B. Na và K C. K và Rb C. Rb và Cs Giải. x là số mol của 2 kim loại đã được thay thế bằng một kim loại tương đương có KLNT là M . Ta có: + HCl M MCl (x) x → Khối lượng muối clorua : x( M +35,5) = a (1). 2 4 + H SO 2 4 1 M M SO 2 (x) 0,5x → Khối lượng muối sunfat : 0,5x(2 M +96) = b (2) Chỉ cần lấy (2) – (1) theo vế với vế ta có ngay x = 12,5 b a− . Nếu lấy (1) (2) tức: x( M+35,5) 1,1807 0,5x(M 48) a a b a = = + ta rút được M ≈ 69. Vì 2 kim loại kiềm thuộc hai chu kỳ kế tiếp nên chọn K = 39 <69 < 85,5 = Rb Đáp án đúng là C. Ví dụ 3. Cho 1,52 gam hỗn hợp Fe và một kim loại (X) thuộc nhóm II hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư thấy tạo ra 0,672 lít khí (đktc). Mặt khác, 0,95 gam kim loại X nói trên không khử hết 2 gam CuO ở nhiệt độ cao. Kim loại X là : A. Canxi B. Magie C. Bari D. Beri Giải. gọi x là số mol của 2 kim loại (Fe và X) đã được thay thế bằng một kim loại tương đương có KLNT là M . Ta có: (x) x M + 2HCl MCl + H 2 2 → 174 Vậy n M = x = 0,672 0,03 22,4 = (mol) ⇒ 1,52 50,67 0,03 = =M Theo tính chất của trị số trung bình thì : X < 50,67 < 56 = Fe Mặt khác, lại có : X + CuO 0 t → XO + Cu ( 0,95 X ) 0,95 X và 0,95 X .80 < 2 ⇒ X > 38. Vì 38 < X < 50,67 và X thuộc nhóm IIA nên X là Ca = 40. Đáp án đúng là A. Ví dụ 4. Cho m gam hỗn hợp A gồm NaCl và NaBr tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3 . khối lượng kết tủa thu được bằng k lần khối lượng của AgNO 3 (nguyên chất) đã phản ứng. Bài toán luôn có nghiệm đúng khi k thoả mãn điều kiện đúng nhất là : A. 1,8 < k < 1,9 B. 0,844 < k < 1,106 C. 1,023 < k < 1,189 D. k > 0 Giải. Nếu dùng trị số trung bình với tính chất X <X<X min max thì bài toán cực kỳ đơn giản như sau: Thay thế hai muối NaCl và NaBr bằng một muối có công thức tương đương là NaX thì 35,5 < X < 80 . Phản ứng chuyển hoá : NaX + AgNO AgX + NaNO 3 3 (1) 1 1 → ↓ Giả sử lấy 1 mol muối halogenua đem phản ứng ta có: 108+X k = 170 108+35,5 Khi X = 35,5 k = 0,844 min 170 108+80 Khi X=80 k = 1,106 max 170 Vaäy 0,844 < k < 1,106 ⇒ ≈ ⇒ ≈ Đáp án đúng là B. II – QUY TẮC ĐƯỜNG CHÉO 1. Quy tắc đường chéo áp dụng cho dung dịch lỏng Có thể áp dụng quy tắc đường chéo để tính toán nhanh (không cần chứng minh quy tắc khi áp dụng, trừ khi câu hỏi lý thuyết yêu cầu). Quy tắc đường chéo chỉ được áp dụng khi: 175 [...]... trường hợp này, cần phải nung nóng các hợp chất, và như vậy có thể rơi vào trường hợp hợp chất chưa nóng chảy đã bị phân hủy Hoặc nữa như khơng điều chế Al từ AlCl3 nóng chảy vì khi nung AlCl3 sẽ bị thăng hoa trước khi nóng chảy Ví dụ, khơng thể điện phân nóng chảy Cu(OH)2, KNO3, HgO… vì nhiệt độ nóng chảy > nhiệt độ phân hủy 0 Cu(OH)2 t → CuO + H2O KNO3 HgO 0 t → KNO2 + ½ O2 0 t → Hg + ½ O2 • Điện... hướng dẫn trên chỉ áp dụng khi điện phân dung dịch với thời gian khơng hạn chế Sau này trong các bài tập cụ thể với thời gian điện phân nhất định thì q trình oxi – hố khử ở mỗi điện cực có thể dừng ở một giai đoạn nào đấy mà khơng nhất thiết phải xảy ra cho đến khi nước bị điện phân ở cả hai điện cực • Nếu khơng có số mol của mỗi ion (Bước 1) thì khơng thể xác định được sau mỗi phản ứng điện phân q trình . nữa như không điều chế Al từ AlCl 3 nóng chảy vì khi nung AlCl 3 sẽ bị thăng hoa trước khi nóng chảy. Ví dụ, không thể điện phân nóng chảy Cu(OH) 2 , KNO. phân nhất định thì quá trình oxi – hoá khử ở mỗi điện cực có thể dừng ở một giai đoạn nào đấy mà không nhất thiết phải xảy ra cho đến khi nước bị điện phân