PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÙ MỸ (BÌNH ĐỊNH) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi HỖ TR KIẾN THỨC GIẢI TOÁN HÓA HỌC BẬC THCS a. Ph ¬ng ph¸p ®¹i sè 1. C¸ch gi¶i: ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng. §Ỉt Èn sè cho c¸c ®¹i lỵng cÇn t×m. TÝnh theo c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng vµ c¸c Èn sè ®ã ®Ĩ lËp ra ph¬ng tr×nh ®¹i sè. Gi¶i ph¬ng tr×nh ®¹i sè (hc hƯ ph¬ng tr×nh) vµ biƯn ln kÕt qu¶ (nÕu cÇn). 2. VÝ dơ: §Ĩ m gam bét s¾t (A) ngoµi kh«ng khÝ, sau mét thêi gian biÕn thµnh hçn hỵp (B) cã khèi lỵng 12 gam gåm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 . Cho B t¸c dơng hoµn toµn víi dd HNO 3 thÊy sinh ra 2,24l khÝ NO duy nhÊt ë ®ktc. TÝnh m. HƯƠ ÙNG DẪN GIẢI Trong kh«ng khÝ s¾t t¸c dơng víi oxi t¹o ra c¸c oxit 2Fe + O 2 → 2FeO 4Fe + 3O 2 → 2Fe 3 O 4 3Fe + 2O 2 → Fe 2 O 3 Hçn hỵp B t¸c dơng víi dd HNO 3 : Fe + 4HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O 3FeO + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + NO + 5H 2 O 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 → 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O §Ỉt sè mol cđa Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 lÇn lỵt lµ x, y, z, t ta cã: Theo khèi lỵng hçn hỵp B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1) Theo sè mol nguyªn tư Fe: x + y + 3z + 2t = 56 m (2) Theo sè mol nguyªn tư O trong oxit: y + 4z + 3t = 16 12 m − (3) Theo sè mol NO: x + 1,0 4,22 24,2 33 ==+ zy (4) Nhận xét trớc khi giải hệ phơng trình đại số trên: - Có 5 ẩn số nhng chỉ có 4 phơng trình. Nh vậy không đủ số phơng trình để tìm ra các ẩn số, do đó cần giải kết hợp với biện luận. - Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lợng sắt ban đầu, nh vậy không cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y, z, t. ở đây có 2 phơng trình, nếu biết giá trị của nó ta dễ dàng tính đợc khối lợng sắt ban đầu đó là phơng trình (2) và (3). + Tìm đợc giá trị của (2), đó là số mol Fe. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của Fe là 56 ta đợc m. + Tìm đợc giá trị của (3), đó là số mol nguyên tử O trong oxit. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của O là 16 ta đợc khối lợng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối lợng hỗn hợp B trừ đi khối lợng oxi ta đợc khối lợng sắt ban đầu, tức m. - Thực hiện các phép tính trên: + Tìm giá trị của phơng trình (2): Chia (1) cho 8 đợc: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5) Nhân (4) với 3 đợc: 3x + y + z = 0,3 (6) Cộng (5) với (6) đợc: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7) Chia (7) cho 10 đợc: x + y + 3z + 2t = 0,18 Vậy: m = 56.0,18 = 10,08g + Tìm giá trị của phơng trình (3): Nhân (5) với 3 đợc: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8) Nhân (6) với 7 đợc: 21x + 7y + 7z = 2,1 (9) Lấy (8) trừ đi (9) đợc: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10) Chia (10) cho 20 đợc: y + 4z + 3t = 0,12 m = 12 (0,12.16) = 10,08g Qua việc giải bài toán trên bằng phơng pháp đại số ta thấy việc giải hệ phơng trình đại số nhiều khi rất phức tạp, thông thờng HS chỉ lập đợc phơng trình đại số mà không giải đợc hệ phơng trình đó. Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phơng trình phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo các phơng trình phản ứng đó (dựa vào mối tơng quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở HS nhiều về kĩ năng toán học. Tính chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực tế, HS chỉ quen giải bằng phơng pháp đại số, khi gặp một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phơng pháp đại số, mặc dù thờng bế tắc. Ta hãy giải bài toán trên bằng những phơng pháp mang tính đặc trng của hóa học hơn, đó là phơng pháp bảo toàn khối lợng và phơng pháp bảo toàn electron. *) Phơng pháp bảo toàn khối lợng: Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có: (kí hiệu khối lợng là m) ( ) OHNONOFeHNOB mmmmm pu 2 3 33 ++=+ (1) Tính các giá trị cha biết của (1): + ( ) 56 3 3 m nn FeNOFe == . Vậy ( ) 56 .242 3 3 m m NOFe = + Muốn tính 3 HNO m cần tính 3 HNO n . ở đây số mol HNO 3 đợc dùng vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối: 3 HNO n tạo NO = n NO = 1,0 4,22 24,2 = 3 HNO n tạo muối = 3.n Fe = 3. 56 m 3 HNO n p = 0,1 + 56 3m . Vậy 3 HNO m p = + 56 3 1,0.63 m + Tính OH n 2 : ta có OH n 2 = 2 1 3 HNO n p = 2 1 + 56 3 1,0 m Vậy += 56 3 1,0 2 1 .18 2 m m OH Thay các giá trị tìm đợc vào (1) đợc phơng trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m: 12 + + 56 3 1,0.63 m = 242. 56 m + 30.0,1 + + 56 3 1,0. 2 1 .18 m Giải ra m = 10,08g Nhận xét: Tuy hơi dài nhng cách này dễ hiểu, có tác dụng khắc sâu định luật bảo toàn khối l- ợng và có u điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá - khử hoặc không oxi hoá - khử. c. Phơng pháp bảo toàn electron: Số mol e do Fe nhờng phải bằng số mol e do oxi thu và 5 + N của HNO 3 thu: Ta có: 3. 4,22 24,2 4. 32 12 3. 56 + = mm Giải ra m = 20,08g Nhận xét: Cho kết quả rất nhanh, tính toán rất nhẹ nhàng, khắc sâu bản chất nhờng e và thu e của các quá trình hóa học. Hạn chế là chỉ áp dụng đợc cho các quá trình oxi hoá - khử. b. Ph ơng pháp trung bình (khối lợng mol trung bình, số nguyên tử trung bình) 1. Cách giải: - Phơng pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất. - Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất. - Khối lợng mol trung bình là khối lợng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là M M = 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu đợc 1,12 lit CO 2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B. Hệễ NG DAN GIAI Đặt M là NTK trung bình của 2 kim loại A và B M CO 3 + 2HCl M Cl 2 + CO 2 + H 2 O 0,05 mol05,0 4,22 12,1 = M CO 3 = ;6,93 05,0 68,4 = M = 93,6 60 = 33,6 Biện luận: A < 33,6 A là Mg = 24 B > 33,6 B là Ca = 40. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp hai rợu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu đợc 3,584 lít CO 2 ở đktc và 3,96g H 2 O. Tính a và xác định CTPT của các rợu. Hệễ NG DAN GIAI Gọi n là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của hai rợu. ( ) OHnCOnO n OHHC nn 222 12 1 2 3 +++ + x mol ( ) xnxn 1 + 16,0 4,22 584,3 2 === xnn CO (1) ( ) 22,0 18 96,3 .1 2 ==+= xnn OH (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và n = 2,67 Khối lợng hỗn hợp Số mol hỗn hợp Ta có: a = (14 n + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g n = 2,67 OHHC OHHC 73 52 Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rợu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lợng là 3,387. xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rợu A bằng 3 5 tổng số mol của rợu B và C. Hệễ NG DAN GIAI 2,42 08,0 38,3 == M Nh vậy phải có ít nhất một rợu có M < 42,2. Chỉ có CH 3 OH = 32 Ta có: 05,0 35 5.08,0 = + = A n ; m A = 32.0,05 = 1,67. m B + C = 3,38 1,6 = 1,78g; n B + C = 03,0 35 3.08,0 = + 3,59 03,0 78,1 , == CB M Gọi y là số nguyên tử H trung bình trong phân tử hai rợu B và C Ta có: C x H y OH = 59,3 hay 12x + y + 17 = 59,3 Rút ra: 12x + y = 42,3 Biện luận: x 1 2 3 4 y 30,3 18,3 6,3 <0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rợu có số nguyên tử H < 6,3 và một rợu có số nguyên tử H > 6,3. Có 2 cặp nghiệm: C 3 H 5 OH (CH 2 = CH CH 2 OH) và C 3 H 7 OH C 3 H 3 OH (CH C CH 2 OH) và C 3 H 7 OH Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rợu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lợng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H 2 ở đktc. Tính V và xác định CTPT của các rợu. Hệễ NG DAN GIAI Đặt R là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rợu. R OH + Na R Ona + 2 1 H 2 xmol x 2 x Ta có: ( R + 17).x = 2,84 hay R x + 17x = 2,84 (1) ( R + 39).x = 4,6 hay R x + 39x = 4,6 (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,08 và R = 18,5 Phải có một gốc R < 18,5 Duy nhất chỉ có CH 3 = 15 và rợu là CH 3 OH. Đồng đẳng liên tiếp nên rợu kia phải là C 2 H 5 OH. V = 896,04,22. 2 08,0 = L C. Ph ơng pháp bảo toàn 1. Bảo toàn điện tích - Nguyên tắc: Tổng điện tích dơng luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Vì thế dung dịch luôn luôn trung hoà về điện. - Các ví dụ: Ví dụ 1: Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch ghi ở bảng dới đây: Ion Na + Ca 2+ NO 3 - Cl - HCO 3 - Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao? Hệễ NG DAN GIAI Do điện tích của một ion trong dd bằng tích của điện tích và số mol của nó, nên ta có: Tổng điện tích dơng là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07 Tổng điện tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075. Giá trị tuyệt đối của điện tích dơng khác điện tích âm. Vậy kết quả trên là sai. Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na + : a mol; HCO 3 - : b mol; CO 3 2- : c mol; SO 4 2- : d mol. Để tạo ra kết tủa lớn nhất ngời ta dùng 100 ml dd Ba(OH) 2 nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b. Hệễ NG DAN GIAI HCO 3 - + OH - CO 3 2- + H 2 O bmol b Ba 2+ + CO 3 2- BaCO 3 Ba 2+ + SO 4 2- BaSO 4 Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na + : a mol. Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải có: a mol OH - . Để tác dụng với HCO 3 - cần b mol OH - . Vậy số mol OH - do Ba(OH) 2 cung cấp là (a + b) mol Ta có: ( ) 2 2 ba n OHBa + = và nồng độ 2,01,0 2 ba ba x + = + = mol/l 2) Bảo toàn khối lợng - Nguyên tắc: + Trong một phản ứng hóa học tổng khối lợng của các sản phẩm bằng tổng khối lợng của các chất phản ứng. + Khi cô cạn dd thì khối lợng hỗn hợp muối thu đợc bằng tổng khối lợng của các cation kim loại và anion gốc axit. - Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 đun nóng thu đợc 64g sắt, khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH) 2 d đợc 40g kết tủa. Tính m. Hệễ NG DAN GIAI Khí đi ra sau phản ứng gồm CO 2 và CO d CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 0,4 4,0 100 40 = ta có: 4,0 2 == COCO nn pu Theo định luật bảo toàn khối lợng: m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 m = 70,4g. Ví dụ 2: Một dd có chứa 2 cation là Fe 2+ : 0,1mol và Al 3+ : 0,2mol và 2anion là Cl - : x mol và SO 4 2- : y mol. Tính x và y, biết rằng khi cô cạn dd thu đợc 46,9 g chất rắn khan. Hệễ NG DAN GIAI Do bảo toàn khối lợng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 (1) Do bảo toàn điện tích: 2.0,1 + 3.0,2 = 1.x + 2.y (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,2; y = 0,3. Ví dụ 3: Đun 132,8 g hỗn hợp 3 rợu no, đơn chức với H 2 SO 4 đặc ở 140 0 C thu đợc 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete. Hệễ NG DAN GIAI Đun hỗn hợp 3 rợu đợc ( ) 6 2 133 = + ete. Theo định luật bảo toàn khối lợng: m rợu = m ete = OH m 2 OH m 2 = m rợu - m ete = 132,8 111,2 = 21,6 g. Tổng số mol các ete = số mol H 2 O = 18 6,21 = 1,2 Số mol mỗi ete = 2,0 6 2,1 = mol. Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thu đợc 0,2mol khí CO 2 . Tính khối lợng muối mới tạo ra trong dung dịch. Hệễ NG DAN GIAI Đặt công thức của các muối là M 2 CO 3 và RCO 3 M 2 CO 3 + RCO 3 + 4HCl 2MCl + RCl 2 + 2CO 2 + 2H 2 O 0,4 0,2 mol 0,2 Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = m muối + OHCO mm 22 + hay: 23,8 + 0,4.36,5 = m muối + 0,2.44 + 0,2.18 m muối = 26g 3. Bảo toàn electron Nguyên tắc: Trong quá trình phản ứng thì: Số e nhờng = số e thu hoặc: số mol e nhờng = số mol e thu Khi giải không cần viết phơng trình phản ứng mà chỉ cần tìm xem trong quá trình phản ứng có bao nhiêu mol e do chất khử nhờng ra và bao nhiêu mol e do chất oxi hoá thu vào. - Các ví dụ: Ví dụ 1: Trộn 60g bột Fe với 30g bột lu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu đợc chất rắn A. Hoà tan A bằng dd axit HCl d đợc dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hệễ NG DAN GIAI 32 30 => SFe nn nên Fe d và S hết. Khí C là hỗn hợp H 2 S và H 2 . Đốt C thu đợc SO 2 và H 2 O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhờng e, còn O 2 thu e. Nhờng e: Fe 2e Fe 2+ 2. 56 60 50 60 mol S - 4e S +4 (SO 2 ) 4. 32 30 32 20 mol Thu e: Gọi số mol O 2 là x mol. O 2 + 4e 2O -2 2 mol 4x Ta có: 4. 32 30 2. 56 60 4 += x giải ra x = 1,47 mol. 928,3247,1.4,22 2 == O V lit Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hoá trị x, y không đổi (R 1 , R 2 không tác dụng với nớc và đứng trớc Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO 3 d thu đợc 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lợng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO 3 thì thu đợc bao nhiêu lít N 2 . Các thể tích khí đo ở đktc. Hệễ NG DAN GIAI Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: ở thí nghiệm 1: R 1 và R 2 nhờng e cho Cu 2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhờng e cho 5 + N để thành 2 + N (NO). Số mol e do R 1 và R 2 nhờng ra là: 5 + N + 3e 2 + N 0,15 05,0 4,22 12,1 = ở thí nghiệm 1: R 1 và R 2 trực tiếp nhờng e cho 5 + N để tạo ra N 2 . Gọi x là số mol N 2 , thì số mol e thu vào là: 2 5 + N + 10e 0 2 N 10x x mol Ta có: 10x = 0,15 x = 0,015 2 N V = 22,4.0,015 = 0,336 lit Ví dụ 3: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dd HNO 3 thu đợc hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO 2 . Tính khối lợng muối tạo ra trong dung dịch. Hệễ NG DAN GIAI Đặt x, y, z lần lợt là số mol Cu, Mg, Al. Nhờng e: Cu 2e = + 2 Cu x 2x x Mg 2e = + 2 Mg y 2y y Al 3e = + 3 Al z 3z z Thu e: 5 + N + 3e = 2 + N (NO) 0,03 0,01 5 + N + 1e = 4 + N (NO 2 ) 0,04 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1) Nhng 0,07 cũng chính là số mol NO 3 - Khối lợng muối nitrat là: 1,35 + 62.0,07 = 5,69g. d. Phơng pháp ghép ẩn số a. Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phơng pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phơng trình và có dạng vô định, không giải đợc. Nếu dùng phơng pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng. b. Các ví dụ: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp hai rợu no, đơn chức đợc hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lợt đi qua bình 1 đựng H 2 SO 4 đặc và bình 2 đựng nớc vôi trong d, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a. Hệễ NG DAN GIAI Đặt CTPT của các rợu là C n H 2n+1 -OH và C m H 2m+1 -OH. Gọi x, y là số mol các rợu. C n H 2n+1 OH + 2 3n O 2 nCO 2 + (n + 1)H 2 O x nx (n + 1)x [...]... Ta c : (A + 35,5.3).0,14 – (133,5.0,14) = 4,06 Gi¶i ra A = 56 Kim lo¹i X lµ Fe vµ mi FeCl3 VÝ dơ 4: Nung 100g hçn hỵp gåm Na2CO3 vµ NaHCO3 cho ®Õn khi khèi lỵng hçn hỵp kh«ng ®ỉi ®ỵc 69g chÊt r¾n x¸c ®Þnh phÇn tr¨m khèi lỵng cđa mçi chÊt trong hçn hỵp HƯỚNG DẪN GIẢI ChØ cã NaHCO3 bÞ ph©n hđy §Ỉt x lµ sè gam NaHCO3 2NaHCO3 2.84g xg Ta c : 0  t → Na2CO3 + CO2↑ + H2O↑ gi¶m: 44 + 18 = 62g gi¶m: 100... (A – 64)g xmol 0,05m g 100 Rót ra: x= 0,05m 100 A − 64 (1) M + Pb(NO3)2 → M(NO3)2 + Pb↓ Ag → 1mol 207 t¨ng (207 – A)g xmol t¨ng 7,1m x = 100 207 − A Rót ra: Tõ (1) vµ (2) ta c : 7,1m g 100 (2) 0,05m 7,1m 100 = 100 A − 64 207 − A (3) Tõ (3) gi¶i ra A = 65 VËy kim lo¹i M lµ kÏm VÝ dơ 3: Cho 3,78g bét Al ph¶n øng võa ®đ víi dd mi XCl3 t¹o thµnh dd Y Khèi lỵng chÊt tan trong dd Y gi¶m 4,06g so víi dd XCl3... CmH2m + b mol Theo (1), (2 ): a + b = mb V 22,4 (4) mb (5) Theo (3), (4 ): nCO = nH O = na + mb (6) 2 2 Khèi lỵng 2 rỵu l : (14n + 18)a + (14m + 18)b = p hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7) ThÕ (5) vµo (7) ®ỵc: na + mb = p −18 V 22,4 14 m H 2O = y = p −18 14 VCO2 = x = p −18 14 V 9 p − 7,23V 22,4 18 → y = 7 V 11,2 p − 9V 22,4 22,4 → x = 7 e Ph¬ng ph¸p t¨ng gi¶m khèi lỵng a C¸ch gi¶i: Khi chun tõ chÊt nµy... víi nång ®é duy nhÊt Nh vËy lỵng chÊt tan trong phÇn ®Ỉc gi¶m xng ph¶i b»ng lỵng chÊt tan trong phÇn lo·ng t¨ng lªn S¬ ®å tỉng qu¸t cđa ph¬ng ph¸p ®êng chÐo nh sau: D1 x1 x – x2 D1 x − x2 = D2 x1 − x x D2 x2 x1 - x x1, x2, x lµ khèi lỵng chÊt ta quan t©m víi x1 > x > x2 D1, D2 lµ khèi lỵng hay thĨ tÝch c¸c chÊt (hay dung dÞch) ®em trén lÉn b C¸c vÝ d : VÝ dơ 1: CÇn thªm bao nhiªu gam níc vµo 500g dung... 1: Nhóng thanh kÏm vµo dd chøa 8,32g CdSO 4 Sau khi khư hoµn toµn ion Cd2+ khèi lỵng thanh kÏm t¨ng 2,35% so víi ban ®Çu Hái khèi lỵng thanh kÏm ban ®Çu HƯỚNG DẪN GIẢI Gäi khèi lỵng thanh kÏm ban ®Çu lµ a gam th× khèi lỵng t¨ng thªm lµ Zn + CdSO4 → ZnSO4 + Cd 65g →1mol 112g t¨ng 112 – 65 = 47g 8,32 = 0,04 mol 208 Ta cã tØ l : 1 47 = 0,04 2,35a 100 Gi¶i ra a = 80g 2,35a g 100 2,35a gam 100 VÝ dơ 2:. .. 2.84g xg Ta c : 0  t → Na2CO3 + CO2↑ + H2O↑ gi¶m: 44 + 18 = 62g gi¶m: 100 – 69 = 31g 2,84 62 = → x = 84 g x 31 VËy NaHCO3 chiÕm 84% vµ Na2CO3 chiÕm 16% VÝ dơ 5: Hoµ tan hoµn toµn 23,8g hçn hỵp mét mi cacbonat cđa kim lo¹i ho¸ trÞ I vµ mét mi cacbonat cđa kim lo¹i ho¸ trÞ II vµo dd HCl thÊy tho¸t ra 0,2mol khÝ Khi c« c¹n dd sau ph¶n øng th× thu ®ỵc bao nhiªu gam mi khan? HƯỚNG DẪN GIẢI KÝ hiƯu kim lo¹i... 1mol(R+60)g (R+71) t¨ng (R+71)-(R+60) = 11g ymol 11ygam Tõ (1) vµ (2 ): mhh = x + y = nCO = 0,2 2 Theo (1), (2 ): (x + y)mol hçn hỵp ph¶n øng th× khèi lỵng hh mi t¨ng (11x + 11y)g = 11(x + y) = 11.0,2 = 2,2g VËy khèi lỵng mi thu ®ỵc b»ng khèi lỵng mi ban ®Çu céng víi khèi tỵng t¨ng thªm mmi = 23,8 + 2,2 = 26g g Ph¬ng ph¸p ®êng chÐo a C¸ch gi¶i: - Ph¬ng ph¸p ®êng chÐo thêng dïng ®Ĩ gi¶i bµi to¸n trén lÉn c¸c... ph¬ng tr×nh ®¹i sè theo sè mol CO2 vµ sè mol H2O: nCO2 = nx + my = 0,08 (1) n H 2O = ( n +1) x + ( m +1) y = 1,98 = 0,11 18 (2) ë ®©y, víi 4 Èn sè (n, m, x, y) mµ chØ cã 2 ph¬ng tr×nh nªn cã d¹ng vo ®Þnh Ta triĨn khai (2) ®Ĩ ghÐp Èn sè Tõ (2 ): n H 2O = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11 Thay nx + my = 0,08, rót ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03 TÝnh a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y hay a = 14nx... 0, v× níc th× nång ®é NaOH b»ng 0) VÝ dơ 2: CÇn trén H2 vµ CO theo tØ lƯ thĨ tÝch nh thÕ nµo ®Ĩ ®ỵc hçn hỵp khÝ cã tØ khèi so víi metan b»ng 1,5 HƯỚNG DẪN GIẢI M hh = 1,5.16 = 24 VH 2 2 4 → 24 V CO 28 22 VH 2 VCO = 4 2 = 22 11 VÝ dơ 3: Hoµ tan 4,59g Al b»ng dd HNO3 lo·ng thu ®ỵc hçn hỵp khÝ NO vµ N2O cã tØ khèi so víi H2 b»ng 16,75 TÝnh tØ lƯ thĨ tÝch khÝ trong hçn hỵp HƯỚNG DẪN GIẢI M hh = 16,75.2... 33,5 VNO 30 V N 2O V NO = 3,5 1 = 10,5 3 10,5 VÝ dơ 4: Trén 2 thĨ tÝch CH4 víi 1 thĨ tÝch hi®rocacbon X thu ®ỵc hçn hỵp khÝ (®ktc) cã tØ khèi so víi H2 b»ng 15 X¸c ®Þnh CTPT cđa X HƯỚNG DẪN GIẢI M hh = 15.2 = 30 2V 16 MX - 30 30 1V → MX 30 – 16 2V M X − 30 = → M X = 58 1V 30 − 16 Víi 12x + y = 58 chØ cã nghiƯm khi x = 4 vµ y = 10 → C4H10 VÝ dơ 5: Tõ 1 tÊn qng hematit (A) ®iỊu chÕ ®ỵc 420kg s¾t Tõ 1 . c : Theo khèi lỵng hçn hỵp B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1) Theo sè mol nguyªn tư Fe: x + y + 3z + 2t = 56 m (2) Theo sè mol nguyªn tư O trong oxit:. trên: + Tìm giá trị của phơng trình (2 ): Chia (1) cho 8 đợc: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5) Nhân (4) với 3 đợc: 3x + y + z = 0,3 (6) Cộng (5) với (6) đợc: