MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM (LTĐH) PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯNG 1. Kiến thức cần ghi nhớ - Nếu có PTHH tổng quát: A + B  C + D Thì theo đònh luật bảo toàn khối lượng ta có: m A + m B = m C + m D Như vậy trong phản ứng có n chất nếu biết khối lượng của n – 1 chất thì tính được khối lượng chất còn lại. - Trong phản ứng khử oxit kim loại bằng CO, H 2 . Ta có: n O trong oxit = n CO 2 = n H 2 O Vậy: m oxit = m O trong oxit + m kim loại - Trong phản ứng giữa kim loại với dd axit giải phóng khí hro thì n axit = 2 .nH 2 2. Bài Tập Bài 1: Cho 24.4g hỗn hợp Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 tác dụng vừa đủ với dung dòch BaCl 2 . sau phản ứng thu được 39.4g kết tủa. Lọc tách kết tủa cô cạn dung dòch thu được m gam muối clorua. M có giá trò là a. 13.3g b. 15g c. 26.6g d. 63.8g đáp án: c Giải: Phương trình tổng quát M 2 CO 3 + BaCl 2 → BaCO 3 + 2MCl n BaCO 3 = 0,2mol theo phương trình n BaCl 2 = n BaCO 3 = 0,2mol m BaCl 2 = 0,2 . 208 = 41,6g theo đònh luật bảo toàn khối lượng m M 2 CO 3 + m BaCl 2 = m BaCO 3 + m MCl => m MCl = 24,4 + 41,6 – 39,4 = 26,6g Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dòch HCl dư thấy có 11.2 lít khí thoát ra (đktc) và dung dòch X. cô cạn dung dòch X thì khối lượng muối khan thu được là a. 19g b. 19,5g c. 55,5g d. 37,25g Đáp án: c Giải: M + 2HCl  MCl 2 + H 2 n H 2 = 0.5 mol => m H 2 = 1g n HCl = 1 mol => m HCl = 36,5g m M + m HCl = m X + m H 2 => m X = 20 + 36,5 – 1 = 55,5 g Bài 3: Khử hoàn toàn 40.1g hỗn hợp A gồm ZnO và Fe 2 O 3 bằng khí H 2 thấy tạo ra 12.6g H 2 O khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là a. 28,9g b. 51,3g c. 27,5g d. 52,7g Đáp án a Giải: n H 2 O = 0.7 mol ZnO + H 2 to → Zn + H 2 O Fe 2 O 3 + 3H 2 to → 2Fe + 3H 2 O Từ phương trình hóa học ta có: n oxi trong oxit = n H 2 O = 0,7mol m O = 0,7 .16 = 11,2g m A = m kim loại + m oxi trong oxit => m kim loại = 40,1 – 11,2 = 28,9 g Bài 4: Khử hoàn toàn 32g hỗn hợp A gồm CuO và Fe 2 O 3 bằng khí H 2 thấy tạo ra 9g H 2 O. khối lượng hỗn hợp kim loại thu được là: a. 12g b. 24g c. 23g d. 41g Đáp án : b Giải: n H 2 O = 0.5 mol CuO + H 2 to → Cu + H 2 O Fe 2 O 3 + 3H 2 to → 2Fe + 3H 2 O n O = n H 2 O = 0,5 mol -> m o = 0,5.16 = 8g m A = m kim loại + m O m kim loại = 32 – 8 = 24g Bài 5: Hòa tan hoàn toàn 18.4g hỗn hợp 2 kim loại hóa trò II và hóa trò III trong dung dòch HCl người ta thu được dung dòch A và khí B. đốt cháy hoàn toàn lượng khí B thu được 9g nước. Cô cạn dung dòch A thu được khối lượng hỗn hợp muối khan là a. 9,4 g b. 53,9g c. 55,9g d. 27,4g Đáp án b Giải: nH 2 O = 0,5mol X + 2HCl  XCl 2 + H 2 (1) 2Y + 6HCl  2YCl 3 + 3H 2 (2) 2H 2 + O 2 to → 2H 2 O (3) Theo (3) => n H 2 = 0,5mol => m H 2 = 0,5.2 = 1g theo (1) và(2) ta có nHCl = 2 n H 2 = 1mol m HCl = 36,5g theo đònh luật bảo toàn khối lượng m (X+Y) + m (HCl) = m A + m B => m A = 18,4 + 36,5 -1 = 53,9g PHƯƠNG PHÁP 2: PHƯƠNG PHÁP ĐƯỜNG CHÉO 1. Kiến thức cần ghi nhớ a. Các chất cùng nồng độ phần trăm m 1 C% 1 C% 2 – C% C% => 1 2 2 1 % % % % m C C m C C − = − m 2 C% 2 C% – C% 1 m 1 là khối lượng của dung dòch có nồng độ C% 1 m 2 là khối lượng của dung dòch có nồng độ C% 2 C% là nồng độ phần trăm dung dòch thu được sau khi trộn lẫn b. Các chất cùng nồng độ mol V 1 C M1 C M2 – C M C M => 1 2 2 1 M M M M V C C V C C − = − V 2 C M2 C M – C M1 V 1 là thể tích của dung dòch có nồng độ C M1 V 2 là thể tích của dung dòch có nồng độ C M2 C M là nồng độ mol dung dòch thu được sau khi trộn lẫn c. Các chất khí không tác dụng được với nhau V 1 M 1 M 2 – M M => 1 2 2 1 V M M V M M − = − V 2 M 2 M – M 1 M là khối lượng mol trung bình thu được khi trộn lẫn các khí M 1 < M < M 2 V 1 là thể tích chất khí có phân tử khối là M 1 V 2 là thể tích chất khí có phân tử khối là M 2 2. BÀI TẬP Bài 1: Dung dòch HCl có nồng độ 45% và dung dòch HCl khác có nồng độ 15% để có dung dòch HCl có nồng độ 20% thì phải pha chế về khối lượng giữa 2 dung dòch HCl 45% và HCl 15% theo tỉ lệ là a. 1:3 b. 1:5 c. 3:1 d. 5:1 Đáp án: b Giải: p dụng phương pháp đường chéo ta có m 1 45% 5% 20% => 1 2 5% 1 25% 5 m m = = m 2 15% 25% Bài 2: Thể tích nước và dung dòch MgSO 4 2M cần để pha được 100ml dung dòch MgSO 4 0.4M lần lượt là a. 50ml và 50ml b. 40ml và 60ml c. 80ml và 20ml d. 20ml và 80ml Đáp án: b Giải: Gọi V là thể tích nước => thể tích dd MgSO 4 = 100 - V V 0 1.6 0.4 => 1.6 4 80 100 0.4 V V ml V = = => = − 100 - V 2 0.4 Vậy VH 2 O = 80ml và V MgSO 4 = 20ml Bài 3: Điều chế hỗn hợp 26 lit khí hiđro và khí cacbonoxit có tỉ khối hơi đối với khí mêtan là 1.5 thì thể tích khí hiđro và cacbonoxit cần lấy là: a. 4 lit và 22 lit b. 8 lit và 44 lit c. 22 lit và 4 lit d. 44 lit và 8 lit Đáp án: a Giải: M hỗn hợp = 1,5.16 = 24g p dụng phương pháp đường chéo ta có 2 H V 2 4 24 => 2 4 22 H CO V V = CO V 28 22 Bài 4: Thể tích H 2 O và dung dòch NaCl 0.2M cần để pha được 50ml dung dòch NaCl 0.1M lần lượt là a. 45ml và 5ml b. 10ml và 40ml c. 25ml và 25ml d. 5ml và 45ml đáp án: c Giải: Gọi V là thể tích nước => thể tích dd NaCl = 50 - V V 0 0.1 0.1 => 0.1 1 25 50 0.1 V V ml V = = => = − 50 - V 0.2 0.1 Vậy VH 2 O = 25ml và V NaCl = 25ml Bài 5: Khối lượng H 2 O và khối lượng dung dòch đường 15% cần để pha chế được 50g dung dòch đường 5% là: a. 2.5g và 47.5g b. 16.7g và 33.3g c. 47.5g và 2.5g d. 33.3g và 16.7g Đáp án: d Giải: Gọi khối lượng nước là m thì khối lượng đường 15% là 50 - m m 0% 10% 5% => 10% 2 33.3 50 5% 1 m m g m = = => = − 50-m 15% 5% Vậy m H 2 O = 33,3g và m đường 15% = 16,7g PHƯƠNG PHÁP 3: PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢM KHỐI LƯNG 1. Kiến thức cần ghi nhớ Dựa vào sự tăng giảm khối lượng khi chuyển từ chất này sang chất khác để xác đònh khối lượng hỗn hợp hay một chất + Dựa vào phương trình hóa học tìm sự thay đỗi về khối lượng của 1 mol chất trong phản ứng. + Tính số mol các chất tham gia phản ứng và ngược lại. + Độ tăng Khối lượng kim loại = m Kim loại sinh ra – m kim loại tan. Độ giảm Khối lượng kim loại = m kim loại tan – m kim loại sinh ra. 2. Bài tập Bài 1: Nhúng 1 thanh nhôm nặng 45g vào 400ml dung dòch CuSO 4 0.5M sau 1 thời gian lấy thanh nhôm ra cân nặng 46.38g. Khối lượng đồng thoát ra là: a. 0.64g b. 1.92g c. 1.28g d. 2.56g Đáp án b giải: 2Al + 3 CuSO 4  Al 2 (SO 4 ) 3 + 3Cu Theo phương trình cứ 2 mol Al  3 mol Cu khối lượng tăng 3 . 64 – 2 . 27 = 138g Theo đề bài n mol Cu khối lượng tăng 46,38 – 45 = 1,38g Vậy n Cu = 1,38 . 3 138 = 0.03 mol => m Cu = 0,03 . 64 = 1,92g Bài 2: Nhúng thanh sắt có khối lượng 56g vào 100ml dd CuSO 4 0.5M đến phản ứng hoàn toàn. Coi toàn bộ lượng đồng sinh ra đều bám vào thanh sắt. Khối lượng thanh sắt sau phản ứng a. 59,2g b. 56,4g c. 53,2g d. 57,2g Đáp án b Giải : Fe + CuSO 4  FeSO 4 +Cu n CuSO 4 = 0,05 mol m kim loại tăng = 64 . 0,05 – 56 . 0,05 = 0,4g m sắt sau phản ứng = m sắt trước phản ứng + m kim loại tăng = 56 + 0,4 = 56,4 g Bài 3: Cho 2.52g một kim loại chưa rõ hóa trò tác dụng với dd H 2 SO 4 loãng dư thu được 6.84 g muối sunfat. Kim loại đã dùng là a. Fe b.Zn c.Al d.Mg Đáp án: a Giải: Cứ 1 mol kim loại tác dụng -> muối sunfat khối lượng tăng 96g n mol kim loại theo đề bài khối lượng tăng 6,84 – 2,52 = 4,32g n kim loại = 4,32 . 1 96 = 0,045 mol => M kim loại = 2,52 0,045 = 56g vậy kim loại đó là Fe Bài 4: Hòa tan 39,4g muối cacbonat của kim loại hóa trò II bằng H 2 SO 4 loãng dư thu được 46.6g muối sunfat kết tủa. Kim loại đó là a Fe b. Ca c. Ba d. Pb đáp án: c Giải: RCO 3 + H 2 SO 4  RSO 4 + CO 2 + H 2 O Cứ 1 mol muối cacbonat tác dụng -> muối sufat khối lượng tăng 96 – 60 = 36g n mol muối cacbonat Khối lượng tăng 46,6 – 39,4 = 7,2g n muối cacbonat = 7,2 . 1 36 = 0.2 mol M muối cacbonat = 39,4 0,2 = 197g M R = 197 – 60 = 137 => R là Ba Bài 5: Cho 50g kim loại chì vào 100 ml dung dòch chứa 2 muối Cu(NO 3 ) 2 0.5M và AgNO 3 2M. sau phản ứng lấy Pb ra khỏi dung dòch làm khô thì khối lượng chì là a. 43,75g b. 56,25g c. 42,85g d. 50,9g đáp án: a Giải: n Cu(NO 3 ) 2 = 0,05mol n AgNO 3 = 0,2mol Pb + Cu(NO 3 ) 2  Pb(NO 3 ) 2 + Cu (1) Pb + 2AgNO 3  Pb(NO 3 ) 2 + 2Ag (2) Theo (1) m Pb giảm = 207 . 0,05 – 64 . 0,05 = 7,15g Theo (2) m Pb tăng = 0,2 . 108 – 0,1 . 207 = 0,9g Vậy m Pb giảm = 7,15 – 0,9 = 6.25g m Pb = 50 – 6,25 = 43,75g PHƯƠNG PHÁP 4: BẢO TỒN MOL ELECTRON Trước hết cần nhấn mạnh đây khơng phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo tồn electron. Ngun tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của 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 khơng cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài tốn cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hồn tồn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric lỗng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhơm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: 2Fe + O 2 o t → 2FeO (1) 2Fe + 1,5O 2 o t → Fe 2 O 3 (2) 3Fe + 2O 2 o t → Fe 3 O 4 (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: 3FeO + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + NO ↑ + 5H 2 O (4) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 → 2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O (5) 3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 9Fe(NO 3 ) 3 + NO + 14H 2 O (6) Ta nhn thy tt c Fe t Fe 0 b oxi húa thnh Fe +3 , cũn N +5 b kh thnh N +2 , O 2 0 b kh thnh 2O 2 nờn phng trỡnh bo ton electron l: 0,728 3n 0,009 4 3 0,039 56 + ì = ì = mol. trong ú, n l s mol NO thoỏt ra. Ta d dng rỳt ra n = 0,001 mol; V NO = 0,001ì22,4 = 0,0224 lớt = 22,4 ml. (ỏp ỏn B) 2. Cỏc phn ng cú th cú: 2Al + 3FeO o t 3Fe + Al 2 O 3 (7) 2Al + Fe 2 O 3 o t 2Fe + Al 2 O 3 (8) 8Al + 3Fe 3 O 4 o t 9Fe + 4Al 2 O 3 (9) Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 (10) 2Al + 6HCl 2AlCl 3 + 3H 2 (11) Xột cỏc phn ng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thy Fe 0 cui cựng thnh Fe +2 , Al 0 thnh Al +3 , O 2 0 thnh 2O 2 v 2H + thnh H 2 nờn ta cú phng trỡnh bo ton electron nh sau: 5,4 3 0,013 2 0,009 4 n 2 27 ì ì + = ì + ì Fe 0 Fe +2 Al 0 Al +3 O 2 0 2O 2 2H + H 2 n = 0,295 mol 2 H V 0,295 22,4 6,608= ì = lớt. (ỏp ỏn A) Nhn xột: Trong bi toỏn trờn cỏc bn khụng cn phi bn khon l to thnh hai oxit st (hn hp A) gm nhng oxit no v cng khụng cn phi cõn bng 11 phng trỡnh nh trờn m ch cn quan tõm ti trng thỏi u v trng thỏi cui ca cỏc cht oxi húa v cht kh ri ỏp dng lut bo ton electron tớnh lc bt c cỏc giai on trung gian ta s tớnh nhm nhanh c bi toỏn. Vớ d 2: Trn 0,81 gam bt nhụm vi bt Fe 2 O 3 v CuO ri t núng tin hnh phn ng nhit nhụm thu c hn hp A. Ho tan hon ton A trong dung dch HNO 3 un núng thu c V lớt khớ NO (sn phm kh duy nht) ktc. Giỏ tr ca V l A. 0,224 lớt. B. 0,672 lớt. C. 2,24 lớt. D. 6,72 lớt. Hng dn gii Túm tt theo s : o 2 3 t NO Fe O 0,81 gam Al V ? CuO 3 hòa tan hoàn toàn dung dịch HNO hỗn hợp A + = Thc cht trong bi toỏn ny ch cú quỏ trỡnh cho v nhn electron ca nguyờn t Al v N. Al Al +3 + 3e 0,81 27 0,09 mol v N +5 + 3e N +2 0,09 mol 0,03 mol V NO = 0,03ì22,4 = 0,672 lớt. (ỏp ỏn D) Nhn xột: Phn ng nhit nhụm cha bit l hon ton hay khụng hon ton do ú hn hp A khụng xỏc nh c chớnh xỏc gm nhng cht no nờn vic vit phng trỡnh húa hc v cõn bng phng trỡnh phc tp. Khi hũa tan hon ton hn hp A trong axit HNO 3 thỡ Al 0 to thnh Al +3 , nguyờn t Fe v Cu c bo ton húa tr. Cú bn s thc mc lng khớ NO cũn c to bi kim loi Fe v Cu trong hn hp A. Thc cht lng Al phn ng ó bự li lng Fe v Cu to thnh. Vớ d 3: Cho 8,3 gam hn hp X gm Al, Fe (n Al = n Fe ) vo 100 ml dung dch Y gm Cu(NO 3 ) 2 v AgNO 3 . Sau khi phn ng kt thỳc thu c cht rn A gm 3 kim loi. Hũa tan hon ton cht rn A vo dung dch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ C M của Cu(NO 3 ) 2 và của AgNO 3 lần lượt là A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác. Tóm tắt sơ đồ: Al Fe 8,3 gam hçn hîp X (n = n ) Al Fe    + 100 ml dung dịch Y 3 3 2 AgNO : x mol Cu(NO ) :y mol    → → ChÊt r¾n A (3 kim lo¹i) 2 HCl d­ 1,12 lÝt H 2,8 gam chÊt r¾n kh«ng tan B + → Z ] Hướng dẫn giải Ta có: n Al = n Fe = 8,3 0,1 mol. 83 = Đặt 3 AgNO n x mol= và 3 2 Cu( NO ) n y mol= ⇒ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại. ⇒ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al → Al 3+ + 3e Fe → Fe 2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2 ⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag + + 1e → Ag Cu 2+ + 2e → Cu 2H + + 2e → H 2 x x x y 2y y 0,1 0,05 ⇒ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol. ⇒ 108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. ⇒ 3 M AgNO 0,2 C 0,1 = = 2M; 3 2 M Cu( NO ) 0,1 C 0,1 = = 1M. (Đáp án B) Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO 3 và H 2 SO 4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO 2 , NO, NO 2 , N 2 O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt n Mg = x mol ; n Al = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15. (1) Quá trình oxi hóa: Mg → Mg 2+ + 2e Al → Al 3+ + 3e x 2x y 3y ⇒ Tổng số mol e nhường bằng (2x + 3y). Quá trình khử: N +5 + 3e → N +2 2N +5 + 2 × 4e → 2N +1 0,3 0,1 0,8 0,2 N +5 + 1e → N +4 S +6 + 2e → S +4 0,1 0,1 0,2 0,1 ⇒ Tổng số mol e nhận bằng 1,4 mol. Theo định luật bảo toàn electron: 2x + 3y = 1,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,4 mol ; y = 0,2 mol. ⇒ 27 0,2 %Al 100% 36%. 15 × = × = %Mg = 100% − 36% = 64%. (Đáp án B) Ví dụ 5: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dung dịch axit HCl dư được dung dịch B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O 2 (đktc). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. V có giá trị là A. 11,2 lít. B. 21 lít. C. 33 lít. D. 49 lít. Hướng dẫn giải Vì Fe S 30 n n 32 > = nên Fe dư và S hết. Khí C là hỗn hợp H 2 S và H 2 . Đốt C thu được SO 2 và H 2 O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O 2 thu e. Nhường e: Fe → Fe 2+ + 2e 60 mol 56 60 2 56 × mol S → S +4 + 4e 30 mol 32 30 4 32 × mol Thu e: Gọi số mol O 2 là x mol. O 2 + 4e → 2O -2 x mol → 4x Ta có: 60 30 4x 2 4 56 32 = × + × giải ra x = 1,4732 mol. ⇒ 2 O V 22,4 1,4732 33= × = lít. (Đáp án C) Ví dụ 6: 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 nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 dư thu được 1,12 lít khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thu được bao nhiêu lít N 2 . Các thể tích khí đo ở đktc. A. 0,224 lít. B. 0,336 lít. C. 0,448 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: TN1: R 1 và R 2 nhường e cho Cu 2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho 5 N + để thành 2 N + (NO). Số mol e do R 1 và R 2 nhường ra là 5 N + + 3e → 2 N + 0,15 05,0 4,22 12,1 =← TN2: R 1 và R 2 trực tiếp nhường 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 lít. (Đáp án B) Ví dụ 7: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO 3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO và 0,04 mol NO 2 . Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. A. 10,08 gam. B. 6,59 gam. C. 5,69 gam. D. 5,96 gam. Hướng dẫn giải Cách 1: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. Nhường e: Cu = 2 Cu + + 2e Mg = 2 Mg + + 2e Al = 3 Al + + 3e x → x → 2x y → y → 2y z → z → 3z Thu e: 5 N + + 3e = 2 N + (NO) 5 N + + 1e = 4 N + (NO 2 ) 0,03 ← 0,01 0,04 ← 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NO 3 − Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62×0,07 = 5,69 gam. (Đáp án C) Cách 2: Nhận định mới: Khi cho kim loại hoặc hỗn hợp kim loại tác dụng với dung dịch axit HNO 3 tạo hỗn hợp 2 khí NO và NO 2 thì 3 2 HNO NO NO n 2n 4n= + 3 HNO n 2 0,04 4 0,01 0,12= × + × = mol ⇒ 2 H O n 0,06= mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: 3 2 2 KL HNO muèi NO NO H O m m m m m m+ = + + + 1,35 + 0,12×63 = m muối + 0,01×30 + 0,04×46 + 0,06×18 ⇒ m muối = 5,69 gam. Ví dụ 8: (Câu 19 - Mã đề 182 - Khối A - TSĐH - 2007) Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO 3 , thu được V lít (ở đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO 2 ) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H 2 bằng 19. Giá trị của V là A. 2,24 lít. B. 4,48 lít. C. 5,60 lít. D. 3,36 lít. Hướng dẫn giải Đặt n Fe = n Cu = a mol → 56a + 64a = 12 → a = 0,1 mol. Cho e: Fe → Fe 3+ + 3e Cu → Cu 2+ + 2e 0,1 → 0,3 0,1 → 0,2 Nhận e: N +5 + 3e → N +2 N +5 + 1e → N +4 3x ← x y ← y Tổng n e cho bằng tổng n e nhận. ⇒ 3x + y = 0,5 Mặt khác: 30x + 46y = 19×2(x + y). ⇒ x = 0,125 ; y = 0,125. V hh khí (đktc) = 0,125×2×22,4 = 5,6 lít. (Đáp án C) Ví dụ 9: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO 3 (dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 2,52 gam. B. 2,22 gam. C. 2,62 gam. D. 2,32 gam. Hướng dẫn giải m gam Fe + O 2 → 3 gam hỗn hợp chất rắn X 3 HNO d ­ → 0,56 lít NO. Thực chất các quá trình oxi hóa - khử trên là: Cho e: Fe → Fe 3+ + 3e m 56 → 3m 56 mol e Nhận e: O 2 + 4e → 2O 2 − N +5 + 3e → N +2 [...]... NGUYấN T Cú rt nhiu phng phỏp gii toỏn húa hc khỏc nhau nhng phng phỏp bo ton nguyờn t v phng phỏp bo ton s mol electron cho phộp chỳng ta gp nhiu phng trỡnh phn ng li lm mt, qui gn vic tớnh toỏn v nhm nhanh ỏp s Rt phự hp vi vic gii cỏc dng bi toỏn húa hc trc nghim Cỏch thc gp nhng phng trỡnh lm mt v cỏch lp phng trỡnh theo phng phỏp bo ton nguyờn t s c gii thiu trong mt s vớ d sau õy Vớ d 1: kh hon . MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM (LTĐH) PHƯƠNG PHÁP 1: PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN. mol e của M cho bằng số mol e của 2H + nhận; Theo (2): Số mol e của M cho bằng số mol e của N +5 nhận. Vậy số mol e nhận của 2H + bằng số mol e nhận của N