Chuyờn : Gii bi toỏn húa bng phng phỏp bo ton electron . ____________________________________ LễỉI Mễ ẹAU gúp phn thc hin mc tiờu giỏo dc v o to trong nh trng ph thụng , nõng cao cht lng ging dy v hc tp . ng thi cú iu kin trao i vi cỏc bn ng nghip trong nh trng hc tp , rỳt kinh nghim ln nhau v giỳp hc sinh cng c , nõng cao , rốn luyn thờm mt s bi tp , ỏp ng nhu cu v k nng t lun , cng nh hỡnh thnh phng phỏp trc nghim nhanh mt s bi tp trc nghim thng gp . Bi tp húa hc vụ cựng a dng v phong phỳ . Song ti liu ch chỳ trng n vic gii bi toỏn bng phng phỏp bo ton electron . Ni dung ti liu gm cú 2 phn : + Phn 1 : C s phng phỏp gii toỏn bng bo ton electron v phng phỏp gii cỏc dng bi tp thng gp . + Phn 2 : Cỏc bi tp ngh cú kốm theo ỏp s hoc hng dn gii hc sinh rốn luyn thờm . Mc dự ht sc c gng biờn son ti liu ny . Nhng chc chn khụng th trỏnh khi nhng khim khuyt . Rt mong c s gúp ý ca cỏc bn ng nghip v cỏc em hc sinh . Giỏo viờn thc hin ________________________________________________________________________ Giỏo viờn thc hin : Nguyn Thnh Xuõn 1 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . ________________________________________________________________________ PHẦN I CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN BẰNG BẢO TOÀN ELECTRON VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP . I.NGUYÊN TẮC : Khi có nhiều phản ứng o xi hóa khử trong một hỗn hợp phản ứng ( nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì tổng số electron mà chất khử nhường sẽ bằng tổng số electron mà chất oxi hóa nhận . Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa khử , thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng , đặc biệt đối với các bài toán cần phải biện luận nhiêu trường hợp có thể xảy . II. MỘT SỐ VÍ DỤ VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP THƯỜNG GẶP : Bài 1 : Đốt cháy m gam bột sắt nguyên chất trong không khí một thời gian ta thu được chất rắn A nặng 12 gam gồm Fe , FeO , Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Hòa tan hoàn toàn rắn A trong dung dịch HNO 3 loãng thấy có 2,24 lít khí duy nhất NO thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn và thu được dung dich chỉ có muối sắt duy nhất . Viết phương trình hóa học của phản ứng đã xảy ra và tính m ? Giải Cách 1 Phương pháp bảo toàn electron : PTHH xảy ra : 2Fe + O 2 2 FeO ( 1 ) y/2 y 3Fe + 2O 2 Fe 3 O 4 ( 2 ) 2z z 4Fe + 3O 2 2Fe 2 O 3 ( 3 ) 3t/2 t Fe + 4HNO 3 Fe ( NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O ( 4 ) 3FeO + 10 HNO 3 3 Fe ( NO 3 ) 3 +NO + 5 H 2 O ( 5 ) 3Fe 3 O 4 + 28 HNO 3 9 Fe (NO 3 ) 3 +NO +14 H 2 O ( 6 ) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 2 Fe (NO 3 ) 3 + 3 H 2 O ( 7 ) Sau các phản ứng trên ,tất cả sắt đều tạo thành Fe 3+ : Quá trình oxi hóa : Fe Fe 3+ + 3e m/56 3m/56 Quá trình khử : O 2 + 4e 2 O 2- (12-m)/32 4. ( 12 –m ) / 32 N +5 + 3e N +2 3.0.1 3m/56 = 4 ( 12 – m ) / 32 + 3 .0.1 => m = 10,08 gam . ________________________________________________________________________ Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 2 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . ________________________________________________________________________ Cách 2 : phương pháp đại số : Gọi x , y , z , t lần lượt là số mol Fe , FeO , Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 trong chất rắn A . Theo điều kiện cho và theo phương trình phản ứng , ta lập được hệ phương trình : 56x + 72y +232z + 160t = 12 56x + 72y + 232z + 160t = 12 { x + y/3 + z/3 = 2,24 /22,4 = 0.1 => { x + y /3 + z /3 = 0.1 y /2 + 2z + 3t /2 =(12 – m ) /32 y + z/4 + 3t = ( 12 – m ) /32 => m = 10 ,08 gam . Cách 3 : phương pháp bảo toàn khối lượng . m A + m ( HNO 3 ) = m ( Fe(NO 3 ) 3 ) + m( NO ) + m ( H 2 O ) 12 +(0,1 + 3m/56 ) = m/56 .242 + 30 . 0,1 + [1/2(0,1 + 3m/56) }.18 => m = 10,08 gam . Cách 4 : phương pháp số học . Giả sử lượng sắt tác dụng với oxi đều sinh ra Fe 2 O 3 . 4Fe + 3O 2 2 Fe 2 O 3 ( 8 ) 4/3 .(12-mm)/32 (12-m )/32 từ 4 và 8 => 4/3 . (12 – m )/32 + 0,1 = m/56 = > m = 10,08 gam . + Bài tập Trắc nghiệm : 11,2 gam sắt tác dụng với oxi tạo thành m gam hỗn hợp A gồm Fe , FeO , Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Hòa tan hết hỗn hợp A vào dung dịch axit nitric ta thu được dung dịch chứa một muối Fe (NO 3 ) 3 và thấy thoát ra 896ml (đktc ) một chất khí duy nhất là NO . Giá trị của m là : A.15,7 g B.15.04g C.14,05 g D.17.5g Hướng dẫn Quá trình oxi hóa : Fe Fe 3+ + 3e 0,2mol 0,6 mol Quá trình khử : O 2 + 4e 2O 2- 32g 4mol ( m-12 ) g 4. (m-11,2 )/32mol e N +5 + 3e N +2 0,12mol 0,04 mol Theo BTE : 0,6 = 4 ( m – 11,2 )/32 + 0,12  m =15,04 g Chọn đáp án B . Bài 2 : Đốt cháy mgam sắt trong không khí , sau một thời gian thu được 5,04 gam hỗn hợp A gồm các oxit sắt . Hòa tan hỗn hợp A trong dung dịch HNO 3 thì thu được 0,784 lít hỗn hợp khí B ở đktc gồm 2 chất NO va NO 2 . Tỉ khối của B đối với hyđro bằng 19 . Tính m? ________________________________________________________________________ Hướng dẫn Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 3 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . Đặt a ,b lần lượt là số mol của NO , NO 2 có trong hỗn hợp khí B . Ta có hệ phương trình : a + b = 0,784/22,4 = 0,035 ( 30a + 46b )/ ( a + b ) .2 = 19 => a = b = 0,0175 Quá trình trao đổi electron : Fe Fe 3+ + 3e x 3x O 2 + 4e 2O 2- y 4y N +5 + 3e N +2 0,0525mol 0,0175 mol N +5 + 1e N +4 0,0175 mol 0,0175 mol Đăt x , y lần lượt là số mol sắt,số mol oxi . Theo BTKL : 56x + 32y 5,04 Theo BTE : 3x = 4y + 0,525 + 0,0175 => x = 0,07 ; y = 0,035 n Fe = 0,07 => m Fe = 0,07 .56 = 3,92 g Bài 3 : Hòa tan hết 8,862gam hỗn hợp Al ,Mg trong thể tích vừa đủ là 500ml dung dịch HNO 3 loãng thu được dung dịch A và 3,136 lít (đktc ) hỗn hợp hai khí có khối lượng 5,18 gam , trong đó có một khí bị hóa nâu trong không khí . a. tinh thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ? b. Cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam muối khan ? c. Tính nồng độ mol dung dịch HNO 3 đã dùng ? d. Cho dung dịch A vào dung dịch NaOH dư . Tính khối lượng kết tủa tạo thành ? Hướng dẫn n hh = 3,136 : 22,4 = 0,14 mol M = 5,18 : 0,14 = 37 Khí 1 là NO . Giả sử hỗn hợp gồm 1 mol NO và 1 mol khí B có khối lượng M B Ta có :(30.1 + M B .1) /2 = 37 => M B = 74 -30 = 44 . Vậy khí thứ 2 là N 2 O Đặt a ,b lần lượt là số mol NO , N 2 O ta có hệ phương trình : a + b = 0,4 (30a + 44b) /(a + b ) = 37 => a = b = 0,07 Quá trình oxi hóa : Al Al 3+ + 3e x mol 3xmol Mg Mg 2+ + 2e ymol 2y m ________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________ Quá trình khử : Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 4 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . N +5 + 3e N +2 ( NO ) 3 .0,07 mol 0,07 mol 2 N +5 + 8e 2N +1 ( N 2 O ) 8 . 0,07 mol 0,07 mol Ta có hệ phương trình : 3x + 2y = 3 . 0,07 + 8 . 0,07 = 0,77 27x + 24y = 8,862 => x =0,042 ; y = 0,322 % Al =( 0,042 .27) .100% / 8,862 = 12,79 % % Mg = 100% - 12,79 = 87,21 % b. m muối = 0,042 .213 + 0,322 . 148 = 8,946 + 47,656 = 56,602 g c. n ( HNO 3 ) = n Al + n Mg + n NO + 2 n ( N 2 O ) = 3.0,042 + 0, 322 + 0,07 + 2.0,07 = 0,098 mol . d. Al (NO 3 ) 3 + 4 NaOH NaAlO 2 + 3NaNO 3 + 2 H 2 O Mg (NO 3 ) 2 + 2 NaOH dư Mg (OH) 2 + 2 NaNO 3 Số mol kết tủa Mg(OH) 2 = số mol Mg (NO 3 ) 2 = số mol Mg = 0,322 mol Khối lượng kết tủa Mg ( OH ) 2 = 0,322 . 58 = 18,676 gam . Bài 4 : Để hòa tan 9,18 gam bột nhôm nguyên chất cần dùng dung dịch a xit A nồng độ 0,25 M , thu được một khí X và dung dich muối Y . Biết trong khí X số nguyên tử của nguyên tố có sự thay đổi số õi hóa là 0,3612 . 10 23 ( số Avogađro là 6,02 .10 23 ) Để tác dung hoàn toàn với dung dich Y tạo ra một dung dịch trong suốt thì cân 290 gam dung dịch NaOH 20 % . Hãy tính thể tich dung dịch a xit A cần dùng để hòa tan 9,18 gam nhôm . Hướng dẫn + Xác định a xit A : n NaOH = ( 290 . 20 ) : ( 100 . 40 ) = 1,45 mol + Trong phản ứng kim loại với dung dịch a xit số mol kim loại = số mol kation kim loại => số mol Al 3+ = số mol Al = 9,18 : 27 = 0,34 mol . Al 3+ tác dụng với OH - đến dung dich trong suốt chứng tỏ Al ( OH ) 3 tan hoàn toàn . Al 3+ + 4OH - AlO 2 - + 2H 2 O 0,34mol 4 . 0,34 mol Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 5 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . Số mol OH - phản ứng = 4.0,34 = 1,36 < số mol OH - ban đầu = số mol NaOH = 1,45 mol . Nên trong muối dung dịch muối Y phải có một muối tác dụng với kiềm tạo thành dung dịch trong suốt đó là NH 4 NO 3 và a xit A là HNO 3 + Xác định X : PTHH : NH 4 + + OH - NH 3 + H 2 O 0,09 mol 0,09 mol Số mol OH - phản ứng với NH 4 + : 1,45 - 1,36 = 0,09 mol Số mol nitơ trong khí X : 0,3612.10 23 : 6,02 .10 23 = 0,06 mol nguyên tử . Gọi x là số oxi hóa có trong x . Quá trinh oxi hóa : Al Al 3+ + 3e ( 1 ) 0,34 mol 3.0,34 =1,02 mol Quá trình khử : NO 3 - + 8e + 10 H + NH 4 + + 3H 2 O ( 2 ) 0,72 mol 0,9mol 0,09 mol NO 3 - + ( 5 – x ) e + 6H + N x + 3 H 2 O ( 3 ) 0,06 ( 5 – x ) 0,36 mol 0,06 mol Theo bảo toàn electron : 0,06 ( 5 – x ) + 0,72 = 1,02 => x =0 vậy X là N 2 . + Thể tich dung dịch HNO 3 0,5 M : V = 1,26 : 0,25 = 5,04 lít . Bài 5 : cho hỗn hợp Y gồm sắt và kim loại M có hóa trị n duy nhất . 1. hòa tan hoàn toàn 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít hyđro ,còn khi hòa tan 3,61 gam hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO 3 loãng dư thì thu được 1,792 lít khí NO duy nhất . Hãy xác định kim loại M . 2. Lấy 3,61 gam hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO 3 và Cu ( NO 3 ) 2 , khuấy kỹ tới khi phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12 gam chất rắn gồm 3 kim loại . Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 0,672 lít khí hyđro . Tính nồng độ mol của AgNO 3 và Cu ( NO 3 ) 2 trong dung dịch ban đầu . Biết thể tích các khí đo ở đktc và hiệu suất của phản ứng là 100% . Hướng dẫn 1.PTHH : Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2 a a M + n HCl MCl n + n/2 H 2 b nb/2 ________________________________________________________________________ Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 6 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . Fe + 4 HNO 3 Fe ( NO 3 ) 3 + NO + 2H 2 O a a 3M + 4n HNO 3 3 M ( NO 3 ) n + nNO + 2n H 2 O b nb/3 Đạt a , b lần lượt là số mol sắt và số mol kim loại M . Theo các dữ kiện đầu bài ta có hệ phương trình . 56a + Mb = 3,16 M = 9n M =Al { a + nb/2 = 2,128/22,4 = 0,095 { a =0,05 => { a = 0,05 a + nb/3 = 1,792/22,4 = 0,08 nb = 0,09 b = 0,03 2. PTHH : Al + 3 Ag + Al 3+ + 3 Ag 2Al + 3 Cu 2+ 2 Al 3+ + 3Cu Fe + 2 Ag + Fe 2+ + 2Ag Fe + Cu 2+ Fe 2+ + Cu Fe + 2H + Fe 2+ + H 2 Số mol hyđro : 0,672 : 22,4 = 0,03 => Fe dư Vậy rắn B gồm 3 kim loại : Ag , Cu , Fe dư . Gọi số mol của AgNO 3 là a , số mol của Cu ( NO 3 ) 2 là b . Vì không biết số mol các chất tham gia phản ứng , nhưng dù phản ứng xảy ra như thế nào vẫn có sự bảo toàn electron . Quá trình oxi hóa : Al Al 3+ + 3e 0,03mol 3. 0,03 mol Fe Fe 2+ + 2e 0,05 mol 2. 0,05 mol Quá trình khử : Ag + + 1e Ag amol a.1mol Cu 2+ + 2e Cu amol 2b mol 2H + + 2e H 2 2.0,03 mol 0,03 mol ________________________________________________________________________ Theo bảo toàn electron : Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 7 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . ( 0,03 x 3 ) + ( 0,05 x 2 ) = a + 2b + ( 0,03 x 2 ) => a + 2b = 0,13 . Ta có hệ phương trình : a + 2b = 0,13 108a + 64b +( 0,03 x56 ) = 8,12 => a = 0,03 ; b 0,05 [ AgNO 3 ] = 0,03 : 0.1 = 0,3 M [ Cu ( NO 3 ) 2 ] = 0,05 :0,01 = 0,5 M Bài tập trắc nghiệm 1 : Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R 1 , R 2 có hóa trị x , y không đổi ( R 1 , R 2 không tác dụng được với nước và đứng trước Cu trong dãy điện hóa của kim loại ). Cho A phản ứng hoàn toàn với dung dịch CuSO 4 dư , lượng Cu thu được cho tác dụng với dung dịch HNO 3 dư thấy có 1,12 lít khí NO duy nhất (đktc ) bay ra .Khi cho lượng hỗn hợp A như trên phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO 3 thì thể tích khí nitơ thu được ở đktc là : A. 3,36 l B. 0,336 l C. 2,24 l D. 0,224 l Hướng dẫn Số mol NO : 1,12 : 22,4 = 0,05 mol N +5 + 3e N +2 0,15 mol 0,05 mol => số mol e mà R 1 , R 2 nhường là : 0,15 mol Khi cho R 1 , R 2 tác dụng trực tiếp với HNO 3 thì N +5 ( trong HNO 3 ) nhận 0,15 mol e để chuyển thành N 2 . 2 N +5 + 10e N 2 10x mol x mol Ta có : 10x = 0,15 => x = 0,015 mol Thể tích khí nitơ : 0,015 . 22,4 = 0,336 lít . = > đáp án B . Bài tập trắc nghiệm2 : cho 1,92 gam hỗn hợp bột kim loại gồm Mg , Al , Zn tác dụng hết v lít dung dịch HNO 3 1M vừa đủ thu được dung dịch Y và sản phẩm khử chỉ gồm 0,02 mol NO và 0,01 mol N 2 O . Khối lượng muối trong Y và giá trị của v là : A. 6,25g và 0,25 l B.10,59 g và 0,18 l C. 1,36 g và 0,5 l D. 8,11g và 0,3 l Bài tập trắc nghiệm 3 : Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS 2 và a mol Cu 2 S vào axit HNO 3 vừa đủ thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sun fat và khí duy nhất NO . Giá trị của a là : A. 0,04 B. 0,075 C. 0,12 D. 0,06 _______________________________________________________________________ _ Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 8 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . Bài tập trắc nghiệm 4 : Cho 19,2 gam đồng tác dụng hết với axit HNO 3 tạo ra NO ,lấy toàn bộ NO cho tác dụng với oxi tạo thành NO 2 , sau đó tiếp tục hòa tan NO 2 vào nước có chứa oxi tạo thành HNO 3 . Các khí sinh ra ở đktc . Thể tích oxi tham gia phản ứng các quá trình trên là : A. 2,24 l B. 3,36 l C. 4,48 l D. 6,72 l PHẦN II : BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 1 : Nung m gam sắt trong không khí , thu được 104,8 gam hỗn hợp rắn A gồm :Fe , FeO , Fe 2 O 3 , Fe 3 O 4 . Hòa tan A trong dung dịch HNO 3 dư , thu được dung dịch B và 12,096 lít hỗn hợp khí NO và NO 2 (đktc ) có tỉ khối đối với He là 10,167 . a. Viết phương trình phản ứng xảy ra ? b. Tính khối lượng m ? c. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NH 3 dư , lọc lấy kết tủa và nung đến khối lượng không đổi , thu được rắn D . Tính khối lượng D ? ĐS : m = 78,4 gam M D = 112 gam Bài tập 2 : Chia 9,67 gam hỗn hợp X gồm Cu và oxit của sắt làm 2 phần bằng nhau : 1. Hòa tan hoàn toàn phần thứ nhất vào dung dịch HNO 3 , thu được dung dịch A và 1,12 lít (đktc ) hỗn hợp khí B gồm NO và NO 2 có tỉ khối đói với hyđro bằng 19,8 . .cô cạn dung dịch A thu được 14,78 gam hỗn hợp muối khan .Xác định công thức oxit sắt . Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu . Cho phần 2 vào 100 ml dung dịch HCl 0,8 M Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch C và chất rắn D . a.Tính nồng độ mol/l dung dịch C Biết rằng thể tích dung dịch không đổi . b. Hòa tan hoàn toàn D trong dung dịch HNO 3 thu được V lít (đktc ) khí không màu và hóa nâu trong không khí . Tính V ? ĐS :1. Fe 3 O 4 ;m Cu = 5,12 g m ( Fe 3 O 4 ) = 4,64g 2. [CuCl 2 ] = 0,1 M [FeCl 2 ] = 0,3 M V NO = 0,448 l. Bài tập 3 : Cho a gam hỗn hợp A gồm 3 oxit FeO , CuO , Fe 2 O 3 có số mol bằng nhau tác dụng hoàn toàn với một lượng vừa đủ là 250 ml dung dịch HNO 3 khi đun nóng nhẹ , thu được dung dịch B và 0,3136 lít hỗn hợp khí C (đktc ) gồm NO 2 và NO có tỉ khối hơi so với hyđro là 20,134 Tính a và nồng độ mol của dung dịch HNO 3 . ĐS : a = 7,488g [ HNO 3 ] = 1,112 M Bài tập 4 : cho hỗn hợp Y gồm 2,8 gam Fe và 0,81 gam Al vào 250 ml dung dich C chứa AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 . Khi phản ứng kết thúc , thu được dung dịch D và 8,12 gam chất rắn E gồm 3 kim loại . cho chất rắn E tác dụng với dung dịch HCl dư thi thu được 0,672 lit khí H 2 (đktc ) . Tính nồng mol của AgNO 3 và Cu(NO 3 ) 2 trong dung dịch C ? ĐS : [ AgNO 3 ] = 0,15 M [ Cu(NO 3 ) 2 ] = 0,25 M Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 9 Chuyên đề : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . Bài tập 5 : Hòa tan 62,1gam kim loại M trong dung dịch HNO 3 loãng , được 16,8 lít hỗn hợp khí X (ở đktc ) gồm 2 khí không màu , không hóa nâu ngoài không khí . Tỉ khối hơi của hỗn hợp X so với hyđro bằng 17,2 . a. xác định công thức phân tử muối tạo thành ? A. Cu (NO 3 ) 2 B. Fe(NO 3 ) 2 C. Al(NO 3 ) 3 D.Zn(NO 3 ) 2 b.Nếu sử dụng dung dịch HNO 3 2M thì thể tích đã dùng bằng bao nhiêu lít ? biiết rằng đã lấy dư 25% so với lượng cần thiết ? A 5 lít B. 6 lít C.5,35 lít D. 5,25 lít ĐS : a. đáp án C b. đáp án D Bài tập 6 :Hòa tan hết 4,431 gam hỗn hơp Al và Mg trong HNO 3 loãng thu được dung dịch A và 1,568 lít (đktc) hỗn hợp hai khí đều không màu có khối lượng 2,59 gam trong đó có một khí dễ hóa nâu trong không khí .Phần trăm theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là : A. 12% và 88% B. 12,8 % và 87,2 % C. 13% và 87% D. 20 % và 80 % ĐS : đáp án B . ********************************************************************* ________________________________________________________________________ Giáo viên thực hiện : Nguyễn Thành Xuân 10 . : Giải bài toán hóa bằng phương pháp bảo toàn electron . ________________________________________________________________________ PHẦN I CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP. ________________________________________________________________________ PHẦN I CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN BẰNG BẢO TOÀN ELECTRON VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP THƯỜNG GẶP . I.NGUYÊN TẮC : Khi có