10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC
Phương pháp 1: ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch.
Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit.
Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m.
A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam.
Hướng dẫn giải
Các phản ứng khử sắt oxit có thể có:
3Fe2O3 + CO → 2Fe3O4 + CO2 (1)
Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO → Fe + CO2 (3)
Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành.
\({n_B} = \frac{{11,2}}{{22,5}} = 0,5\) mol.
Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B:
44x + 28(0,5 - x) = 0,5.20,4.2 = 20,4
nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng.
Theo ĐLBTKL ta có:
mX + mCO = mA + mCO2
m = 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 70,4 gam. (Đáp án C)
Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu?
A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol.
Hướng dẫn giải
Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O.
Theo ĐLBTKL ta có
\({m_{{H_2}O}} = {m_{r\^i u}} - {m_{{\rm{ete}}}} = 132,8 - 111,2 = 21,6\) gam
⇒ \({n_{{H_2}O}} = \frac{{21,6}}{{18}} = 1,2\) mol.
Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H2O do đó số mol H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là \(\frac{{1,2}}{6} = 0,2\) mol. (Đáp án D)
Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian.
Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A.
A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%.
C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%.
Hướng dẫn giải
Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
nNO2 = 0,5 mol
nHNO3 = 2nNO2 = 1 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
\(\begin{array}{l}
{m_{muoi}} & = {m_{hhkimloai}}{\rm{ }} + {m_{{d^2}\,HN{O_3}}} - {m_{N{O_2}}}\\
= 12 + \frac{{1.63.100}}{{63}} - 46 \times 0,5 = 89\,\,gam.
\end{array}\)
Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
56x + 64y = 12\\
3x + 2y = 0,5
\end{array} \right.\)
→ \(\left\{ \begin{array}{l}
x = 0,1\\
y = 0,1
\end{array} \right.\)
→ \(\% {m_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = \frac{{0,1.242.100}}{{89}} = 27,19\% \)
\(\% {m_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{0,1 \times 188 \times 100}}{{89}} = 21,12\% .\) (Đáp án B)
Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan?
A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam.
Hướng dẫn giải
M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2 + H2O
R2CO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 + H2O
\({n_{C{O_2}}} = \frac{{4,88}}{{22,4}} = 0,2\) mol
→ Tổng nHCl = 0,4 mol và nH2O = 0,2 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18
→ mmuối = 26 gam. (Đáp án C)
Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là
A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%.
Hướng dẫn giải
\(83,68\,\,gam\,\,A\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}
KCl{O_3}\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,KCl\,\,\, + \,\,\,\frac{3}{2}{O_2} & (1)\\
Ca{(Cl{O_3})_2}\,\,\,\, \to \,\,\,\,CaC{l_2}\,\,\, + \,\,\,3{O_2} & (2)\\
Ca{(Cl{O_2})_2}\,\,\,\, \to \,\,\,\,CaC{l_2}\,\,\, + \,\,\,2{O_2} & (3)\\
\,\,\,\,CaC{l_2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,CaC{l_2}\\
\,\,\,KC{l_{\,(A)}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\underbrace {KC{l_{\,(A)}}}_{{h^2}\,B}
\end{array} \right.\)
nO2 = 0,78 mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mA = mB + mO2
→ mB = 83,68 - 32.0,78 = 58,72 gam.
Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3
Hỗn hợp B \(\left\{ \begin{array}{l}
CaC{l_2}\,\,\, + \,\,\,{K_2}C{O_3}\,\,\,\, \to \,\,\,\,CaC{O_{3 \downarrow }}\,\,\, + \,\,\,2KCl & (4)\\
\,0,18\,\,\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,0,18\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,36\,\,mol\\
KC{l_{\,(B)}} & & & & KC{l_{\,(B)}}
\end{array} \right\}\)
hỗn hợp D
\(\begin{array}{l}
{m_{KCl{\,_{(B)}}}} = {m_B} - {m_{CaC{l_2}\,\,(B)}}\\
= 58,72 - 0,18 \times 111 = 38,74\,\,gam
\end{array}\)
\(\begin{array}{l}
{m_{KCl{\,_{(D)}}}} = {m_{KCl\,\,(B)}} + {m_{KCl\,\,(pt\,4)}}\\
= 38,74 + 0,36 \times 74,5 = 65,56\,\,gam
\end{array}\)
\({m_{KCl{\,_{(A)}}}} = \frac{3}{{22}}{m_{KCl{\,_{(D)}}}} = \frac{3}{{22}} \times 65,56 = 8,94\,\,gam\)
\({m_{KCl{\rm{ pt (1)}}}}{\rm{ = }}{{\rm{m}}_{{\rm{KC}}{{\rm{l}}_{\,{\rm{(B)}}}}}} - {{\rm{m}}_{{\rm{KC}}{{\rm{l}}_{\,{\rm{(A)}}}}}} = 38,74 - 8,94 = 29,8\,\,gam.\)
Theo phản ứng (1):
\({m_{KCl{O_3}}} = \frac{{29,8}}{{74,5}} \times 122,5 = 49\,\,gam.\)
\(\% {m_{KCl{O_3}\,(A)}} = \frac{{49 \times 100}}{{83,68}} = 58,55\% .\) (Đáp án D)
---(Để xem toàn bộ nội dung phương pháp số 1 vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Phương pháp 2: BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ
Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây.
Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là
A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml.
Hướng dẫn giải
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là
H2 + O → H2O
0,05 → 0,05 mol
Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có:
nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1)
→ \({n_{Fe}} = \frac{{3,04 - 0,05.16}}{{56}} = 0,04\,\,mol\)
→ x + 3y + 2z = 0,04 mol (2)
Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol.
Mặt khác:
2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
x → x/2
2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
y → y/2
→ tổng: \({n_{SO2}} = \frac{{x + y}}{2} = \frac{{0,2}}{2} = 0,01\,\,mol\)
Vậy: \({V_{S{O_2}}} = 224\,\,ml.\) (Đáp án B)
Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m.
A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam.
C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam.
Hướng dẫn giải
Thực chất phản ứng khử các oxit trên là
CO + O → CO2
H2 + O → H2O.
Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy:
mO = 0,32 gam.
→ \[{n_O} = \frac{{0,32}}{{16}} = 0,02\,\,mol\]
→ \(\left( {{n_{CO}} + {n_{{H_2}}}} \right) = 0,02\,\,mol\)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
moxit = mchất rắn + 0,32
→ 16,8 = m + 0,32
→ m = 16,48 gam.
→ \({V_{hh\,(CO + {H_2})}} = 0,02 \times 22,4 = 0,448\) lít. (Đáp án D)
Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là
A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam.
Hướng dẫn giải
\({n_{hh\,(CO + {H_2})}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1\,\,mol\)
Thực chất phản ứng khử các oxit là:
CO + O → CO2
H2 + O → H2O.
Vậy: \({n_O} = {n_{CO}} + {n_{{H_2}}} = 0,1\,\,mol\)
→ mO = 1,6 gam.
Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 - 1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A)
Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là
A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam.
Hướng dẫn giải
CnH2n+1CH2OH + CuO → CnH2n+1CHO + Cu¯ + H2O
Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được:
mO = 0,32 gam → \({n_O} = \frac{{0,32}}{{16}} = 0,02\,\,mol\)
→ Hỗn hợp hơi gồm:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n + 1}}CHO & :0,02\,\,mol\\
{H_2}O & :0,02\,\,mol.
\end{array} \right.\)
Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol.
Có = 31
→ mhh hơi = 31 ´ 0,04 = 1,24 gam.
mancol + 0,32 = mhh hơi
mancol = 1,24 - 0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A)
Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài.
Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng.
A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít.
Hướng dẫn giải
mO = moxit - mkl = 5,96 - 4,04 = 1,92 gam.
\({n_O} = \frac{{1,92}}{{16}} = 0,12\,\,mol\)
Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau:
2H+ + O2- → H2O
0,24 0,12 mol
→ \({V_{HCl}} = \frac{{0,24}}{2} = 0,12\) lít. (Đáp án C)
---(Để xem toàn bộ nội dung phương pháp số 2 vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Phương pháp 3: BẢO TOÀN MOL ELECTRON
Trước hết cần nhấn mạnh đây không 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 toàn electron.
Nguyên 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 không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán 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 hoàn toàn 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 loãng 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 nhôm (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 + O2 → 2FeO (1)
2Fe + 1,5O2 → Fe2O3 (2)
3Fe + 2O2 → Fe3O4 (3)
Các phản ứng hòa tan có thể có:
3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (4)
Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5)
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6)
Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành 2O-2 nên phương trình bảo toàn electron là:
\(3n + 0,009 \times 4 = \frac{{0,728}}{{56}} \times 3 = 0,039\) mol.
trong đó, là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra
n = 0,001 mol;
VNO = 0,001.22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B)
2. Các phản ứng có thể có:
2Al + 3FeO → 3Fe + Al2O3 (7)
2Al + Fe2O3 → 2Fe + Al2O3 (8)
8Al + 3Fe3O4 → 9Fe + 4Al2O3 (9)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (10)
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (11)
Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 thành 2O-2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau:
\(0,013 \times 2 + \frac{{5,4 \times 3}}{{27}} = 0,009 \times 4 + n \times 2\)
Fe0 → Fe+2
Al0 → Al+3
O20 → 2O-2
2H+ → H2
→ n = 0,295 mol
→ \({V_{{H_2}}} = 0,295 \times 22,4 = 6,608\) lít. (Đáp án A)
Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.
Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là
A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít.
Hướng dẫn giải
Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N.
Al → Al+3 + 3e
\(\frac{{0,81}}{{27}}\) → 0,09 mol
và N+5 + 3e → N+2
0,09 mol → 0,03 mol
→ VNO = 0,03.22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D)
Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị.
Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành.
Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là
A. 2M và 1M. B. 1M và 2M.
C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác.
Hướng dẫn giải
Ta có: nAl = nFe = \(\frac{{8,3}}{{83}} = 0,1\,\,mol\)
Đặt \({n_{AgN{O_3}}} = x\,\,mol\) và \({n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = y\,\,mol\)
→ 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 → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e
0,1 0,3 0,1 0,2
→ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol.
Quá trình khử:
Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2
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.
→ \({C_{M\,AgN{O_3}}} = \frac{{0,2}}{{0,1}}\) = 2M; \({C_{M\,Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{0,1}}{{0,1}}\) = 1M. (Đáp án B)
---(Để xem toàn bộ nội dung phương pháp số 3,4, 5,6,7,8 vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Phương pháp 9: CÁC ĐẠI LƯỢNG Ở DẠNG KHÁI QUÁT
Trong các đề kiểm tra và thi tuyển sinh theo phương pháp trắc nghiệm chúng ta thấy rằng số lượng câu hỏi và bài tập khá nhiều và đa dạng bao trùm toàn bộ chương trình hóa học phổ thông. Rất nhiều các phương pháp, các dạng bài đã được bạn đọc biết đến. Sau đây là một số ví dụ về dạng bài tìm mối liên hệ khái quát giữa các đại lượng thường xuất hiện trong trong các đề thi tuyển sinh đại học.
Ví dụ 1: Cho từ từ dung dịch chứa a mol HCl vào dung dịch chứa b mol Na2CO3 đồng thời khuấy đều, thu được V lít khí (ở đktc) và dung dịch X. Khi cho dư nước vôi trong vào dung dịch X thấy có xuất hiện kết tủa. Biểu thức liên hệ giữa V với a, b là
A. V = 22,4(a - b).
B. V = 11,2(a - b).
C. V = 11,2(a + b).
D. V = 22,4(a + b).
Hướng dẫn giải
Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch Na2CO3 ta có phương trình:
HCl + Na2CO3 → NaHCO3 + NaCl (1)
b → b → b mol
HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O (2)
(a - b) → (a - b) mol
Dung dịch X chứa NaHCO3 dư do đó HCl tham gia phản ứng hết,
NaHCO3 + Ca(OH)2 dư → CaCO3¯ + NaOH + H2O
Vậy: V = 22,4(a - b). (Đáp án A)
Ví dụ 2: Clo hoá PVC thu được một polime chứa 63,96% clo về khối lượng, trung bình 1 phân tử clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC. Giá trị của k là
A. 3. B. 6. C. 4. D. 5.
Hướng dẫn giải
Một phân tử Clo phản ứng với k mắt xích trong mạch PVC theo phương trình:
\({\left( \begin{array}{l}
- CH - C{H_2} - \\
\,\,\,\,\,|\\
\,\,\,Cl
\end{array} \right)_n}\) + kCl2 → \(\,\,\,{\left( \begin{array}{l}
- CH - C{H_2} - \\
\,\,\,\,\,|\\
\,\,\,Cl
\end{array} \right)_{n - k}}{\left( \begin{array}{l}
- CH - CH - \\
\,\,\,\,\,|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,|\\
\,\,\,Cl\,\,\,\,\,\,\,\,\,Cl
\end{array} \right)_k}\)
Do: %mCl = 63,96%
→ %mC,H còn lại = 36,04%.
Vậy \(\frac{{35,5 \times (n - k) + 35,5 \times 2 \times k}}{{27 \times (n - k) + 26 \times k}}\) = \(\frac{{63,96}}{{36,04}}\)
→ n/k = 3. (Đáp án A).
Ví dụ 3: Trộn dung dịch chứa a mol AlCl3 với dung dịch chứa b mol NaOH. Để thu được kết tủa thì cần có tỉ lệ
A. a : b = 1 : 4. B. a : b < 1 : 4.
C. a : b = 1 : 5. PD. a : b > 1 : 4.
Hướng dẫn giải
Trộn a mol AlCl3 với b mol NaOH để thu được kết tủa thì
\(\frac{{ + \left\{ \begin{array}{l}
Al{3^ + }\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,3O{H^ - }\,\,\,\,\,\,Al{(OH)_{3\, \downarrow }}\\
Al{(OH)_3}\,\, + \,\,O{H^ - }\,\,\, \to \,\,\,\,AlO_2^ - + 2{H_2}O
\end{array} \right.}}{\begin{array}{l}
\,\,\,\,\,\,\,A{l^{3 + }}\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,4O{H^ - }\,\,\, \to \,\,\,\,AlO_2^ - + 2{H_2}O\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4\,\,mol
\end{array}}\)
Để kết tủa tan hoàn toàn thì
→ a : b > 1 : 4. (Đáp án D)
---(Để xem toàn bộ nội dung phương pháp số 9 vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
Phương pháp 10: TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT
Trong một số câu hỏi và bài tập trắc nghiệm chúng ta có thể gặp mốt số trường hợp đặc biệt sau:
- Có một số bài toán tưởng như thiếu dự kiện gây bế tắc cho việc tính toán.
- Có một số bài toán người ta cho ở dưới dạng giá trị tổng quát như a gam, V lít, n mol hoặc cho tỉ lệ thể tích hoặc tỉ lệ số mol các chất...
Như vậy kết quả giải bài toán không phụ thuộc vào chất đã cho. Trong các trường hợp trên tốt nhất ta tự chọn một giá trị như thế nào để cho việc giải bài toán trở thành đơn giản nhất.
Cách 1: Chọn một mol nguyên tử, phân tử hoặc một mol hỗn hợp các chất phản ứng.
Cách 2: Chọn đúng tỉ lệ lượng chất trong đầu bài đã cho.
Cách 3: Chọn cho thông số một giá trị phù hợp để chuyển phân số phức tạp về số đơn giản để tính toán.
Sau đây là một số ví dụ điển hình:
Cách 1: CHỌN 1 MOL CHẤT HOẶC HỖN HỢP CHẤT PHẢN ỨNG
Ví dụ 1: Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. M là kim loại gì?
A. Cu. B. Fe. C. Al. D. Zn.
Hướng dẫn giải
Chọn 1 mol muối M2(CO3)n.
M2(CO3)n + nH2SO4 → M2(SO4)n + nCO2 + nH2O
Cứ (2M + 60n) gam → 98n gam → (2M + 96n) gam
\[{m_{{\rm{dd}}\,\,{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{S}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}}} = \frac{{98n \times 100}}{{9,8}} = 1000n\,\,gam\)
\({m_{dd muoi}} = {m_{{M_2}{{(C{O_3})}_n}}} + {m_{{\rm{dd}}\,\,{H_2}S{O_4}}} - {m_{C{O_2}}}\)
= 2M + 60n + 1000.n - 44.n = (2M + 1016.n) gam.
\(C{\% _{ddmuoi}} = \frac{{\left( {2M + 96} \right) \times 100}}{{2M + 1016\,n}} = 14,18\)
→ M = 28.n → n = 2 ; M = 56 là phù hợp vậy M là Fe. (Đáp án B)
Ví dụ 2: Cho dung dịch axit axetic có nồng độ x% tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH 10% thì thu được dung dịch muối có nồng độ 10,25%. Vậy x có giá trị nào sau đây?
A. 20%. B. 16%. PC. 15%. D.13%.
Hướng dẫn giải
Xét 1 mol CH3COOH:
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
60 gam → 40 gam → 82 gam
\({m_{{\rm{dd}}\,\,{\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}CO{\rm{OH}}}} = \frac{{60 \times 100}}{x}\,\,\,gam\)
\({m_{{\rm{ddNaOH}}}} = \frac{{40 \times 100}}{{10}} = 400\,\,gam\)
\[{m_{dd\,\,mu\`e i}} = \frac{{60 \times 100}}{x} + 400 = \frac{{82 \times 100}}{{10,25}}\]
→ x = 15%. (Đáp án C).
---(Để xem toàn bộ nội dung phương pháp số 10 vui lòng xem tại online hoặc đăng nhập để tải về máy)---
...
Trên đây là trích đoạn nội dung 10 Phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa học năm 2019 - 2020. Để xem thêm nhiều tài liệu tham khảo hữu ích khác các em vui lòng đăng nhập vào trang Chúng tôi để tải tài liệu về máy tính.
Chúc các em học tập tốt !
