Phương pháp những dạng toán phổ biến Trung học phổ thông

Sáng kiến kinh nghiệm
SỞ GIÁO DỤC VÀ TẠO TỈNH QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN
      

Tên đề tài:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG”
Giáo Viên : Trần Trọng Nghĩa
Tổ chuyên Môn : HÓA HỌC
1
Năm học 2010-2011
Sáng kiến kinh nghiệm
A.ĐẶT VẤN ĐỀ:
Học sinh khi giải một bài toán hoá học, ngoài việc cần phải nắm kỹ lý
thuyết còn phải nắm được hướng giải quyết bài toán, phân được dạng toán
cần giải . Giải một bài toán hoá học phổ thông các em thường rơi vào
trường hợp không tìm được hướng giải bài toán và dạng bài toán. Dẫn đến
tình trạng các em sẽ loay hoay mãi hoặc trình bài toán rất rườm rà, mất
nhiều thời gian. Hiện nay việc đánh giá kiến thức bằng trắc nghiệm khách
quan, việc tìm ra cách giải bài toán bằng phương pháp thích hợp giúp cho
các em hoàn thành bài toán chuẩn xác và nhanh nhất.
Qua 12 năm giảng dạy ở trường phổ thông Lê Quý Đôn, trong những giờ
luyện tập, tôi rút ra một kinh nghiệm, để giải nhanh một bài toán hoá học
phổ thông, ngoài việc nắm kỷ lý thuyết học sinh còn phải nắm vửng phương
pháp giải toán áp dụng cho từng dạng bài tập. Để giúp học sinh không gặp
trở ngại khi giải quyết một bài toán hoá học, tôi xây dựng đề tài sáng kiến:
“PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN PHỔ BIẾN TRUNG HỌC
PHỔ THÔNG”
Đề tài nghiên cứu giới hạn trong phạm vi giải quyết những bài toán cơ bản
THPT, giúp các đạt kết quả tốt trong các kỳ thi tuyển sinh đại học cao đẵng.

B.CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Ngày nay việc thay đổi đánh giá bằng trắc nghiệm khách quan, yêu cầu
khi giải một bài toán cần phải nhanh, chính xác trong thời gian ngắn nhất,
vì vậy nắm phương pháp giải toán và phân dạng được dạng toán giúp ích
cho các em đạt được kết quả cao trong các kỳ thi. Mặt khác khi dạy bài tập
hoá học trong những giờ luyện tập giáo viên nêu ra phương pháp giải quyết
một bài toán khi đã phân dạng đã đặt học sinh vào vị trí nghiên cứu tìm
cách vận dụng thích hợp phương pháp vào việc giải bài toán. Chính sự lôi
cuốn đã làm hoạt động hoá nhận thức của học sinh, rèn luyện khả năng tư
duy, khả năng hoạt động của học học sinh. Như vậy việc nêu ra phương
pháp giải các dạng toán trong các giờ luyện tập đáp ứng được tính tích cực
trong học tập của học sinh.
2
Sáng kiến kinh nghiệm
C. CỞ SỞ THỰC TIỄN:
Trong các giờ luyện tập hoá học, việc học sinh không nắm được phưong
pháp giải quyết bài toán và phân dạng được dạng toán, dẫn đến tình trạng
mất thời gian, có khi cả một tìết dạy học sinh chỉ giải được một bài toán.
Việc nêu phương pháp và phân dạng bài toán giúp các em giải bài toán một
cách nhanh nhất và chính xác.
D. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHỮNG DẠNG TOÁN HÓA HỌC PHỔ BIẾN
1. Phương pháp bảo toàn.
1.1. Bảo toàn khối lượng.
1.2. Bảo toàn nguyên tố.
1.3. Bảo toàn điện tích.
1.4. Bảo toàn electron.
2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình.
3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
4 Phương pháp ghép ẩn số, phương pháp tách công thức phân tử.

4.1. Phương pháp ghép ẩn số
4.2. Phương pháp tách công thức phân tử.
5. Phương pháp đường chéo.
6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ.
6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử
6.2. Biện luận nhóm chức.
6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ
1. Phương pháp bảo toàn.
1.1. Bảo toàn khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, đó là trên định luật bảo toàn
khối lượng: “Tổng khối lượng chất tham gia bằng tổng khối lượng sản phẩm thu
được ”. Nhưng rất chú ý là chỉ tính khối lượng của chất tham gia phản ứng, và ngoài
ra không tính khối lượng chất sẵn có trong dung dịch, chẳng hạn nước có sẵn trong
dung dịch…
Ví dụ 1: Khử hoàn toàn 1,74 gam một ôxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành
kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
dư, thấy tạo
thành 3 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl dư
thì thu được 0,504 lít H
2
(đktc).
Xác định công thức ôxit kim loại.
+ Cho 1,74 gam ôxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng (dư) được dung dịch X và có khí SO
2
bay ra. Hãy xác định nồng độ mol/ lít

3
Sáng kiến kinh nghiệm
của muối trong dung dịch X (Coi thể tích dung dịch không thay đổi trong quá trình
phản ứng)
Giải: - Đặt công thức của ôxit kim loại là A
x
O
y
, khối lượng mol của A là M. Gọi a là
số mol của A
x
O
y
ứng với 1,74 gam. PTPƯ:
A
x
O
y
+ yCO = xA + yCO
2
(1)
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
+ H
2
O (2)

Số mol CaCO
3
= 0,03 mol. Theo (1) và (2) ta có: n
CO
=
2
CO
n
= 0,03 (mol)
→ ya = 0,03(*). Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1). Ta có:
1,74 + 28.0.03 = mA + 44.0,03
Suy ra m
A
= 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**).
Phản ứng của A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACl
n
+ nH
2
(3)
xa
2
n
.xa
Ta có: số mol H
2
= 0,0225 =
2
n
.xa hay xa =
n

045,0
( ***)
Từ (**) và ( ***) ta có: M = 28n.
Cho n = 1, 2, 3 rồi tính M , được nghiệm thích hợp là n = 2, M = 56 nên A là Fe.
Thay n = 2 vào (***) ta được: xa = 0,0225 (****).
Từ (*) và (****) ta có:
⇔=⇔=
4
3
03,0
0225,0
y
x
ya
xa
A
x
O
y
là Fe
3
O
4
.
b. PTPƯ : 2Fe
3
O
4
+ 10H
2

SO
4
= 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
Số mol Fe
3
O
4
=
232
74,1
= 0,0075 mol → số mol Fe
2
(SO
4
)
3
= 0,01125 (mol).
Vậy C
M
Fe

2
(SO
4
)
3
=
5,0
01125,0
= 0,0225 (mol/l).
Ví dụ 2: Cho hỗn hợp axit hữu cơ A, B tác dụng với rượu đa chức C ta được hỗn hợp
nhiều este, trong đó có este E.
a.Để đốt cháy hết 1,88 gam chất E cần một lượng vừa đủ là 1,904 lít O
2
(đktc) thu được CO
2
và hơi nước với tỷ lệ thể tích tương ứng là 4: 3. Hãy xác định
công thức phân tử của E, biết rằng tỉ khối hơi của E so với không khí nhỏ hơn 6,5.
b. Thủy phân hoàn toàn 1,88 gam E bằng dung dịch NaOH sau đó cô cạn thì
được rượu đa chức và 2,56 gam chất rắn gồm NaOH dư và hỗn hợp hai muối của hai
axit hữu cơ đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn X trong O
2
dư thu được CO
2
, hơi H
2
O và
muối Na
2
CO
3

. Hòa tan hết lượng muối này bằng dung dịch HCl thấy thoát ra 0,448 lít
CO
2
(đktc). Hãy viết các công thức cấu tạo có thể có của E (không viết các đồng phân
axit, nếu có).
Giải:
- Sơ đồ phản ứng cháy: E + O
2
→ CO
2
+ H
2
O (1)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:
m
E
+ m
2
O
= m
2
CO
+ m
2
H
= 1,88 +
32.
4,22
904,1
= 4,6 (g)

4
Sáng kiến kinh nghiệm
Gọi a là số mol của CO
2
thì số mol của H
2
O bằng
4
3
a. Do đó:
44a + 18.
4
3
= 4,6 → a = 0,08 mol.
Ta có: m
C
= 0,08.12 = 0,96 g; m
H
=
4
3
.0,08.2 = 0,12 g
Gọi công thức tổng quát của E là C
x
H
y
O
z
ta có tỷ lệ số mol:
x:y:z =

16
8,0
:12,0:
12
96,0
= 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C
8
H
12
O
5
)
n
Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1.
Vậy CTPT của E là C
8
H
12
O
5.
a. Theo phản ứng: Na
2
CO
3
+ 2HCl = 2NaCl + H
2
O + CO
2
Ta có: số mol CO
2

= 0,02 mol, vì NaOH dư cũng như NaOH tạo thành muối hữu cơ
khi đốt cháy đều tạo thành Na
2
CO
3
. Do đó tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2 =
0,04 Theo đề bài: n
E
=
188
88,1
= 0,01 (mol)
Vì CTPT của E là C
8
H
12
O
5
, vì tạo được 2 muối và 1 rượu do đó E phải là este 2 lần
este (ứng với 2 gốc axit khác nhau) nên số mol NaOH đã phản ứng với este = 0,01.2 =
0,02 (mol) và lượng NaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol)
tức là 0,02.40 = 0,8(gam).Vậy tổng khối lượng hai muối bằng 2,56 – 0,8 = 1,76 (g)
Gọi CTPT của các muối là: RCOONa và R’COONa thì khối lượng phân tử trung bình
của các muối là:
88
02.0
76,1
==
M

⇒
KLTB các gốc bằng
'R
M
= 88 – 67 = 21.
Như vậy phải có một gốc ví dụ R < 21 và R’ > 21.
Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH
3
– (M=15)
Vì số mol 2 muối bằng nhau nên
21
2
'
'
=
+
=
RR
M
R
Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C
3
H
5
–)
R là CH
3
– (M = 15) thì R’ = 27 (C
2
H

3
–).
Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH và C
3
H
5
COOH hoặc CH
3
COOH và C
2
H
3
COOH.
Phần công thức ứng với gốc rượu là C
8
H
12
O
5
trừ đi C
5
H
6
O
4
bằng C
3
H
6
O và vì là rượu

đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là:

CH
2
-CH-CH
2
-OH
Kí hiệu hai gốc axit là A
1
, B
1
ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là:
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
;
A
1
B
1
A

1
OH
A
1
B
1
OH
B
1
OH
Bài tập 1.
Cho từ một luồng khí CO đi qua ống đựng m gam một hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
đun nóng thu được 128 gam sắt, khí sinh ra sau phản ứng cho đi qua dd
Ca(OH)
2
thu được 80 gam kết tủa. Tính m ?
Bài tập 2.
5
Sáng kiến kinh nghiệm
Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hh gồm một muối cacbonat của kim loại hóa trị I và
một muối cacbonat của kim loại hóa trị II vào dd HCl thu được 0,2 mol khí CO
2

. Tính
khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
Bài tập 3.
Một dd có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1mol và Al
3+
: 0,2 mol và 2 anion là Cl
-
: x mol
và SO
4
2-
là y mol. Tính x,y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất rắn
khan.
Bài tập 4.
Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhau
trong PNC nhóm II bằng dd HCl thu được 0,896 lit khí CO
2
(đo ở 54,6
0
C và 0,9 atm)
và dung dịch X.
a. – Tính khối lượng nguyên tử A và B.
- Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X.
b. Tính % khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
c. Nếu cho toàn bộ CO
2
hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)
2

thì nồng độ của là bao
nhiêu để thu được 3,94 gam kết tủa.
Bài tập 5. (Giải bài toán nhiệt nhôm)
Sau phản ứng nhiệt nhôm của hỗn hợp X gồm Al và Fe
x
O
y
thu được 9,39 gam
chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dd NaOH dư thấy 336 ml khí bay ra đo ở đktc
và phần không tan Z. Để hòa tan 1/3 lượng chất Z cần 12,4 ml dd HNO
3
65,3 % ( d =
1,4 g/ml) và thấy có khí màu nâu thoát ra.
a. Xác định công thức của Fe
x
O
y
b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của bột nhôm trong hh X ban đầu.
Cho biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1.2. Bảo toàn nguyên tố.
Định luật bảo toàn khối lượng còn có thể áp dụng cho một nguyên tố, khi đó
định luật bảo toàn khối lượng được viết lại: “Khối lượng của một nguyên tố trong các
chất phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó trong sản phẩm phản ứng”.
Chú ý: Không tính khối lượng của nguyên tố khác dù nguyên tố đó có tham gia
phản ứng với nguyên tố được áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.
Ví dụ 1: Nhiệt phân m gam NH
3
thu được hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc). Cho
X qua dung dịch HNO
3

dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc).
a.Xác định thành phần hỗn hợp khí X.
b. Tính m.
Giải: Hỗn hợp khí X gồm N
2
, H
2
, NH
3
còn lại. PTPƯ:
2NH
3

 →
0
t
N
2
+ 3H
2
(1)
Qua dung dịch HNO
3
dư NH
3
bị giữ lại :NH
3
+ HNO
3
= NH

4
NO
3
Còn lại hỗn hợp Y chỉ gồm N
2
, H
2
với số mol:
n
Y
=
4,22
6,89
= 4 mol; n
X
=
4,22
4,134
= 6 mol. Vậy số mol NH
3
dư = 2 mol.
Theo (1) thì nN
2
= 3nN
2
. Do đó trong 4 mol hỗn hợp Y có 1 mol N
2
và 3 mol H
2
.

b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
6
Sáng kiến kinh nghiệm
n
N
(NH
3
ban đầu) = n
N
(N
2
) + n
N
(NH
3
) còn lại
= 2.1 + 2.1 = 4 mol. Vậy m = 4.17 = 68 (g).
Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất X bằng 0,616 lít khí O
2
(đktc) ta thu được
2,18 hỗn hợp khí CO
2
, N
2
và hơi nước ở 109,2
0
C và 0,896 atm. Sau khi làm ngưng tụ
hơi nước, hỗn hợp khí còn lại chiếm 0,56 lít (đktc) và có tỉ khối so với hidro bằng
20,4. Xác định công thức phân tử của X.
Giải: - Theo đề: số mol (CO

2
, N
2
và H
2
O) =
4,1.273.082,0
1,2.896,0
= 0,06 (mol)
Số mol (CO
2
, N
2
) = 0,025 (mol). Số mol H
2
O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035.
Gọi x là số mol CO
2
trong hỗn hợp với N
2
:
M
= 20,4.2 = 40,8;
M
=
025,0
)025,0(2844 xx
−+
.
Giải ra ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N

2
= 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tử ôxi để tính khối lượng của nó
trong chất X. Ta có:
m
O
trong X + m
O
dùng để đốt cháy = m
O
trong CO
2
+ m
O
trong nước
→ m
O
trong X = 0,02.32 + 0,035.16 –
32.
4,22
616,0
= 0,02 (mol)
Gọi công thức tổng quát của X là C
x
H
y
O
z
N
t

ta có:
x : y : z : t = 0,02 : 0,035.2 : 0,02 : 0,005.2 = 0,02 : 0,07 : 0,02 : 0,01 =2 : 7 : 2 : 1
→ Công thức thực nghiệm: ( C
2
H
7
O
2
N)
t
Chúng ta tính m
C
+ m
H
+ m
O
+ m
N
trong 0,01 mol chất X:
m
C
+ m
H
+ m
O
+ m
N
= 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g)
→M
X

=
01,0
77,0
= 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C
2
H
7
O
2
N.
1.3. Bảo toàn điện tích:
Xuất phát từ đinh luật bảo toàn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, luôn
trung hòa về điện hay nói cách khác trong dung dịch chất điện ly tổng điện tích dương
luôn bằng tổng điện tích âm”. Dựa vào tính chất này để thiết lập phương trình toán
học liên hệ và tính được kết qủa cần thiết.
Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol) và hai
anion là Cl
-
(x mol) và SO
4
2-
(y mol). Tính x, y biết rằng sau khi cô cạn dung dịch thu
được 46,9 g chất rắn khan.
Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
56.0,1 +27.0,2 +35,5.x +96y = 46,9
⇔

35,5x + 96y = 35,9 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:
0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y
⇔
x + 2y = 0,8 (2)
Từ (1) và (2) ta có: x = 0,2 mol ; y = 0,3 mol
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 kết tủa lớn nhất người ta dung 100ml dung dịch Ba(OH)
2
nồng độ x
mol /l. Lập biểu thức tính x theo a, b
Giải: HCO
3
-
+ OH
-
= CO
3
2-

+ H
2
O
7
Sáng kiến kinh nghiệm
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 của OH
-
do Ba(OH)
2
cung cấp là (a+b) mol.
Ta có : số mol Ba(OH)
2
=
2
ba
+
và nồng độ x =
2,01,0
2
ba
ba
+
=
+
(mol/l)
1.4. Bảo toàn electron
- Trước hết cần khẳng định rằng đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng
ôxi hóa khử dù phương pháp thăng bằng electron dung để cân bằng phản ứng ôxi hóa
khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.
- Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khi có nhiều chất ôxi hóa, chất khử trong
một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng
số electron mà chất khử cho phải bằng tổng số electron do chất ôxi hóa nhận. Như vậy
ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất ôxi hóa, chất

khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng.
Phương pháp này đặt biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp
có thể xảy ra.
Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại M có hóa trị n duy nhất.
a. Hòa tan hoàn toàn 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít H
2
, còn
khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được 1,792 lít NO duy
nhất. Hãy xác định kim loại M.
b. Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO
3
và
Cu(NO
3
)
2
. Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12g chất rắn gồm 3 kim
loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí H
2
.
Tính nồng độ mol/lít của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dung dịch ban đầu của chúng.
Biết thể tích được đo ở điều kiện tiêu chuẩn và H = 100 %.

Giải: a. Các phản ứng hòa tan hỗn hợp Y:
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(1)
2M + 2nHCl = MCl
n
+ nH
2
(2)
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO
3
)
3
+ NO +2H
2
O (3)
3M + 4nHNO
3
= 3M(NO
3
)
n
+ nNO + 2nH
2
O (4)
Gọi x, y là số mol của Fe và M trong 3,16 g.

Theo (1); (2) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
2x + ny =
4,22
128,2
.2 = 0,19.(I)
Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
3x + ny =
4,22
792,1
.3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có:
x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol.
8
Sáng kiến kinh nghiệm
Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì:
0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81.
Chúng ta thấy kết quả phù hợp là: n = 3; M = 27 và y = 0,03.
b. Vì Al hoạt động hơn Fe và vì chất rắn thu được gồm 3 kim loại nên chúng là Ag,
Cu, Fe. Các phản ứng có thể xảy ra:
Al + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (5)
2Al + Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO

3
)
3
+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (7)
Fe + Cu(NO
3
)
2
= Fe(NO
3
)
2
+ Cu (8)
Fe + 2HCl

= FeCl
2
+ H
2
(9)
Theo (9): số mol H
2
=

4,22
672,0
= 0,03 = n
Fe
còn lại.
Gọi a, b là số mol AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
- Tổng số mol electron Ag
+
; Cu
2+
; H
+
nhận là: 1.a + 2b + 2.0,03
- Tổng số mol electron Al; Fe nhường là: 3.0,03 + 2.0,05
Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron:
1.a + 2b + 2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 (I’)Mặt khác, theo khối lượng 3 kim loại ta có:
108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’)
Từ 2 phương trình (I’); (II’) trên dễ dàng rút ra a = 0,03 ; b = 0,05 (mol)
Vậy C
M
AgNO
3
=
1,0

03,0
= 0,3M, C
M
Cu(NO
3
)
2
=
1,0
05,0
= 0,5M.
Ví dụ 2: Oxi hóa hoàn toàn 2,184g bột Fe ta thu được 3,048g hỗn hợp 2 ôxit sắt (hỗn
hợp A). Chia hỗn hợp A thành 3 phần bằng nhau.
1/ Cần bao nhiêu lít H
2
(đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần 1
2/ Hòa tan phần 2 bằng HNO
3
dư. Tính thể tích NO duy nhất bay ra
3/ Phần 3 trộn với 5,4g bọt Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (H = 100%). Hòa
tan hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích khí bay ra ở
(đktc). Giải: - 1. Các phản ứng có thể xảy ra:
2Fe + O
2
= 2FeO (1) 2Fe + 1,5O
2
= Fe
2
O
3

(2)
3Fe + 2O
2
= Fe
3
O
4
(3) FeO + H
2
= Fe + H
2
O (4)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
= 2Fe + 3H
2
O (5) Fe
3
O
4
+ 4H
2
= 3Fe + 4H
2
O (6)
Từ (1

→
6) thì Fe không thay đổi số oxi hóa, H
2
cho electron và O
2
nhận electron nên
áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
2nH
2
= 4nO
2

→
nH
2
= 2nO
2
.
3
1
=
3
2
.(
32
184,2048,3
−
) = 0,018 (mol)
VH
2

= 0,018.22,4 = 0,4032 (lít)
2. Các phản ứng hòa tan có thể:
3FeO + 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (7)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
= 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (8)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3

= 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (9)
9
Sáng kiến kinh nghiệm
Ta thấy tất cả Fe bị oxi hóa thành Fe
3+
còn N
+5
bị khử thành N
+2
, O
2
0
bị khử thành O
2-
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
3n +
3.
3
1
56
184,2
4.
3
1

8.
32
184,2048,3
=
−
= 0,039
Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) và V
NO
= 0,001.22,4 = 0,224(lit)
3. Các phản ứng có thể xảy ra:
2Al + 3FeO = 3Fe + Al
2
O
3
(10) 2Al + Fe
2
O
3
= 2Fe + Al
2
O
3
(11)
8Al + 3Fe
3
O
4
= 8Fe + 4Al
2
O

3
(12) Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(13)
2Al + 6HCl = AlCl
3
+ 3H
2
(14)
Xét các phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối cùng thành Fe
2+
, Al thành
Al
3+
, O
2
o
thành 2O
2-
và 2H
+
thành H
2
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol
electron, ta có:
27
3.4,5
2.

3
039,0
+
= 0,009.4 + n.2

⇔
0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2
Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH
2
= 0,295.22,4 = 6,608(lít)
2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình:
Đây là một trong những phương pháp được ứng dụng rất phổ biến để giải các
bài toán hóa học, đặt biệt là các bài toán hóa hữu cơ. Nó cho phép giải nhanh chóng
và đơn giản nhiều bài toán gồm hỗn hợp các chất rắn, lỏng củng như khí.
* Nguyên tắc của phương pháp:
Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), được kí hiệu là
M
chính là khối lượng
của 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
n
nM
nnn

nMnMnM
M
...
...
321
332211
(1).
Trong đó M
1
, M
2
…là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) các chất trong
hỗn hợp n
1
, n
2
…là số mol tương ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
M
= M
1
.
∑
i
n
n
1
+ M
2
.

∑
i
n
n
2
+ M
3
.
∑
i
n
n
3
+ …
= (M
1
x
1
+ M
2
x
2
+M
3
x
3
+…)/(x
1
+ x
2

+ x
3
+...)(2).
Trong đó x
1
, x
2
, x
3
… là % số mol tương ứng của các chất. Đặt biệt là đối với chất khí
thì x
1
, x
2
cũng chính là % thể tích của các chất nên công thức (2) có thể viết thành:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
v
vM
vvv
vMvMvM
M
...
...

321
332211
(3)
Trong đó v
1
, v
2
, v
3
…là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất khí thì
các công thức 1, 2, 3 trở thành 1
’
, 2
’
, 3
’
đơn giản hơn.
)(
21
2211
nnn
nMnM
M
=+
+
=
(1
’
) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp.
M

= M
1
x
1
+ M
2
(1 – x
1
) (2
’
). Trong đó con số (1) ứng với 100 %.
10