Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học pptx

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 1
/14


CHƯƠNG I. CÁC PHƯƠNG PHÁP GIÚP
GIẢI NHANH BÀI TOÁN HÓA HỌC


“Phương pháp là Thầy của các Thầy”
(Talley Rand
Talley RandTalley Rand
Talley Rand)

§
§§
§1
11
1.
. .
. PHƯƠNG PHÁP SƠ Đ
PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐPHƯƠNG PHÁP SƠ Đ
PHƯƠNG PHÁP SƠ ĐỒ
ỒỒ
Ồ

ĐƯ
ĐƯĐƯ
ĐƯỜ
ỜỜ
ỜNG CHÉO
NG CHÉONG CHÉO
NG CHÉO



Với hình thức thi trắc nghiệm khách quan, trong một khoảng thời gian tương ñối ngắn học sinh phải
giải quyết một số lượng câu hỏi và bài tập khá lớn (trong ñó bài tập toán chiếm một tỉ lệ không nhỏ). Do
ñó việc tìm ra các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học có một ý nghĩa quan trọng.
Bài toán trộn lẫn các chất với nhau là một dạng bài hay gặp trong chương trình hóa học phổ thông.
Ta có thể giải bài tập dạng này theo nhiều cách khác nhau, song cách giải nhanh nhất là “phương pháp
sơ ñồ ñường chéo”.
Nguyên tắc: Trộn lẫn 2 dung dịch:
Dung dịch 1: có khối lượng m
1
, thể tích V
1
, nồng ñộ C
1
(C% hoặc C
M
), khối lượng riêng d
1
.
Dung dịch 2: có khối lượng m

2
, thể tích V
2
, nồng ñộ C
2
(C
2
> C
1
), khối lượng riêng d
2
.
Dung dịch thu ñược có m = m
1
+ m
2
, V = V
1
+ V
2
, nồng ñộ C (C
1
< C < C
2
), khối lượng riêng d.
Sơ ñồ ñường chéo và công thức tương ứng với mỗi trường hợp là:
a) ðối với nồng ñộ % về khối lượng:

m
1

C
1
|C
2
- C|
C
m
2
C
2
|C
1
- C|


→



(1)
|CC|
| CC |
m
m
1
2
2
1
−
−

=

b)
ðố
i v
ớ
i n
ồ
ng
ñộ
mol/lít:

V
1
C
1
|C
2
- C|
C
V
2
C
2
|C
1
- C|


→

(2)
|CC|
| CC |
V
V
1
2
2
1
−
−
=

c)
ðố
i v
ớ
i kh
ố
i l
ượ
ng riêng:

V
1
d
1

|d
2
- d|
d
V
2
d
2
|d
1
- d|


→



(3)
|dd|
| dd |
V
V
1
2
2
1
−
−
=

Khi s
ử
d
ụ
ng s
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo ta c
ầ
n chú ý:
*) Ch
ấ
t r
ắ
n coi nh
ư
dung d
ị
ch có C = 100%
*) Dung môi coi nh
ư
dung d
ị
ch có C = 0%
*) Kh
ố

i l
ượ
ng riêng c
ủ
a H
2
O là d = 1 g/ml

Sau ñây là một số ví dụ sử dụng phương pháp ñường chéo trong tính toán pha chế dung dịch.

Dạng 1: Tính toán pha chế dung dịch
Ví dụ 1. ðể
thu
ñượ
c dung d
ị
ch HCl 25% c
ầ
n l
ấ
y m
1
gam dung d
ị
ch HCl 45% pha v
ớ
i m
2
gam dung
d

ị
ch HCl 15%. T
ỉ
l
ệ

m
1
/m
2
là:
A. 1:2

B. 1:3

C. 2:1

D. 3:1



Hướng dẫn giải:

Áp d
ụ
ng công th
ứ
c (1):
1
2

10
20

|5215|
| 5245 |
m
m
2
1
==
−
−
=
⇒

ð
áp án C.

Ví dụ 2. ðể
pha
ñượ
c 500 ml dung d
ị
ch n
ướ
c mu
ố
i sinh lí (C = 0,9%) c
ầ
n l

ấ
y
V
ml dung d
ị
ch NaCl
3%. Giá tr
ị
c
ủ
a
V
là:
A. 150 B. 214,3 C. 285,7 D. 350



Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 2
/14

Hướng dẫn giải:
Ta có s
ơ

ñồ
:
V
1
(NaCl) 3 |0 - 0,9|
0,9
V
2
(H
2
O) 0 |3 - 0,9|

⇒
(ml) 150500
0,9 2,1
0,9
V
1
=⋅
+
=
⇒

ð
áp án A.

Phương pháp này không những hữu ích trong việc pha chế các dung dịch mà còn có thể áp dụng cho
các trường hợp ñặc biệt hơn, như pha một chất rắn vào dung dịch. Khi ñó phải chuyển nồng ñộ của chất
rắn nguyên chất thành nồng ñộ tương ứng với lượng chất tan trong dung dịch.

Ví dụ 3.
Hòa tan 200 gam SO
3
vào
m
gam dung d
ị
ch H
2
SO
4
49% ta
ñượ
c dung d
ị
ch H
2
SO
4
78,4%.
Giá tr
ị
c
ủ
a
m
là:
A. 133,3 B. 146,9 C. 272,2 D. 300,0

Hướng dẫn giải:
Ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng: SO
3
+ H
2
O
→
H
2
SO
4

100 gam SO
3

→
5,122
80
100 98
=
×
gam H
2
SO

4

N
ồ
ng
ñộ
dung d
ị
ch H
2
SO
4
t
ươ
ng
ứ
ng: 122,5%
G
ọ
i m
1
, m
2
l
ầ
n l
ượ
t là kh
ố
i l

ượ
ng SO
3
và dung d
ị
ch H
2
SO
4
49% c
ầ
n l
ấ
y. Theo (1) ta có:
44,1
29,4
|4,87122,5|
|4,7849|
m
m
2
1
=
−
−
=

⇒

(gam) 300 200

29,4
44,1
m
2
=×=
⇒

ð
áp án D.

ðiểm lí thú của sơ ñồ ñường chéo là ở chỗ phương pháp này còn có thể dùng ñể tính nhanh kết quả
của nhiều dạng bài tập hóa học khác. Sau ñây ta lần lượt xét các dạng bài tập này.

Dạng 2: Bài toán hỗn hợp 2 ñồng vị
ðây là dạng bài tập cơ bản trong phần cấu tạo nguyên tử.
Ví dụ 4.
Nguyên t
ử
kh
ố
i trung bình c
ủ
a brom là 79,319. Brom có hai
ñồ
ng v
ị
b
ề
n:
Br

79
35
và
Br.
81
35

Thành ph
ầ
n % s
ố
nguyên t
ử
c
ủ
a
Br
81
35
là:
A. 84,05 B. 81,02 C. 18,98 D. 15,95
Hướng dẫn giải:
Ta có s
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:
Br (M=81)

35
81
Br (M=79)
35
79
A=79,319
79,319 - 79 = 0,319
81 - 79,319 = 1,681

⇒

%100
319,0681,1
319,0
Br%
681,1
319,0
Br%
Br%
81
35
79
35
81
35
⋅
+
=⇒=

⇒

%95,15Br%
81
35
=

⇒

ð
áp án D.

Dạng 3: Tính tỉ lệ thể tích hỗn hợp 2 khí
Ví dụ 5.
M
ộ
t h
ỗ
n h
ợ
p g
ồ
m O
2
, O
3

ở

ñ
i

ề
u ki
ệ
n tiêu chu
ẩ
n có t
ỉ
kh
ố
i
ñố
i v
ớ
i hi
ñ
ro là 18. Thành ph
ầ
n %
v
ề
th
ể
tích c
ủ
a O
3
trong h
ỗ
n h
ợ

p là:
A. 15% B. 25% C. 35% D. 45%
Hướng dẫn giải:

Áp d
ụ
ng s
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:

V M
1
= 48 |32 - 36|
M = 18.2 =36
V M
2
= 32 |48 - 36|
O
2
O
3

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học

Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 3
/14

⇒

%25%100
1 3
1
%V
3
1

12
4
V
V
3
2
3
O
O
O
=⋅
+
=⇒==

⇒

ð
áp án B.

Ví dụ 6.
C
ầ
n tr
ộ
n 2 th
ể
tích metan v
ớ
i m
ộ
t th
ể
tích
ñồ
ng
ñẳ
ng X c
ủ
a metan
ñể
thu
ñượ
c h
ỗ
n h

ợ
p khí
có t
ỉ
kh
ố
i h
ơ
i so v
ớ
i hi
ñ
ro b
ằ
ng 15. X là:
A.
C
3
H
8

B. C
4
H
10

C. C
5
H
12

D. C
6
H
14


Hướng dẫn giải:
Ta có s
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:
V




M
1
=

1
6

|
M
2

-

3
0
|
M = 15.2 =30
V M
2
= M
2
|16 - 30|
M
2
CH
4

⇒
28 |30 - M|
1
2

14
|30 - M|
V
V
2

2
M
CH
2
4
=⇒==
⇒
M
2
= 58
⇒
14n + 2 = 58
⇒
n = 4
V
ậ
y X là: C
4
H
10

⇒

ð
áp án B.

Dạng 4:

Tính thành phần hỗn hợp muối trong phản ứng giữa ñơn bazơ và ña axit

Dạng bài tập này có thể giải dễ dàng bằng phương pháp thông thường (viết phương trình phản ứng,
ñặt ẩn). Tuy nhiên cũng có thể nhanh chóng tìm ra kết quả bằng cách sử dụng sơ ñồ ñường chéo.

Ví dụ 7.
Thêm 250 ml dung d
ị
ch NaOH 2M vào 200 ml dung d
ị
ch H
3
PO
4
1,5M. Mu
ố
i t
ạ
o thành và
kh
ố
i l
ượ
ng t
ươ
ng
ứ
ng là:
A.

14,2 gam Na
2

HPO
4
; 32,8 gam Na
3
PO
4
B.

28,4 gam Na
2
HPO
4
; 16,4 gam Na
3
PO
4

C.

12,0 gam NaH
2
PO
4
; 28,4 gam Na
2
HPO
4
D.

24,0 gam NaH

2
PO
4
; 14,2 gam Na
2
HPO
4


Hướng dẫn giải:

Có:
2
3
5
0,2.1,5
0,25.2
n
n
1
43
POH
NaOH
<==<

⇒
T
ạ
o ra h
ỗ

n h
ợ
p 2 mu
ố
i: NaH
2
PO
4
, Na
2
HPO
4
S
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:
Na
2
HPO
4
(n
1
= 2) |1 - 5/3|
n
NaH
2
PO

4
(n
2
= 1) |2 - 5/3|
5
3
=
2
3
1
3
=
=

⇒

1
2
n
n
42
42
PONaH
HPONa
=
⇒

.2nn
4242
PONaHHPONa

=
Mà
3,0nnn
434242
POHPONaHHPONa
=
=
+
(mol)
⇒





=
=
(mol) 0,1n
(mol) 0,2n
42
42
PONaH
HPONa
⇒





==

==
(g) 12,00,1.120m
(g) 28,40,2.142m
42
42
PONaH
HPONa
⇒

ð
áp án C.

Dạng 5: Bài toán hỗn hợp 2 chất vô cơ của 2 kim loại có cùng tính chất hóa học

Ví dụ 8.
Hòa tan 3,164 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 mu
ố
i CaCO
3
và BaCO
3
b
ằ
ng dung d
ị
ch HCl d

ư
, thu
ñượ
c 448
ml khí CO
2
(
ñ
ktc). Thành ph
ầ
n % s
ố
mol c
ủ
a BaCO
3
trong h
ỗ
n h
ợ
p là:
A. 50%

B. 55%

C. 60%

D. 65%

Hướng dẫn giải:

(mol) 0,02
22,4
0,448
n
2
CO
==
⇒
2,158
0,02
3,164
M ==

Áp d
ụ
ng s
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:

BaCO
3
(M
1
= 197) |100 - 158,2| = 58,2
M=158,2

CaCO
3
(M
2
= 100) |197 - 158,2| = 38,8

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 4
/14

⇒

60%100%
38,858,2
58,2
%n
3
BaCO
=⋅
+
=

⇒

ð
áp án C.

Dạng 6:

Bài toán trộn 2 quặng của cùng một kim loại
ðây là một dạng bài mà nếu giải theo cách thông thường là khá dài dòng, phức tạp. Tuy nhiên nếu sử
dụng sơ ñồ ñường chéo thì việc tìm ra kết quả trở nên ñơn giản và nhanh chóng hơn nhiều.
ðể có thể áp dụng ñược sơ ñồ ñường chéo, ta coi các quặng như một “dung dịch” mà “chất tan” là
kim loại ñang xét, và “nồng ñộ” của “chất tan” chính là hàm lượng % về khối lượng của kim loại trong
quặng.

Ví dụ 9.
A là qu
ặ
ng hematit ch
ứ
a 60% Fe
2
O
3
. B là qu
ặ
ng manhetit ch
ứ
a 69,6% Fe
3
O
4
. Tr

ộ
n
m
1
t
ấ
n
qu
ặ
ng A v
ớ
i
m
2
t
ấ
n qu
ặ
ng B thu
ñượ
c qu
ặ
ng C, mà t
ừ
1 t
ấ
n qu
ặ
ng C có th
ể

ñ
i
ề
u ch
ế

ñượ
c 0,5 t
ấ
n gang
ch
ứ
a 4% cacbon. T
ỉ
l
ệ

m
1
/
m
2
là:
A. 5/2 B. 4/3 C. 3/4 D. 2/5

Hướng dẫn giải:
S
ố
kg Fe có trong 1 t

ấ
n c
ủ
a m
ỗ
i qu
ặ
ng là:
+) Qu
ặ
ng A ch
ứ
a:

(kg) 420
160
112
1000
100
60
=⋅⋅

+) Qu
ặ
ng B ch
ứ
a:
(kg) 504
232
168

1000
100
6,69
=⋅⋅
+) Qu
ặ
ng C ch
ứ
a:
(kg) 480
100
4
1500 =






−×

S
ơ

ñồ

ñườ
ng chéo:
m
A

420 |504 - 480| = 24
480
m
B
504 |420 - 480| = 60

⇒
5
2
60
24
m
m
B
A
==
⇒

ð
áp án D.


***

***

***

***


***

***

***

***

***

***

***

***

***

***

***

***



§2.
§2. §2.
§2. PHƯƠNG PHÁP B
PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B

PHƯƠNG PHÁP BẢ
ẢẢ
ẢO TOÀN KH
O TOÀN KHO TOÀN KH
O TOÀN KHỐ
ỐỐ
ỐI LƯ
I LƯI LƯ
I LƯỢ
ỢỢ
ỢNG
NGNG
NG



Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ
t b
ả
o toàn kh
ố
i l
ượ
ng (
ð

LBTKL): “
Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng
bằng tổng khối lượng các sản phẩm
” giúp ta gi
ả
i bài toán hóa h
ọ
c m
ộ
t cách
ñơ
n gi
ả
n, nhanh chóng.

Ví dụ 10.
H
ỗ
n h
ợ
p A g
ồ
m 0,1 mol etylenglicol và 0,2 mol ch
ấ
t X.
ðể

ñố
t cháy hoàn toàn h
ỗ

n h
ợ
p A
c
ầ
n 21,28 lít O
2
(
ñ
ktc) và thu
ñượ
c 35,2 gam CO
2
và 19,8 gam H
2
O. Tính kh
ố
i l
ượ
ng phân t
ử
X (bi
ế
t X
ch
ỉ
ch
ứ
a C, H, O).

Hướng dẫn giải:
Ta có các ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng cháy:
2C
2
H
6
O
2
+ 5O
2

→
4CO
2
+ 6H
2
O
X + O
2

→
CO
2
+ H

2
O
Áp d
ụ
ng
ð
LBTKL:
(
)
226222222262
OOHCOHCOXOHCOOOHCX
mm mmmmmmmm
+
−
+
=
⇒
+
=
+
+

⇒

(gam) 18,432
22,4
21,28
620,1 19,835,2m
X
=







⋅+×−+=

Kh
ố
i l
ượ
ng phân t
ử
c
ủ
a X:
(g/mol). 92
0,2
18,4
M
X
==


Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:

Phone: 0976053496

Trang 5
/14

Ví dụ 11.
Hòa tan hoàn toàn 3,34 gam h
ỗ
n h
ợ
p hai mu
ố
i cacbonat kim lo
ạ
i hóa tr
ị
II và hóa tr
ị
III b
ằ
ng
dung d
ị
ch HCl d
ư
ta thu
ñượ
c dung d
ị
ch A và 0,896 lít khí bay ra (

ñ
ktc). Tính kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i có trong
dung d
ị
ch A.
Hướng dẫn giải:
G
ọ
i 2 mu
ố
i cacbonat là: XCO
3
và Y
2
(CO
3
)
3
. Các ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ

ng x
ả
y ra:
XCO
3
+ 2HCl
→
XCl
2
+ H
2
O + CO
2

↑

Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl
→
2YCl
3
+ 3H
2
O + 3CO
2

↑

(1)

(2)
S
ố
mol khí CO
2
bay ra:
(mol) 0,08 04,022n n (mol) 04,0
22,4
0,896
n
22
COHClCO
=×==⇒==

Áp d
ụ
ng
ð
LBTKL:
muèi
mmmm)m(m
OHCOHCl)(COY XCO
223323
++=++

⇒

)mm(m)m(mm
OHCOHCl)(COY XCO
223323
+
−
+
+
=
muèi

⇒
(gam). 3,78)4404,01804,0(5,3608,034,3m
=
×
+
×
−
×
+
=
muèi


Ví dụ 12.
Kh
ử

m

gam h
ỗ
n h
ợ
p A g
ồ
m các oxit CuO, FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
b
ằ
ng khí CO
ở
nhi
ệ
t
ñộ

cao, ng
ườ
i ta thu
ñượ
c 40 gam h
ỗ
n h

ợ
p ch
ấ
t r
ắ
n X và 13,2 gam khí CO
2
. Tìm giá tr
ị
c
ủ
a
m
.

Hướng dẫn giải:

Phân tích: với bài toán này, nếu giải theo cách thông thường, tức ñặt số mol của các oxit lần lượt là x,
y, z, t thì có một khó khăn là ta không thể thiết lập ñủ 4 phương trình ñể giải ra ñược các ẩn. Mặt khác,
chúng ta cũng không biết lượng CO ñã cho có ñủ ñể khử hết các oxit về kim loại hay không? ðó là chưa
kể ñến hiệu suất của phản ứng cũng là một vấn ñề gây ra những khó khăn! Nhưng nếu chúng ta dùng
phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ giúp loại bỏ ñược những khó khăn trên và việc tìm ra giá trị của m
trở nên hết sức ñơn giản.


Các ph
ươ
ng trình ph
ả
n

ứ
ng
có thể
x
ả
y ra:
3Fe
2
O
3
+ CO
→
2Fe
3
O
4
+ CO
2

Fe
3
O
4
+ CO
→
3FeO + CO
2

FeO + CO
→

Fe + CO
2

CuO + CO
→
Cu + CO
2

(1)

(2)

(3)

(4)
Ta có:
(gam) 8,43,0.28m (mol) 3,0
44
13,2
n n
COCO
2
==
⇒
===
(p−)p−)( CO

Kh
ố
i l

ượ
ng ch
ấ
t r
ắ
n: m
r
= 40 (gam)
Áp d
ụ
ng
ð
LBTKL:
(p−)p−) COCOrA BrA
mmmmmmmm
2
−+=⇒+=+
( CO

⇒

(gam). 8,444,82,3104mm
A
=
−
+
=
=

Ví dụ 13.
Thu
ỷ
phân hoàn toàn 14,8 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 este
ñơ
n ch
ứ
c là
ñồ
ng phân c
ủ
a nhau th
ấ
y c
ầ
n v
ừ
a
ñủ
200 ml dung d
ị
ch NaOH 1M, thu
ñượ
c
m
gam h

ỗ
n h
ợ
p 2 mu
ố
i và 7,8 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 r
ượ
u. Tìm
m
.

Hướng dẫn giải:

G
ọ
i công th
ứ
c chung c
ủ
a 2 este là:
R'COOR

Ph
ươ
ng trình ph
ả

n
ứ
ng x
ả
y ra: OHR'COONaRNaOHR'COOR
+→+

Theo bài ra ta có: (gam) 8.0,204m (mol) 2,01.2,0 n
NaOHNaOH
=
=
⇒
=
=

Áp d
ụ
ng
ð
LBTKL:
OHR'
NaOH
R'COORCOONaROHR'COONaR
NaOH
R'COOR
m mmmmmmm
−
+
=
⇒

+
=
+

⇒
(gam). 157,8814,8mm
COONaR
=−+==



***

***

***

***

***

***

***

***

***

***


***

***

***

***

***

***



Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 6
/14


§3.
§3. §3.
§3. PHƯƠNG PHÁP TĂNG GI
PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIPHƯƠNG PHÁP TĂNG GI

PHƯƠNG PHÁP TĂNG GIẢ
ẢẢ
ẢM KH
M KHM KH
M KHỐ
ỐỐ
ỐI LƯ
I LƯI LƯ
I LƯỢ
ỢỢ
ỢNG
NGNG
NG



Nguyên tắc của phương pháp: Dựa vào sự tăng giảm khối lượng (TGKL) khi chuyển từ 1 mol chất A
thành 1 hoặc nhiều mol chất B (có thể qua các giai ñoạn trung gian) ta dễ dàng tính ñược số mol của các
chất hoặc ngược lại.

Ch
ẳ
ng h
ạ
n:
a)

Xét ph
ả
n

ứ
ng: MCO
3
+ 2HCl
→
MCl
2
+ CO
2

↑
+ H
2
O
Theo ph
ả
n
ứ
ng này thì khi chuy
ể
n t
ừ
1 mol MCO
3

→
1 mol MCl
2
, kh
ố

i l
ượ
ng h
ỗ
n h
ợ
p t
ă
ng thêm
71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO
2

ñượ
c gi
ả
i phóng. Nh
ư
v
ậ
y, khi bi
ế
t l
ượ
ng mu
ố
i t
ă
ng ta có th
ể
tính

ñượ
c s
ố
mol CO
2
sinh ra ho
ặ
c ng
ượ
c l
ạ
i.
b)

Xét ph
ả
n
ứ
ng: RCOOR’ + NaOH
→
RCOONa + R’OH
C
ứ
1 mol este RCOOR’ chuy
ể
n thành 1 mol mu
ố
i RCOONa, kh
ố
i l

ượ
ng t
ă
ng (ho
ặ
c gi
ả
m) |23 – R’| gam
và tiêu t
ố
n h
ế
t 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol R’OH. Nh
ư
v
ậ
y, n
ế
u bi
ế
t kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a este ph
ả
n
ứ

ng và
kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i t
ạ
o thành, ta d
ễ
dàng tính
ñượ
c s
ố
mol c
ủ
a NaOH và R’OH ho
ặ
c ng
ượ
c l
ạ
i.
Có th
ể
nói hai ph
ươ
ng pháp “
bảo toàn khối lượng

” và “
tăng giảm khối lượng
” là 2 “
anh em sinh
ñôi
”, vì m
ộ
t bài toán n
ế
u gi
ả
i
ñượ
c b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp này thì c
ũ
ng có th
ể
gi
ả
i
ñượ
c b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp

kia. Tuy nhiên, tùy t
ừ
ng bài t
ậ
p mà ph
ươ
ng pháp này hay ph
ươ
ng pháp kia là
ư
u vi
ệ
t h
ơ
n.

Ví dụ 14.
Gi
ả
i l
ạ
i ví d
ụ
12 b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp t
ă
ng gi

ả
m kh
ố
i l
ượ
ng.
Hướng dẫn giải:

Các ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra:
XCO
3
+ 2HCl
→
XCl
2
+ H
2
O + CO
2

↑

Y
2
(CO
3
)
3
+ 6HCl
→
2YCl
3
+ 3H
2
O + 3CO
2

↑

(1)

(2)
S
ố
mol khí CO
2
bay ra:
(mol) 04,0
22,4
0,896
n
2

CO
==

Theo (1), (2): khi chuy
ể
n t
ừ
mu
ố
i cacbonat
→
mu
ố
i clorua, c
ứ
1 mol CO
2
sinh ra, kh
ố
i l
ượ
ng h
ỗ
n h
ợ
p
mu
ố
i t
ă

ng thêm 71 – 60 = 11 gam. V
ậ
y kh
ố
i l
ượ
ng h
ỗ
n h
ợ
p mu
ố
i t
ă
ng lên là:
∆
m = 0,04.11 = 0,44 gam.
Kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a mu
ố
i trong dung d
ị
ch:
=
muèi

m 3,34 + 0,44 = 3,78 (gam).

Ví dụ 15.
Gi
ả
i l
ạ
i ví d
ụ
13 b
ằ
ng ph
ươ
ng pháp t
ă
ng gi
ả
m kh
ố
i l
ượ
ng.
Hướng dẫn giải:

Các ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ

ng
có thể
x
ả
y ra:
3Fe
2
O
3
+ CO
→
2Fe
3
O
4
+ CO
2

Fe
3
O
4
+ CO
→
3FeO + CO
2

FeO + CO
→
Fe + CO

2

CuO + CO
→
Cu + CO
2

(1)


(2)

(3)

(4)
Ta có: (gam) 8,43,0.28m (mol) 3,0
44
13,2
n n
COCO
2
==
⇒
===
(p−)p−)( CO

Kh
ố
i l
ượ

ng ch
ấ
t r
ắ
n: m
r
= 40 (gam)
Theo (1), (2), (3), (4): c
ứ
1 mol CO ph
ả
n
ứ
ng
→
1 mol CO
2
, kh
ố
i l
ượ
ng h
ỗ
n h
ợ
p A gi
ả
m là:
∆
m = 1 × (44 – 28) = 16 gam. V

ậ
y kh
ố
i l
ượ
ng h
ỗ
n h
ợ
p A
ñ
ã b
ị
gi
ả
m là: 16 × 0,3 = 4,8 (gam)
Kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a h
ỗ
n h
ợ
p A ban
ñầ
u là: m = 40 + 4,8 = 44,8 (gam).

Ví dụ 16.
Nhúng m
ộ
t lá nhôm vào 200 ml dung d
ị
ch CuSO
4
,
ñế
n khi dung d
ị
ch m
ấ
t màu xanh l
ấ
y lá
nhôm ra cân th
ấ
y n
ặ
ng h
ơ
n so v
ớ
i ban
ñầ
u là 1,38 gam. Xác
ñị
nh n
ồ

ng
ñộ
c
ủ
a dung d
ị
ch CuSO
4

ñ
ã dùng.
Hướng dẫn giải:

Ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra: 2Al + 3CuSO
4

→
Al
2
(SO
4
)

3
+ 3Cu
↓
(*)
Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 7
/14

Theo (*): c
ứ
2 mol Al ph
ả
n
ứ
ng h
ế
t v
ớ
i 3 mol CuSO
4
, sinh ra 3 mol Cu, kh
ố
i l
ượ

ng thanh nhôm t
ă
ng
lên:
∆
m = 3.64 – 2.27 = 138 (gam).
V
ậ
y s
ố
mol CuSO
4

ñ
ã tham gia ph
ả
n
ứ
ng là: (mol) 0,033
138
1,38
n
4
CuSO
=⋅=

N
ồ
ng
ñộ

c
ủ
a dung d
ị
ch CuSO
4
:
(M). 0,15
0,2
0,03
C
M
==


Chú ý: Khi nhúng thanh kim loại A vào dung dịch muối của kim loại B (kém hoạt ñộng hơn A). Sau khi
lấy thanh kim loại A ra, khối lượng thanh kim loại A ban ñầu sẽ thay ñổi do:
1) Một lượng A bị tan vào dung dịch
2) Một lượng B từ dung dịch ñược giải phóng, bám vào thanh kim loại A
3) Tính khối lượng tăng (hay giảm) của thanh A phải dựa vào phương trình phản ứng cụ thể.

Ví dụ 17.
Cho 11 gam h
ỗ
n h
ợ
p 3 axit
ñơ
n ch
ứ

c thu
ộ
c cùng dãy
ñồ
ng
ñẳ
ng tác d
ụ
ng hoàn toàn v
ớ
i kim
lo
ạ
i Na d
ư
, thu
ñượ
c 2,24 lít khí H
2
(
ñ
ktc). Tính kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i h
ữ
u c

ơ
t
ạ
o thành.
Hướng dẫn giải:

S
ố
mol khí H
2
t
ạ
o thành:
(mol) 0,1
22,4
2,24
n
2
H
==

G
ọ
i công th
ứ
c chung c
ủ
a 3 axit
ñơ
n ch

ứ
c là:
COOH.R
Ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra:
2
HCOONaR2Na2COOHR2
+→+
(*)
Theo (*): c
ứ
2 mol COOHR ph
ả
n
ứ
ng
→
2 mol COONaR và 1 mol H
2
, kh
ố
i l
ượ

ng mu
ố
i t
ă
ng lên
so v
ớ
i kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a axit là:
∆
m =
(gam) 4445)]R(23)44R2.[( =+−++

Kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i h
ữ
u c
ơ
l
ớ

n h
ơ
n axit là: m = 44.0,1 = 4,4 (gam)
V
ậ
y, kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i h
ữ
u c
ơ
t
ạ
o thành là: 11 + 4,4 = 15,4 (gam).


***

***

***

***

***


***

***

***

***

***

***

***

***

***

***

***



§4.
§4. §4.
§4. PHƯƠNG PHÁP B
PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B
PHƯƠNG PHÁP BẢ
ẢẢ

ẢO TOÀN NGUYÊN T
O TOÀN NGUYÊN TO TOÀN NGUYÊN T
O TOÀN NGUYÊN TỐ
ỐỐ
Ố



Nguyên tắc chung của phương pháp này là dựa vào ñịnh luật bảo toàn nguyên tố (BTNT):

“Trong
các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn ñược bảo toàn”.

ð
i
ề
u này có ngh
ĩ
a là:
Tổng số mol nguyên tử của một nguyên tố X bất kì trước và sau phản ứng là luôn
bằng nhau.


Ví dụ 18.
H
ỗ
n h
ợ
p ch
ấ

t r
ắ
n A g
ồ
m 0,1 mol Fe
2
O
3
và 0,1 mol Fe
3
O
4
. Hòa tan hoàn toàn A b
ằ
ng dung
d
ị
ch HCl d
ư
, thu
ñượ
c dung d
ị
ch B. Cho NaOH d
ư
vào B, thu
ñượ
c k
ế
t t

ủ
a C. L
ọ
c l
ấ
y k
ế
t t
ủ
a, r
ử
a s
ạ
ch
r
ồ
i
ñ
em nung trong không khí
ñế
n kh
ố
i l
ượ
ng không
ñổ
i thu
ñượ
c
m

gam ch
ấ
t r
ắ
n D. Tính
m
.

Hướng dẫn giải:

Các ph
ả
n
ứ
ng hóa h
ọ
c x
ả
y ra:
Fe
2
O
3
+ 6HCl
→
2FeCl
3
+ 3H
2
O

Fe
3
O
4
+ 8HCl
→
FeCl
2
+ 2FeCl
3
+ 4H
2
O
NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O
2NaOH + FeCl
2

→
2NaCl + Fe(OH)
2

↓

3NaOH + FeCl
3

→
3NaCl + Fe(OH)
3

↓

4Fe(OH)
2
+ 2H
2
O + O
2

→
0
t
4Fe(OH)
3

2Fe(OH)
3

→
0
t
Fe
2
O
3
+ 3H

2
O
(1)


(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)
Theo các ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng ta có s
ơ

ñồ
:
32
43
32

OFe
mol 0,1:OFe
mol 0,1:OFe
⇒



(r
ắ
n D)
Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 8
/14

Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ
t b
ả
o toàn nguyên t
ố

ñố
i v
ớ
i Fe:
(mol) 0,50,1.30,1.2n
D) (trong Fe
=+=
∑

⇒
(gam). 40 0,25.160 m (mol) 0,25
2
0,5
n
DD
==
⇒
==


Ví dụ 19.
Ti
ế
n hành crackinh
ở
nhi
ệ
t
ñộ

cao 5,8 gam butan. Sau m
ộ
t th
ờ
i gian thu
ñượ
c h
ỗ
n h
ợ
p khí X
g
ồ
m CH
4
, C
2
H
6
, C
2
H
4
, C
3
H
6
và C
4
H

10
.
ðố
t cháy hoàn toàn X trong khí oxi d
ư
, r
ồ
i d
ẫ
n toàn b
ộ
s
ả
n ph
ẩ
m
sinh ra qua bình
ñự
ng H
2
SO
4

ñặ
c. Tính
ñộ
t
ă
ng kh
ố

i l
ượ
ng c
ủ
a bình H
2
SO
4

ñặ
c.
Hướng dẫn giải:

Các s
ơ

ñồ
ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra:
C
4
H
10

 →

crackinh

CH
4
+ C
3
H
6

(1)

C
4
H
10

 →
crackinh
C
2
H
6
+ C
2
H
6

(2)

CH

4

→
0
t
CO
2
+ 2H
2
O
(3)
C
2
H
4

→
0
t
2CO
2
+ 2H
2
O
(4)
C
2
H
6

→
0
t
2CO
2
+ 3H
2
O
(5)
C
3
H
6

→
0
t
3CO
2
+ 3H
2
O
(6)
C
4
H
10

→
0

t
4CO
2
+ 5H
2
O
(7)

ðộ
t
ă
ng kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a bình H
2
SO
4

ñặ
c chính là t
ổ
ng kh
ố
i l
ượ
ng H

2
O sinh ra trong ph
ả
n
ứ
ng
ñố
t cháy
h
ỗ
n h
ợ
p X.
Theo bài ra ta có:
(mol) 0,1
58
5,8
n
butan
==

T
ừ
ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng, có: H

(butan ban ñầu)

→
H
(nước)
và C
4
H
10

→
10H
→
5H
2
O
Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ
t BTNT
ñố
i v
ớ
i hi
ñ
ro:
==

∑
∑
O)(H H(butan) H
2
n n
10 × 0,1 = 1 (mol)
⇒
(gam). 9 18.0,5 m m (mol) 0,5
2
1
n
OHOH
22
===∆
⇒
==


Ví dụ 20.
H
ỗ
n h
ợ
p khí A g
ồ
m m
ộ
t ankan, m
ộ
t anken, m

ộ
t ankin và hi
ñ
ro. Chia A thành 2 ph
ầ
n có th
ể

tích b
ằ
ng nhau r
ồ
i ti
ế
n hành 2 thí nghi
ệ
m sau:
Ph
ầ
n 1:
ñ
em
ñố
t cháy hoàn toàn r
ồ
i d
ẫ
n s
ả
n ph

ẩ
m cháy l
ầ
n l
ượ
t qua bình 1
ñự
ng H
2
SO
4

ñặ
c, bình 2
ñự
ng n
ướ
c vôi trong d
ư
. Sau ph
ả
n
ứ
ng cân th
ấ
y kh
ố
i l
ượ
ng bình 1 t

ă
ng 9,9 gam, bình 2 t
ă
ng 13,2 gam.
Ph
ầ
n 2: d
ẫ
n t
ừ
t
ừ
qua
ố
ng
ñự
ng b
ộ
t Ni nung nóng thu
ñượ
c h
ỗ
n h
ợ
p khí B. S
ụ
c khí B qua bình
ñự
ng
n

ướ
c vôi trong d
ư
, th
ấ
y kh
ố
i l
ượ
ng bình n
ướ
c vôi trong t
ă
ng
m
gam. Tìm giá tr
ị
c
ủ
a
m
.
Hướng dẫn giải:

Phân tích: Vì 2 phần có thể tích bằng nhau nên thành phần của chúng là như nhau. Và sản phẩm ñốt
cháy của 2 phần là hoàn toàn giống nhau! Ở ñây, việc dẫn phần 2 qua bột Ni, nung nóng
→
hỗn hợp
B, sau ñó mới ñem ñốt cháy B chỉ là một bước gây nhiễu, khiến chúng ta bị rối mà thôi, vì thành phần các
nguyên tố của B và phần 2 là hoàn toàn giống nhau. Chính vì vậy, khối lượng bình nước vôi trong tăng ở

thí nghiệm 2 chính bằng tổng khối lượng của nước và CO
2
sinh ra trong thí nghiệm 1!
V
ậ
y: m =
∆
m
bình 1
+
∆
m
bình 2
= 9,9 + 13,2 = 23,1 (gam).


***

***

***

***

***

***

***


***

***

***

***

***

***

***

***

***



§5.
§5. §5.
§5. PHƯƠNG PHÁP B
PHƯƠNG PHÁP BPHƯƠNG PHÁP B
PHƯƠNG PHÁP BẢ
ẢẢ
ẢO TOÀN ELECTRON
O TOÀN ELECTRON O TOÀN ELECTRON
O TOÀN ELECTRON

Nguyên tắc của phương pháp: “Khi có nhiều chất oxi hóa hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng
(nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai ñoạn) thì tổng số mol electron mà các phân tử chất khử
cho phải bằng tổng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận”.

ð
ây chính là n
ộ
i dung c
ủ
a
ñị
nh lu
ậ
t b
ả
o
toàn electron trong ph
ả
n
ứ
ng oxi hóa – kh
ử
.

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học

Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 9
/14

ð
i
ề
u quan tr
ọ
ng nh
ấ
t khi áp d
ụ
ng ph
ươ
ng pháp này
ñ
ó là vi
ệ
c ph
ả
i nh
ậ
n
ñị
nh
ñ
úng tr

ạ
ng thái
ñầ
u và
tr
ạ
ng thái cu
ố
i c
ủ
a các ch
ấ
t oxi hóa và các ch
ấ
t kh
ử
, nhi
ề
u khi không c
ầ
n quan tâm
ñế
n vi
ệ
c cân b
ằ
ng
ph
ả
n

ứ
ng hóa h
ọ
c x
ả
y ra.
Ph
ươ
ng pháp này
ñặ
c bi
ệ
t lí thú
ñố
i v
ớ
i các bài toán ph
ả
i bi
ệ
n lu
ậ
n nhi
ề
u tr
ườ
ng h
ợ
p x
ả

y ra.

Ví dụ 21.
Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim lo
ạ
i M trong dung d
ị
ch HNO
3
d
ư
thu
ñượ
c 8,96 lít (
ñ
ktc)
h
ỗ
n h
ợ
p khí g
ồ
m NO
2
và NO có t
ỉ
l
ệ
th
ể

tích 3:1. Xác
ñị
nh kim lo
ạ
i M.
Hướng dẫn giải:

S
ố
mol c
ủ
a h
ỗ
n h
ợ
p khí:
(mol) 0,4
22,4
8,96
n
khí
==

Vì
(mol) 0,10,4
4
1
n (mol); 0,30,4
4
3

n 1:3n:n 1:3V:V
NONONONONONO
222
=⋅==⋅=
⇒
=
⇒
=

G
ọ
i n là hóa tr
ị
c
ủ
a M. Quá trình nh
ườ
ng electron:
n0
MneM
+
→−
(1)
S
ố
mol electron nh
ườ
ng là: (*) (mol)n
M
19,2

n
⋅=
∑
nh−êng e

Quá trình nh
ậ
n electron:
245
N N3 6e N4
+++
+→+
(2)
T
ổ
ng s
ố
mol electron nh
ậ
n là:
(**) (mol) 6,01,06n =×=
∑
nhËn e

Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ

t b
ả
o toàn electron, ta có:
32n M 0,6 n
M
19,2
nn =
⇒
=⋅
⇒
=
∑∑
nhËn enh−êng e

⇒
n = 2; M = 64. V
ậ
y kim lo
ạ
i M là
ñồ
ng (M
Cu
= 64).

Ví dụ 22.
Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO
3
d
ư

, thu
ñượ
c dung d
ị
ch A và 6,72 lít h
ỗ
n h
ợ
p khí
B g
ồ
m NO và m
ộ
t khí X, v
ớ
i t
ỉ
l
ệ
th
ể
tích là 1:1. Xác
ñị
nh khí X.
Hướng dẫn giải:

S
ố
mol c
ủ

a h
ỗ
n h
ợ
p khí B:
(mol) 0,15 n n (mol) 0,3
22,4
6,72
n
XNOB
==
⇒
==

Quá trình nh
ườ
ng electron:
3e Fe Fe
30
+→
+
(1)
S
ố
mol electron nh
ườ
ng là: (*) (mol) 0,6 3
56
11,2
n

=⋅=
∑
nh−êng e

Quá trình nh
ậ
n electron c
ủ
a NO:
25
N 3e N
++
→+
(2)
S
ố
mol electron do NO nh
ậ
n là:
(**) (mol) 45,015,03n
=
×
=
nhËn) (NO e

Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu

ậ
t b
ả
o toàn electron, ta có:
nhËn) (X enhËn) (NO enh−êng enhËn enh−êng e
nnnnn +=
⇒
=
∑
∑
∑

⇒

(mol) 0,150,450,6nnn =−=−=
∑
nhËn) (NO enh−êng enhËn) (X e

G
ọ
i n là s
ố
electron mà X nh
ậ
n. Ta có:
n)(5
5
N ne N
−+
+

→+
(3)
⇒
n =
.1
15,0
15,0
=
T
ừ

ñ
ó suy ra X là NO
2
.

Ví dụ 23. ðể
m gam phoi bào s
ắ
t A ngoài không khí sau m
ộ
t th
ờ
i gian bi
ế
n thành h
ỗ
n h
ợ
p B có kh

ố
i
l
ượ
ng 12 gam g
ồ
m Fe và các oxit FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho B tác d
ụ
ng hoàn toàn v
ớ
i axit nitric d
ư
th
ấ
y
gi
ả
i phóng ra 2,24 lít khí duy nh
ấ
t NO. Tính kh
ố
i l

ượ
ng m c
ủ
a A?
Hướng dẫn giải:

S
ơ

ñồ
các bi
ế
n
ñổ
i x
ả
y ra:
Fe B NO
Fe
FeO
Fe
3
O
4
Fe
2
O
3
dd HNO
3

m
A
gam 12 gam
2,24 lÝt (®ktc)


Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 10
/14
Quá trình nh
ườ
ng electron:
3e Fe Fe
30
+→
+
(1)
S
ố
mol electron nh
ườ
ng là:
(*) (mol) 3
56

m
n ⋅=
∑
nh−êng e

Các quá trình nh
ậ
n electron:
+) T
ừ
s
ắ
t
→
oxit: O
2
+ 4e
→
2O
-2
(2)
S
ố
electron do O
2
nh
ậ
n là:
(mol)
8

m12
4
32
m12
n
−
=⋅
−
=
nhËn) (O e
2

+) T
ừ
oxit
→
mu
ố
i Fe
3+
:
25
N 3e N
++
→+
(3)
S
ố
electron do N nh
ậ

n là:
(mol) 3,01,03n
=×=
nhËn) (N e

⇒
T
ổ
ng s
ố
electron nh
ậ
n là:
(**) (mol) 0,3
8
m12
n +
−
=
∑
nhËn e

Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ
t b
ả

o toàn electron ta có 0,3
8
m12
56
m
3nn
+
−
=×
⇒
=
∑∑
nhËn enh−êng e

⇒
m = 10,08 (gam).


***

***

***

***

***

***


***

***

***

***

***

***

***

***

***

***



§
§§
§6
66
6. P
. P. P
. PHƯƠNG PHÁP B
HƯƠNG PHÁP BHƯƠNG PHÁP B

HƯƠNG PHÁP BẢ
ẢẢ
ẢO TOÀN ĐI
O TOÀN ĐIO TOÀN ĐI
O TOÀN ĐIỆ
ỆỆ
ỆN TÍCH
N TÍCHN TÍCH
N TÍCH



Nguyên tắc của phương pháp: “Trong một dung dịch nếu tồn tại ñồng thời các ion dương và âm thì
theo ñịnh luật bảo toàn ñiện tích: tổng số ñiện tích dương bằng tổng số ñiện tích âm”.
ð
ây chính là c
ơ
s
ở

ñể
thi
ế
t l
ậ
p ph
ươ
ng trình bi
ể
u di

ễ
n m
ố
i liên h
ệ
gi
ữ
a các ion trong dung d
ị
ch.

Ví dụ 24.
K
ế
t qu
ả
xác
ñị
nh n
ồ
ng
ñộ
mol/lít c
ủ
a các ion trong m
ộ
t dung d
ị
ch nh
ư

sau:

Ion:
+
Na
+2
Ca
−
3
NO

−
Cl

−
3
HCO

S
ố
mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025

H
ỏ
i k
ế
t qu
ả

ñ

ó
ñ
úng hay sai? T
ạ
i sao?
Hướng dẫn giải:

T
ổ
ng s
ố

ñ
i
ệ
n tích d
ươ
ng: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)
T
ổ
ng s
ố

ñ
i
ệ
n tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)
Ta th
ấ
y t

ổ
ng s
ố

ñ
i
ệ
n tích d
ươ
ng
≠
t
ổ
ng s
ố

ñ
i
ệ
n tích âm
⇒
k
ế
t qu
ả
xác
ñị
nh trên là sai!

Ví dụ 25.

L
ậ
p bi
ể
u th
ứ
c liên h
ệ
gi
ữ
a a, b, c, d trong dung d
ị
ch ch
ứ
a a mol Na
+
, b mol Ca
2+
, c mol
−
3
HCO và d mol Cl¯.
Hướng dẫn giải:

Áp d
ụ
ng
ñị
nh lu
ậ

t b
ả
o toàn
ñ
i
ệ
n tích, ta có: a + 2b = c + d.


***

***

***

***

***

***

***

***

***

***

***


***

***

***

***

***



§7.
§7. §7.
§7. PHƯƠNG PHÁP
PHƯƠNG PHÁP PHƯƠNG PHÁP
PHƯƠNG PHÁP KH
KHKH
KHỐ
ỐỐ
ỐI
I I
I LƯ
LƯLƯ
LƯỢ
ỢỢ
ỢNG
NG NG
NG MOL

MOL MOL
MOL TRUNG BÌNH
TRUNG BÌNHTRUNG BÌNH
TRUNG BÌNH



Kh
ố
i l
ượ
ng mol trung bình (KLMTB) c
ủ
a m
ộ
t h
ỗ
n h
ợ
p là kh
ố
i l
ượ
ng c
ủ
a m
ộ
t 1 mol h
ỗ
n h

ợ
p
ñ
ó:
∑
∑
=
=
==
n
1i
i
n
1i
ii
hh
hh
n
.nM
n
m
M


Trong
ñ
ó:

+) m
hh

là t
ổ
ng s
ố
gam c
ủ
a h
ỗ
n h
ợ
p
+) n
hh
là t
ổ
ng s
ố
mol c
ủ
a h
ỗ
n h
ợ
p
+) M
i
là kh
ố
i l
ượ

ng mol c
ủ
a ch
ấ
t th
ứ
i trong h
ỗ
n h
ợ
p
+) n
i
là s
ố
mol c
ủ
a ch
ấ
t th
ứ
i trong h
ỗ
n h
ợ
p

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học

Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 11
/14

Chú ý:
+)
maxmin
MMM <<

+) N
ế
u h
ỗ
n h
ợ
p g
ồ
m 2 ch
ấ
t có s
ố
mol c
ủ
a hai ch
ấ
t b
ằ

ng nhau thì kh
ố
i l
ượ
ng mol trung bình
c
ủ
a h
ỗ
n h
ợ
p c
ũ
ng chính b
ằ
ng trung bình c
ộ
ng kh
ố
i l
ượ
ng phân t
ử
c
ủ
a 2 ch
ấ
t và ng
ượ
c l

ạ
i.

Ph
ươ
ng pháp này
ñượ
c áp d
ụ
ng trong vi
ệ
c gi
ả
i nhi
ề
u bài toán khác nhau c
ả
vô c
ơ
và h
ữ
u c
ơ
,
ñặ
c bi
ệ
t
là
ñố

i v
ớ
i vi
ệ
c chuy
ể
n bài toán h
ỗ
n h
ợ
p thành bài toán m
ộ
t ch
ấ
t r
ấ
t
ñơ
n gi
ả
n và ta có th
ể
gi
ả
i m
ộ
t cách d
ễ

dàng. Sau

ñ
ây chúng ta cùng xét m
ộ
t s
ố
ví d
ụ
.

Ví dụ 26.
Hòa tan 2,97 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 mu
ố
i CaCO
3
và BaCO
3
b
ằ
ng dung d
ị
ch HCl d
ư
, thu
ñượ
c 448
ml khí CO

2
(
ñ
ktc). Tính thành ph
ầ
n % s
ố
mol c
ủ
a m
ỗ
i mu
ố
i trong h
ỗ
n h
ợ
p.
Hướng dẫn giải:


Các ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra:
CaCO
3

+ 2HCl
→
CaCl
2
+ H
2
O + CO
2

↑
(1)
BaCO
3
+ 2HCl
→
BaCl
2
+ H
2
O + CO
2

↑
(2)
T
ừ
(1), (2)
⇒
(mol) 0,02
22,4

0,448
nn
2
COhh
===

G
ọ
i x là thành ph
ầ
n % v
ề
s
ố
mol c
ủ
a CaCO
3
trong h
ỗ
n h
ợ
p
(1 – x) là thành ph
ầ
n % v
ề
s
ố
mol c

ủ
a BaCO
3

Ta có:
5,0x
0,02
2,97
x)197.(100x1M
2
=
⇒
=−+=
muèi

⇒

%.50n%%n
33
CaCOBaCO
=
=


Ví dụ 27.
Hòa tan 16,8 gam h
ỗ
n h
ợ
p g

ồ
m 2 mu
ố
i cacbonat và sunfit c
ủ
a cùng m
ộ
t kim lo
ạ
i ki
ề
m vào
dung d
ị
ch HCl d
ư
, thu
ñượ
c 3,36 lít h
ỗ
n h
ợ
p khí (
ñ
ktc). Xác
ñị
nh tên kim lo
ạ
i ki
ề

m.
Hướng dẫn giải:
G
ọ
i kim lo
ạ
i ki
ề
m c
ầ
n tìm là M

Các ph
ả
n
ứ
ng x
ả
y ra:
MCO
3
+ 2HCl
→
MCl
2
+ H
2
O + CO
2

↑
(1)
MSO
3
+ 2HCl
→
MCl
2
+ H
2
O + SO
2

↑
(2)
T
ừ
(1), (2)
⇒
n
muối
= n
khí
=
112
15,0
16,8
M (mol) 0,15
22,4
3,36

==
⇒
=

muèi

Ta có:
26. M16 802MM602M
<<
⇒
+<<+
Vì M là kim lo
ạ
i ki
ề
m nên M = 23 (Na).

Ví dụ 28.
Trong t
ự
nhiên Brom có hai
ñồ
ng v
ị
b
ề
n là:
Br
79
35

và
Br.
81
35
Nguyên t
ử
kh
ố
i trung bình c
ủ
a
Brom là 79,319. Tính thành ph
ầ
n % s
ố
nguyên t
ử
c
ủ
a m
ỗ
i
ñồ
ng v
ị
.
Hướng dẫn giải:

G
ọ

i x là thành ph
ầ
n % v
ề
s
ố
nguyên t
ử
c
ủ
a
ñồ
ng v
ị

Br
79
35

⇒
(100 – x) là thành ph
ầ
n % v
ề
s
ố
nguyên t
ử
c
ủ

a
ñồ
ng v
ị
Br
81
35

Ta có:
15,95 x 100 84,05; x 79,319
100
x)81(10079x
A
Br
=−=
⇒
=
−
+
=

V
ậ
y trong t
ự
nhiên,
ñồ
ng v
ị
Br

79
35
chi
ế
m 84,05% và
ñồ
ng v
ị
Br
81
35
chi
ế
m 15,95% s
ố
nguyên t
ử
.

Ví dụ 29.
Cho 6,4 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 kim lo
ạ
i k
ế
ti
ế

p thu
ộ
c nhóm IIA c
ủ
a b
ả
ng tu
ầ
n hoàn tác d
ụ
ng v
ớ
i
dung d
ị
ch H
2
SO
4
loãng, d
ư
thu
ñượ
c 4,48 lít H
2
(
ñ
ktc). Xác
ñị
nh tên 2 kim lo

ạ
i.
Hướng dẫn giải:

G
ọ
i công th
ứ
c chung c
ủ
a 2 kim lo
ạ
i nhóm IIA là
M
. Ta có ph
ươ
ng trình ph
ả
n
ứ
ng:
(*)HM2HM
2
2
↑+→+
+
+

Theo (*):
32

2,0
4,6
M (mol) 0,2
22,4
4,48
nn
2
H
M
==
⇒
===

⇒
Hai kim lo
ạ
i là Mg (24) và Ca (40).

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 12
/14

§
§§

§8
88
8.
. .
. BÀI T
BÀI TBÀI T
BÀI TẬ
ẬẬ
ẬP V
P VP V
P VẬ
ẬẬ
ẬN D
N DN D
N DỤ
ỤỤ
ỤNG
NGNG
NG



I.1. ðể
thu
ñượ
c dung d
ị
ch CuSO
4
16% c

ầ
n l
ấ
y
m
1
gam tinh th
ể
CuSO
4
.5H
2
O cho vào
m
2
gam dung
d
ị
ch CuSO
4
8%. T
ỉ
l
ệ

m
1
/
m
2

là:
A. 1/3 B. 1/4 C. 1/5 D. 1/6

I.2.
Hòa tan hoàn toàn
m
gam Na
2
O nguyên ch
ấ
t vào 40 gam dung d
ị
ch NaOH 12% thu
ñượ
c dung d
ị
ch
NaOH 51%. Giá tr
ị
c
ủ
a
m
(gam) là:
A. 11,3 B. 20,0 C. 31,8 D. 40,0

I.3.
S
ố
lít n

ướ
c nguyên ch
ấ
t c
ầ
n thêm vào 1 lít dung d
ị
ch H
2
SO
4
98% (d = 1,84 g/ml)
ñể

ñượ
c dung d
ị
ch
m
ớ
i có n
ồ
ng
ñộ
10% là:
A. 14,192 B. 15,192 C. 16,192 D. 17,192

I.4.
Nguyên t
ử

kh
ố
i trung bình c
ủ
a
ñồ
ng là 63,54.
ðồ
ng có hai
ñồ
ng v
ị
b
ề
n: Cu
63
29
và Cu
65
29
. Thành ph
ầ
n
% s
ố
nguyên t
ử
c
ủ
a

Cu
65
29
là:
A. 73,0%

B. 34,2%

C. 32,3%

D. 27,0%


I.5.
C
ầ
n l
ấ
y
V
1
lít CO
2
và
V
2
lít CO
ñể

ñ

i
ề
u ch
ế
24 lít h
ỗ
n h
ợ
p H
2
và CO có t
ỉ
kh
ố
i h
ơ
i
ñố
i v
ớ
i metan
b
ằ
ng 2. Giá tr
ị
c
ủ
a
V
1

(lít) là:
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8

I.6.
Thêm 150 ml dung d
ị
ch KOH 2M vào 120 ml dung d
ị
ch H
3
PO
4
0,1M. Kh
ố
i l
ượ
ng các mu
ố
i thu
ñượ
c trong dung d
ị
ch là:
A.

10,44 gam KH
2
PO
4
; 8,5 gam K

3
PO
4
B.

10,44 gam K
2
HPO
4
; 12,72 gam K
3
PO
4

C.

10,24 gam K
2
HPO
4
; 13,5 gam KH
2
PO
4
D.

13,5 gam KH
2
PO
4

; 14,2 gam K
3
PO
4


I.7.
Hòa tan 2,84 gam h
ỗ
n h
ợ
p 2 mu
ố
i CaCO
3
và MgCO
3
b
ằ
ng dung d
ị
ch HCl d
ư
, thu
ñượ
c 0,672 lít khí
ở

ñ
i

ề
u ki
ệ
n tiêu chu
ẩ
n. Thành ph
ầ
n % s
ố
mol c
ủ
a MgCO
3
trong h
ỗ
n h
ợ
p là:
A. 33,33% B. 45,55% C. 54,45% D. 66,67%

I.8.
A là khoáng v
ậ
t cuprit ch
ứ
a 45% Cu
2
O. B là khoáng v
ậ
t tenorit ch

ứ
a 70% CuO. C
ầ
n tr
ộ
n A và B
theo t
ỉ
l
ệ
kh
ố
i l
ượ
ng
T = m
A
/
m
B
nh
ư
th
ế
nào
ñể

ñượ
c qu
ặ

ng C, mà t
ừ
1 t
ấ
n qu
ặ
ng C có th
ể

ñ
i
ề
u ch
ế

ñượ
c
t
ố
i
ñ
a 0,5 t
ấ
n
ñồ
ng nguyên ch
ấ
t.
T
b

ằ
ng:
A. 5/3 B. 5/4 C. 4/5 D. 3/5

I.9. ðố
t cháy hoàn toàn m gam m
ộ
t h
ỗ
n h
ợ
p g
ồ
m C
2
H
4
, C
3
H
6
, C
4
H
8
thu
ñượ
c 4,4 gam CO
2
và 2,52 gam

H
2
O. Giá tr
ị
c
ủ
a
m
là:
A. 1,34 gam B. 1,48 gam C. 2,08 gam D. 2,16 gam

I.10.
Dung d
ị
ch X có ch
ứ
a a mol Na
+
, b mol Mg
2+
, c mol Cl¯ và d mol
−2
4
SO
. Bi
ể
u th
ứ
c nào d
ướ

i
ñ
ây là
ñúng
?
A.
a + 2b = c + 2d

B.
a + 2b = c + d

C.
a +

b = c + d

D.
2a + b = 2c + d


I.11.
Crackinh 5,8 gam C
4
H
10
thu
ñượ
c h
ỗ
n h

ợ
p khí X. Kh
ố
i l
ượ
ng H
2
O thu
ñượ
c khi
ñố
t cháy hoàn toàn
X là:
A. 4,5 gam

B. 9 gam

C. 18 gam

D. 36 gam


I.12. ðố
t cháy hoàn toàn
m
gam h
ỗ
n h
ợ
p X g

ồ
m CH
4
, C
3
H
6
và C
4
H
10
thu
ñượ
c 4,4 gam CO
2
và 2,52 gam
H
2
O,
m
có giá tr
ị
là:
A. 1,48 gam B. 2,48 gam C. 14,8 gam D. 24,8 gam

I.13.
Cho 11,2 lít (
ñ
ktc) axetilen h
ợ

p H
2
O (HgSO
4
, 80
o
C). Kh
ố
i l
ượ
ng CH
3
CHO t
ạ
o thành là:
A. 4,4 gam B. 12 gam C. 22 gam D. 44 gam

I.14.
Oxi hóa 12 gam r
ượ
u
ñơ
n ch
ứ
c X thu
ñượ
c 11,6 gam an
ñ
ehit Y. V
ậ

y X là:
A. CH
3
CH
2
CH
2
OH B. CH
3
CH
2
OH C. CH
3
CH(OH)CH
3
D. K
ế
t qu
ả
khác

Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 13
/14

I.15.
Cho 0,896 lít h
ỗ
n h
ợ
p hai anken là
ñồ
ng
ñẳ
ng liên ti
ế
p (
ñ
ktc) l
ộ
i qua dung d
ị
ch brom d
ư
. Kh
ố
i
l
ượ
ng bình brom t
ă
ng thêm 2,0 gam. Công th
ứ
c phân t
ử

c
ủ
a hai anken là:
A. C
2
H
4
và C
3
H
6
B. C
3
H
6
và C
4
H
8
C. C
4
H
8
và C
5
H
10
D. Không ph
ả
i A, B, C.

I.16.
L
ấ
y m gam b
ộ
t s
ắ
t cho tác d
ụ
ng v
ớ
i clo thu
ñượ
c 16,25 gam mu
ố
i s
ắ
t clorua. Hòa tan hoàn toàn
c
ũ
ng l
ượ
ng s
ắ
t
ñ
ó trong axit HCl d
ư
thu

ñượ
c
a
gam mu
ố
i khan. Giá tr
ị
c
ủ
a
a
(gam) là:
A. 12,7 gam B. 16,25 gam C. 25,4 gam D. 32,5 gam

I.17.
Hòa tan h
ỗ
n h
ợ
p g
ồ
m 0,2 mol Fe và 0,1 mol Fe
2
O
3
vào dung d
ị
ch HCl d
ư

ñượ
c dung d
ị
ch A. Cho
dung d
ị
ch A tác d
ụ
ng v
ớ
i NaOH d
ư
thu
ñượ
c k
ế
t t
ủ
a. L
ọ
c k
ế
t t
ủ
a, r
ử
a s
ạ
ch, s
ấ

y khô, nung trong không
khí
ñế
n kh
ố
i l
ượ
ng không
ñổ
i thu
ñượ
c
m
gam ch
ấ
t r
ắ
n. Giá tr
ị
c
ủ
a
m
là bao nhiêu?
A. 16 gam B. 30,4 gam C. 32 gam D. 48 gam

I.18.
Th
ổ
i t

ừ
t
ừ

V
lít h
ỗ
n h
ợ
p khí A g
ồ
m CO và H
2

ñ
i qua h
ỗ
n h
ợ
p b
ộ
t CuO, Fe
3
O
4
, Al
2
O
3
trong

ố
ng s
ứ

ñ
un nóng. Sau ph
ả
n
ứ
ng thu
ñượ
c h
ỗ
n h
ợ
p B g
ồ
m khí và h
ơ
i, n
ặ
ng h
ơ
n h
ỗ
n h
ợ
p A ban
ñầ
u là 0,32 gam.

Giá tr
ị
c
ủ
a
V
(
ñ
ktc) là bao nhiêu?
A. 0,112 lít B. 0,224 lít C. 0,336 lít D. 0,448 lít

I.19.
Hòa tan hoàn toàn 13,92 gam Fe
3
O
4
b
ằ
ng dung d
ị
ch HNO
3
thu
ñượ
c 448 ml khí N
x
O
y
(
ñ

ktc). Xác
ñị
nh N
x
O
y
?
A. NO

B. N
2
O

C. NO
2


D. N
2
O
5



I.20.
Cho 1,24 gam h
ỗ
n h
ợ
p hai r

ượ
u
ñơ
n ch
ứ
c tác d
ụ
ng v
ừ
a
ñủ
v
ớ
i Na th
ấ
y thoát ra 336 ml H
2
(
ñ
ktc) và
m
gam mu
ố
i. Kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i thu

ñượ
c là:
A. 1,57 gam

B. 1,585 gam

C. 1,90 gam

D. 1,93 gam


I.21.
Khi cho 0,1 mol C
3
H
5
(OH)
3
và 0,1 mol CH
3
COOH nguyên ch
ấ
t, riêng bi
ệ
t. Khi cho 2 ch
ấ
t trên tác
d
ụ
ng v

ớ
i Na d
ư
, t
ổ
ng th
ể
tích khí H
2
thu
ñượ
c
ở
(
ñ
ktc) là:
A. 3,66 lít B. 4,48 lít C. 5,6 lít D. 6,72 lít

I.22.
Cho 3,38 gam h
ỗ
n h
ợ
p Y g
ồ
m CH
3
OH, CH
3
COOH, C

6
H
5
OH tác d
ụ
ng v
ừ
a
ñủ
v
ớ
i Na thoát ra 672
ml khí (
ñ
ktc). Cô c
ạ
n dung d
ị
ch thì thu
ñượ
c h
ỗ
n h
ợ
p r
ắ
n Y. Kh
ố
i l
ượ

ng Y là:
A. 3,61 gam B. 4,04 gam C. 4,70 gam D. 4,76 gam

I.23. ðể
kh
ử
hoàn toàn 17,6 gam h
ỗ
n h
ợ
p Fe, FeO, Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
c
ầ
n v
ừ
a
ñủ
2,24 lít CO (
ñ
ktc). Kh
ố
i
l

ượ
ng Fe thu
ñượ
c là:
A. 14,4 gam B. 16 gam C. 19,2 gam D. 20,8 gam

I.24.
Cho 4,4 gam m
ộ
t este no,
ñơ
n ch
ứ
c tác d
ụ
ng h
ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch NaOH thu
ñượ
c 4,8 gam mu
ố
i natri.
Công th
ứ
c c
ấ

u t
ạ
o c
ủ
a este là:
A.

CH
3
CH
2
COOCH
3
B.

CH
3
COOCH
2
CH
3

C.

HCOOCH
2
CH
2
CH
3

D.

Không có este nào phù h
ợ
p

I.25. ðố
t cháy h
ỗ
n h
ợ
p hai este no,
ñơ
n ch
ứ
c ta thu
ñượ
c 1,8 gam H
2
O. Th
ủ
y phân hoàn toàn h
ỗ
n h
ợ
p 2
este trên ta thu
ñượ
c h
ỗ

n h
ợ
p X g
ồ
m r
ượ
u và axit. N
ế
u
ñố
t cháy 1/2 h
ỗ
n h
ợ
p X thì th
ể
tích CO
2
thu
ñượ
c
là bao nhiêu?
A. 1,12 lít B. 2,24 lít C. 3,36 lít D. 4,48 lít

I.26.
Cho 2,46 gam h
ỗ
n h
ợ
p g

ồ
m HCOOH, CH
3
COOH, C
6
H
5
OH tác d
ụ
ng v
ừ
a
ñủ
v
ớ
i 40 ml dung d
ị
ch
NaOH 1M. T
ổ
ng kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i khan thu
ñượ
c sau khi ph
ả

n
ứ
ng là:
A. 3,52 gam B. 6,45 gam C. 8,42 gam D. k
ế
t qu
ả
khác

I.27.
L
ấ
y 2,98 gam h
ỗ
n h
ợ
p X g
ồ
m Zn và Fe cho vào 200 ml dung d
ị
ch HCl 1M, sau khi ph
ả
n
ứ
ng hoàn
toàn ta cô c
ạ
n (trong
ñ
i

ề
u ki
ệ
n không có oxi) thì
ñượ
c 6,53 gam ch
ấ
t r
ắ
n. Th
ể
tích khí H
2
bay ra (
ñ
ktc) là:
A. 0,56 lít

B. 1,12 lít

C. 2,24 lít

D. 4,48 lít


I.28.
Cho 29 gam r
ượ
u
ñơ

n ch
ứ
c Y tác d
ụ
ng h
ế
t v
ớ
i natri t
ạ
o ra 5,6 lít khí H
2
(
ñ
ktc). V
ậ
y X là:
A. C
2
H
5
OH

B. C
3
H
7
OH

C. C

3
H
5
OH

D. CH
3
OH


Lê Phạm Thành – Cử nhân Chất Lượng Cao Hóa Học – ðHSP Hà Nội Nhận gia sư môn Hóa Học



Copyright © 2007 Lê Phạm Thành E-mail:
Phone: 0976053496

Trang 14
/14
I.29. ðố
t cháy m
ộ
t este no,
ñơ
n ch
ứ
c, m
ạ
ch h
ở

thu
ñượ
c 1,8 gam H
2
O. Th
ể
tích khí CO
2
thu
ñượ
c là:
A. 2,24 lít B. 3,36 lít C. 4,48 lít D. 6,72 lít

I.30.
Cho 18,8 gam h
ỗ
n h
ợ
p hai ancol no,
ñơ
n ch
ứ
c, m
ạ
ch h
ở
, k
ế
ti
ế

p nhau trong dãy
ñồ
ng
ñẳ
ng tác d
ụ
ng
v
ớ
i Na d
ư
, t
ạ
o ra 5,6 lít khí H
2
(
ñ
ktc). Công th
ứ
c phân t
ử
c
ủ
a hai ancol là:
A. CH
3
OH và C
2
H
5

OH B. C
2
H
5
OH và C
3
H
7
OH
C. C
3
H
7
OH và C
4
H
9
OH D. C
4
H
9
OH và C
5
H
11
OH

I.31.
Cho
m

gam m
ộ
t h
ỗ
n h
ợ
p Na
2
CO
3
và Na
2
SO
3
tác d
ụ
ng h
ế
t v
ớ
i dung d
ị
ch H
2
SO
4
2M d
ư
thì thu
ñượ

c
2,24 lít h
ỗ
n h
ợ
p khí (
ñ
ktc) có t
ỉ
kh
ố
i so v
ớ
i hi
ñ
ro là 27. Giá tr
ị
c
ủ
a
m
là:
A. 11,6 gam B. 10,0 gam C. 1,16 gam D. 1,0 gam

I.32.
M
ộ
t h
ỗ
n h

ợ
p g
ồ
m O
2
, O
3

ở

ñ
i
ề
u ki
ệ
n tiêu chu
ẩ
n có t
ỉ
kh
ố
i
ñố
i v
ớ
i hi
ñ
ro là 20. Thành ph
ầ
n % v

ề
th
ể

tích c
ủ
a O
3
trong h
ỗ
n h
ợ
p s
ẽ
là:
A
. 40%

B. 50%

C. 60%

D. 75%


I.33. ð
em nung m
ộ
t kh
ố

i l
ượ
ng Cu(NO
3
)
2
sau m
ộ
t th
ờ
i gian d
ừ
ng l
ạ
i, làm ngu
ộ
i r
ồ
i
ñ
em cân th
ấ
y kh
ố
i
l
ượ
ng gi
ả
m 0,54 gam. V

ậ
y kh
ố
i l
ượ
ng mu
ố
i Cu(NO
3
)
2

ñ
ã b
ị
nhi
ệ
t phân là:
A. 0,5 gam

B. 0,49 gam

C. 9,4 gam

D. 0,94 gam