Mot so phuong phap giup giai nhanh bai toan hoa hoc PHAN II

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
4. PHƯƠNG PHÁP BẢO 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 đoạn) thì tổng số mol electron mà các phân tử chất khử
cho phải bằng tổng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận”.

Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc nhận định đúng trạng thái đầu và trạng
thái cuối của các chất oxi hóa và các chất khử, nhiều khi không cần quan tâm đến việc cân bằng phản ứng
hóa học xảy ra.

Ví dụ 1. Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO
3
dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn
hợp khí gồm NO
2
và NO có tỉ lệ thể tích 3:1. Xác định kim loại M.
Hướng dẫn giải:
Số mol của hỗn hợp 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

Gọi n là hóa trị của M. Quá trình nhường electron:
n0
MneM


(1)
Số mol electron nhường là:
19,2
n n (mol) (*)
M
ecnhuong
 


Quá trình nhận electron:
245
N N3 6e N4

 (2)
Tổng số mol electron nhận là:
ân
n 6 0,1 0,6 (mol) (**)
enh

  


Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:
â
19,2
n n n 0,6 M 32n
M
enhuong enh n
     
 

 n = 2; M = 64. Vậy kim loại M là đồng (M
Cu
= 64).

Ví dụ 2. Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO
3
dư, thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí B
gồm NO và một khí X, với tỉ lệ thể tích là 1:1. Xác định khí X.
Hướng dẫn giải:
Số mol của hỗn hợp khí B: (mol) 0,15 n n (mol) 0,3
22,4
6,72
n
XNOB

Quá trình nhường electron: 3e Fe Fe
30



(1)
Số mol electron nhường là:
(*) (mol) 0,6 3
56
11,2
n 

nhêng e

Quá trình nhận electron của NO:
25
N 3e N

 (2)

Số mol electron do NO nhận là: (**) (mol) 45,015,03n 
nhËn) (NO e

Áp dụng định luật bảo 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

Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có:
n)(5
5
N ne N



(3)
 n = .1
15,0
15,0
 Từ đó suy ra X là NO
2
.

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
Ví dụ 3. Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO
3
(dư), sinh ra 2,24 lít khí X (sản phẩm khử
duy nhất, ở đktc). Khí X là
A. N
2
O B.NO C. NO
2
D. N
2

Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008
Hướng dẫn giải:
Áp dụng ĐLBTE:
n n 02 . (3,6 : 24) 0,3 (mol)
  
e (X nhËn) e (Mg nhêng)

Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có:
n)(5
5
N ne N


 (3)
 n =
0,3
3.
0,1

→ X là NO

Ví dụ 4. Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO
3
, thu được V lít (ở
đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO
2
) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối
với H
2
bằng 19. Giá trị của V là:

A. 2,24 B. 3,36 C. 4,48 D. 5,60
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007
Hướng dẫn giải:
n
Fe
= n
Cu
= 0,1 mol → ∑e
nhường
= 3. n
Fe
+ 2 . n
Cu
= 0,5 mol
Đặt số mol của NO và NO
2
lần lượt là a và b
M
Y
= (30a + 46b) / (a + b) = 38 → a = b (1)
Áp dụng ĐLBTE:
n n 3 0,5
a b   
 
e nhêng e nhËn
(2)
Giải (1) và (2) tìm được a và b → V = 22,4 . (a + b) = 22,4 . 0,25 = 5,6 lít

Ví dụ 5. Để m gam phoi bào sắt A ngoài không khí sau một thời gian biến thành hỗn hợp B có khối
lượng 12 gam gồm Fe và các oxit FeO, Fe

3
O
4
, Fe
2
O
3
. Cho B tác dụng hoàn toàn với axit nitric dư thấy
giải phóng ra 2,24 lít khí duy nhất NO. Tính khối lượng m của A ?
Hướng dẫn giải:
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)

Quá trình nhường electron: Các quá trình nhận electron:
3e Fe Fe

30


(1) +) Từ sắt

oxit:
O
2
+ 4e

2O
-2
(2)
(*) (mol) 3
56
m
n 

nhêng e
+) Từ oxit

muối Fe
3+
:

25
N 3e N

 (3)

(mol)
8
m12
4
32
m12
n




nhËn) (O e
2

(mol) 3,01,03n 
nhËn) (N e

 (**) (mol) 0,3
8
m12
n 



nhËn e

Áp dụng ĐLBTE:
0,3
8
m12

56
m
3nn 



nhËn enhêng e


m = 10,08 (gam).

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
Ví dụ 6. Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong
dung dịch HNO
3
(dư), thoát ra 0,56 lít (ở đktc) NO (là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 2,22 B. 2,32 C. 2,52 D. 2,62
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2007
Hướng dẫn giải:
Tương tự ví dụ 13, áp dụng ĐLBTE:
m 3 m
n n 3 0,075 2,52
56 8
m

      
 

e nhêng e nhËn



Ví dụ 7. Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
phản ứng hết với dung dịch HNO
3
loãng
(dư), thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu
được m gam muối khan. Giá trị m là
A. 38,72. B. 35,50. C. 49,09. D. 34,36.
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2008
Hướng dẫn giải:
Có thể hiểu đề bài toán như sau: Nung m gam sắt trong oxi thu được 11,36 g hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
…… Như vậy bài này hoàn toàn tương tự như ví dụ 6 và 7.

m 11,36 m
n n 3 0,18 8,96
= 38,72g
m
56 8
m

       
 
e nhêng e nhËn
muèi


Ví dụ 8. Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không
khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn
lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O
2
(ở đktc). Giá trị của V là
A. 2,80 B. 3,36. C. 3,08.
D. 4,48.
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008
Hướng dẫn giải:
Quá trình nhường electron: Quá trình nhận electron

0 3
Fe Fe 3e

 
0 2
2

O 4 2O
e

 
0,1 0,3

0 4
S S 4e

 
0,075 0,3
Áp dụng ĐLBTE:
2 2 2
n n 0,6 = 0,15 = 3,36 l
O O
n V   
 
e O nhËn e nhêng


Ví dụ 9. Thể tích dung dịch HNO
3
1M (loãng) ít nhất cần dùng để hoà tan hoàn toàn một hỗn hợp gồm
0,15 mol Fe và 0,15 mol Cu là (biết phản ứng tạo chất khử duy nhất là NO)
A. 1,0 lít B. 0,6 lít C. 0,8 lít D. 1,2 lít
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2008
Hướng dẫn giải:
Ở đây chỉ cần chú ý rằng: Fe
3+
hòa tan được Fe và Cu tạo thành Fe

2+

Như vậy, thể tích HNO
3
là nhỏ nhất → Dung dịch chứa hai cation là Cu
2+
và Fe
2+
.
Áp dụng ĐLBTE:
n n 3. ( ) 2.0.15 2.0,15 ( ) 0,2
n NO n NO     
 
e nhêng e nhËn



n(HNO
3
) = 4 . n(NO) = 0,8

V = 0,8 lít
(Trong phản ứng của kim loại và HNO
3
tạo NO, ta có tỉ lệ n(HNO
3
) = 4 . n(NO)… )

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học

Nguyễn Thành Sơn
Ví dụ 10. Cho 2,16 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO
3
(dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu
được 0,896 lít khí NO (ở đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi dung
dịch X là:
A. 8,88 gam B. 13,92 gam C. 6,52 gam D. 13,32 gam
Đề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2008
Hướng dẫn giải:
n 2.(2.16 : 24) = 0,18

e (Mg nhêng)

n 3.(0,896: 22,4) 0,12 n
  
e (NO nhËn) e (Mg nhêng)

→ Trong dung dịch có NH
4
NO
3
Áp dụng ĐLBTE →
4 3
NH NO
8n
n n 0,18 0,12 0,06 (mol)
    

e n(Mg nhêng) e (NO nhËn)

→
4 3
NH NO
n
= 0,0075 mol
Tổng khối lượng muối:

4 3
NH NO
m

+

3 2
Mg(NO )
m

= 0,0075 . 80 + 0,09 . 148 = 13,92g



Ví dụ 11. Chia m gam Al thành hai phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, sinh ra x mol khí H
2
;
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch HNO
3
loãng, sinh ra y mol khí N
2

O (sản phẩm khử duy nhất).
Quan hệ giữa x và y là
A. x = y B. x = 2y C. y = 2x D. y = 4x
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008
Hướng dẫn giải:
Áp dụng ĐLBTE:
2 2
n n n 8x 2y y 4
x
     
e (N O nhËn) e (H nhËn) e (Al nhêng)




Ví dụ 12. Có hai bình điện phân mắc nối tiếp, bình 1 chứa CuCl
2
, bình 2 chứa AgNO
3
. Khi ở anot ở bình
1 thoát ra 22,4 lít một chất khí duy nhất thì thể tích khí thoát ra ở anot bình 2 là:
A. 11,2 lít B. 22,4 lít C. 33,6 lít D. 44,8 lít
Hướng dẫn giải:
Ở anot bình 1: Ở anot bình 2:

0 1
2
2 2Cl
Cl e


 

-2
-
2 2
2H O 4 O 4OH
o
e  

1 2 4a a
Hai bình điện phân mắc nối tiếp nên điện lượng qua hai bình là bằng nhau, do đó số electron nhận ở anot
hai bình là như nhau.
→
2 22 2
n n 2 n 0,5 V 11,2
O O
     
e (O nhËn) e (Cl nhËn)

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
5. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH

Nguyên tắc của phương pháp: “Trong một dung dịch nếu tồn tại đồng thời các ion dương và âm thì
theo định luật bảo toàn điện tích: tổng số điện tích dương bằng tổng số điện tích âm”.
Đây chính là cơ sở để thiết lập phương trình biểu diễn mối liên hệ giữa các ion trong dung dịch.
Trong một số bài toán phương pháp bảo toàn điện tích còn được kết hợp với ĐLBTE và chú ý:
∑m
muối
= ∑m
cation
+ ∑m
anion


Ví dụ 1. Kết quả xác định nồng độ mol/lít của các ion trong một dung dịch như sau:
Ion:
K


2
Mg


3

HCO



Cl
3
NO


Số mol: 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025
Hỏi kết quả đó đúng hay sai ? Tại sao ?
Hướng dẫn giải:
Tổng số điện tích dương: 0,05 + 2.0,01 = 0,07 (mol)
Tổng số điện tích âm: 0,01 + 0,04 + 0,025 = 0,075 (mol)
Ta thấy tổng số điện tích dương ≠ tổng số điện tích âm  kết quả xác định trên là sai!

Ví dụ 2. Lập biểu thức liên hệ giữa a, b, c, d trong dung dịch chứa a mol Na
+
, b mol Mg
2+
, c mol
3
NO

và d
mol Cl¯.
Hướng dẫn giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có: a + 2b = c + d.

Ví dụ 3. Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu

2+
, 0,03 mol K
+
, x mol Cl
–
và y mol
2-
4
SO
.
Tổng khối lượng các
muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x và y lần lượt là
A. 0,03 và 0,02. B. 0,05 và 0,01. C. 0,01 và 0,03. D. 0,02 và 0,05.
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2007
Hướng dẫn giải:
Áp dụng BTĐT: 2.0,02 + 1.0,03 = 1.x + 2.y → x + 2y = 0,07 (1)
∑m
muối
= ∑m
cation
+ ∑m
anion
→ 64.0,02 + 39.0,03 + 35,5x + 96y = 5,435
→ 35,5x + 96y = 2,985 (2)
Giải (1) và (2) → Đáp án A

Ví dụ 4. Dung dịch X chứa các ion: Fe
3+
,
2-

4
SO
,
+
4
NH
, Cl
-
. Chia dung dịch X thành hai phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thu được 0,672 lít khí (ở đktc) và 1,07 gam
kết tủa;
- Phần hai tác dụng với lượng dư dung dịch BaCl
2
, thu được 4,66 gam kết tủa.
Tổng khối lượng các muối khan thu được khi cô cạn dung dịch X là (quá trình cô cạn chỉ có nước bay hơi)
A. 3,73 gam. B. 7,04 gam. C. 7,46 gam. D. 3,52 gam
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2008
Hướng dẫn giải:
Phần 1: Fe
3+
+ 3OH
-
→ Fe(OH)
3
↓
+
4
NH
+ OH
-

→ NH
3
↑ + H
2
O
0,01 0,01 0,03 0,03
Phần 2: Ba
2+
+
2-
4
SO
→ BaSO
4
↓
0,02 0,02
Áp dụng BTĐT: 3. 0,01 + 1.0,03 = 2. 0,02 + 1.x → x = 0,02

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
Khi cô cạn dung dịch :
∑m
muối
= ∑m
cation
+ ∑m
anion
= 56.0,01 + 18.0,03 + 96.0,02 + 35,5.0,02 = 3,73g

Ví dụ 5. Hòa tan hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS
2
và a mol Cu
2
S vào dung dịch axit HNO
3
(vừa đủ) thu được
dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị a là:
A. 0,04 B. 0,06 C. 0,075 D. 0,12
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2007
Hướng dẫn giải:
Sơ đồ phản ứng: FeS
2
+ Cu
2
S → Fe
3+
+ Cu
2+
+
2-
4
SO

0,12 a 0,12 2a (a + 0,24)
Áp dụng BTĐT: 3 . 0,12 + 2 . 2a = 2 ( a + 0,24) → a = 0,06

Ví dụ 6. Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn toàn với oxi thu được
hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Thể tích dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y là
A. 57ml. B. 50 ml. C. 75 ml. D. 90 ml.
Đề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2008
Hướng dẫn giải:
Đặt số mol Mg, Cu và Al lần lượt là a, b, c
Hh X + O
2
→ hh → hh Y
Áp dụng BTE: ∑n
e hỗn hợp X nhường
= ∑n
e oxi nhận

→ (2a + 2b + 3c) = 4.
3,33 2,13
32

= 0,15 (1)
Hh Y + HCl → Dung dịch Z
Áp dụng BTĐT: ∑điện tích dương (Cu
2+
, Mg
2+
và Al
3+
) = ∑điện tích âm (Cl
-
)

→ (2a + 2b + 3c) = n
HCl
(2)
Từ (1) và (2) ta thấy: ∑điện tích dương = ∑n
e hỗn hợp X nhường

→ ∑điện tích âm = ∑n
e nhận
→ n
HCl
= 0,15 → V
HCl
= 0,075 lít = 75 ml

Chú ý: Đây là một ví dụ cho việc kết hợp BTE và BTĐT. Trong một số bài tập khác ta cũng có thể áp
dụng các nhận xét trên mà không cần chứng minh.


Ví dụ 7. Cho một mẫu hợp kim Na-Ba tác dụng với nước (dư), thu được dung dịch X và 3,36 lít H
2
(ở
đktc). Thể tích dung dịch axit H
2
SO
4
2M cần dùng để trung hoà dung dịch X là
A. 30 ml B. 60 ml C. 75 ml D. 150 ml
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2007
Hướng dẫn giải:
(Na + Ba) + H

2
O → (NaOH + Ba(OH)
2
) + H
2
Theo bảo toàn electron: ∑ne
hợp kim nhường
= ∑ne
nhận
(1)
(NaOH + Ba(OH)
2
) + H
2
SO
4
→ Na
2
SO
4
+ BaSO
4
+ H
2
O
Áp dụng BTĐT: ∑điện tích âm (
2-
4
SO
) = ∑điện tích dương (Na

+
và Ba
2+
) (2)
Mặt khác ∑ne
hợp kim nhường
= ∑điện tích dương (Na
+
và Ba
2+
) (3)
→ ∑ne
nhận
= ∑điện tích âm (
2-
4
SO
) → 2n
hiđro
= 2n
axit
= 2V → V = 0,15 lít
Đáp án D

Một số phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học


Nguyễn Thành Sơn
Ví dụ 8. Hỗn hợp A gồm Na và Al hòa tan hết trong nước dư thu được a mol H
2

còn lại dung dịch B
gồm NaAlO
2
và NaOH dư. Dung dịch B có thể tác dụng với lượng tối đa dung dịch HCl chứa b mol HCl.
Tỉ số a/b có giá trị:
A. 1/1 B.1/2 C. 1/3 D. 1/4
Hướng dẫn giải:
Các phương trình phản ứng xảy ra:
Hỗn hợp A tan hết trong nước dư:
Na + H
2
O → NaOH +
1
2
H
2

Al + NaOH + H
2
O → NaAlO
2
+
3
2
H
2
Dung dịch B tác dụng với HCl dư: → Dung dịch C
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O

NaAlO
2
+ HCl + H
2
O → NaCl + Al(OH)
3

Al(OH)
3
+ 3HCl → AlCl
3
+ 3H
2
O
Tương tự ví dụ 6, và ví dụ 7 ta có: ∑ne
nhận
= ∑điện tích âm (Cl
-
)
→ 2n
hiđro
= n
HCl
→ a/b = 1/2

→ Đáp án B