Tài liệu Phương pháp giải toán Hóa ppt

1.3. Qui trình giải bài toán hóa học.
Để giải một bài toán hóa học một cách đầy đủ, chặt chẽ, logic thì học sinh cần thực
hiện đầy đủ các bước sau:
- Bước 1: Đọc kĩ đề bài và phân tích đề bài. Có thể nói đây là bước quan trọng trong
việc thu thập các thông tin và số liệu của bài toán. Qua đó, học sinh hình thành nên các mô
hình giả thuyết cụ thể phù hợp để giải bài toán được yêu cầu.
- Bước 2: Vận dụng những nội dung kiến thức hóa học có liên quan đến bài toán để
viết các phản ứng hóa học xảy ra theo nội dung thí nghiệm của bài.
- Bước 3: Qui đổi các dữ kiện về chung một đại lượng mol bằng các công thức liên
quan, rồi tính toán theo công thức và phương trình hóa học.
Trong bước này, kĩ năng giải toán của học sinh là rất cần thiết, giúp các em giải quyết
các phương trình đại số hay các hệ đại số mà các em đã tìm ra được dễ dàng và linh hoạt
hơn.
- Bước 4: Kết luận và lấy đáp số.
Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Ví dụ 1: Hòa tan hết m gam bột sắt vào 250 ml dung dịch axit clohiđric 1M. Lượng axit còn
dư trong dung dịch sau phản ứng được trung hòa bởi vừa đủ 100 ml dung dịch natri hiđroxit
0,5M. Tính giá trị của m?
Giải:
Phân tích: Đề bài cho thí nghiệm hòa tan Fe bằng axit HCl. Ta sẽ xem xét Fe hết trước hay
HCl hết trước hay cả 2 chất cùng hết.
Đề bài cho là hòa tan hết nên ta có thể khẳng định Fe hết và hơn nữa, dung dịch sau phản
ứng còn dư axit (đề bài cho).
Từ lượng axit còn dư (ta có thể tính được thông qua lượng NaOH phản ứng) mà suy ra
lượng HCl đã tham gia phản ứng với Fe.
Trên cơ sở đó thì ta có thể đưa ra lời giải chi tiết như sau:
Khi thả Fe vào dung dịch HCl có phản ứng:
Fe + 2HCl FeCl
2
+ H
2

(1)
0,1 0,2 mol
Dung dịch sau phản ứng trung hòa bởi dung dịch NaOH theo phản ứng:
NaOH + HCl NaCl + H
2
O (2)
0,05 mol 0,05
Theo đề bài: n
HCl ban đầu
= 0,25 . 1 = 0,25 mol
n
NaOH pư(2)
= 0,1 . 0,5 = 0,05 mol

n
HCl dư
= 0,05 mol


n
HCl pư (1)
= n
HCl bđ
- n
HCl dư
= 0,25 - 0,05 = 0,2 mol

n
Fe (1)
= 0,1 mol

m = m
Fe
= 0,1 . 56 = 5,6 gam
Ví dụ 2: Cho 6,048 lít hỗn hợp khí X gồm C
2
H
4
và H
2
vào một bình kín có chứa sẵn một ít
bột Ni. Nung nóng bình một thời gian, rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu, thì thu được 3,808
lít hỗn hợp khí Y. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y thì tạo ra 7,56 gam H
2
O. Tính thành phần
phần trăm theo thể tích các khí trong X. (Cho rằng thể tích các khí đều đo ở đktc)
Giải:
Phân tích: Đề bài là thí nghiệm hiđro hóa anken.
Khi hiđro hóa anken, đề bài không cho biết rõ hiệu suất của phản ứng nên ta chưa thể xác
định được anken hết hay hiđro hết hay cả 2 đều dư. Do vậy mà ta căn cứ các trường hợp để
biện luận. Tuy nhiên, trong trường hợp tổng quát nhất ta luôn nghi ngờ cả 2 chất tham gia
đều dư sau phản ứng. (nếu thực sự chất mà ta nghi ngờ dư thì sau quá trình giải ta sẽ tìm
được số mol dư của nó > 0; còn nếu nó không dư thì ta sẽ tìm được số mol dư của nó = 0).
Trên cơ sở đó thì ta có thể đưa ra lời giải chi tiết như sau:
số mol hỗn hợp khí X bằng 6,048 : 22,4 = 0,27 mol
đặt hỗn hợp X gồm
24
2
: a mol

H: b mol
CH



a + b = 0,27 (1)
Thực hiện phản ứng hiđro hóa:
C
2
H
4
+ H
2
C
2
H
6
(2)
c mol c c
Giả sử có c mol C
2
H
4
đã tham gia trong phản ứng (2). Hỗn hợp Y thu được gồm





26

24
2
C: c mol
C dư : (a - c) mol
H dư : (b - c) mol
H
H suy ra c + (a c) + (b c) = n
y
= 3,808 : 22,4 = 0,17

a + b c = 0,17 (3)
Từ (1) và (3), ta có c = 0,1 mol.
Đốt cháy hỗn hợp Y.
C
2
H
6
+
7
2
O
2
2CO
2
+ 3H
2
O
0,1 0,3
C
2

H
4
+ 3O
2
2CO
2
+ 2H
2
O
(a - 0,1) 2(a - 0,1)
2H
2
+ O
2
2H
2
O
(b 0,1) (b 0,1)
Tổng số mol nước thu được là: 0,3 + 2(a 0,1) + (b 0,1) = 7,56 : 18 = 0,42

2a + b = 0,42 (4)
Giải hệ phương trình




a + b = 0,27 a = 0,15 mol

2a + b = 0,42b = 0,12 mol

Thành phần % theo thể tích các khí trong hỗn hợp X là:

==
24
0,15
% . 10055,56%
0,27
CH
V

==
2
%100%55,56%44,44%
H
V .
Ví dụ 3: Cho 27,24 gam hỗn hợp bột tecmit A (Al + Fe
2
O
3
). Nung hỗn hợp A một thời gian
để xảy ra phản ứng nhiệt nhôm, thu được chất rắn B. Hòa tan B trong dung dịch HNO
3

loãng (vừa đủ). Sau đó thêm tiếp từ từ cho đến dư dung dịch NaOH thì thấy xuất hiện 32,1
gam kết tủa. Tính phần trăm khối lượng các chất trong hỗn hợp đầu.
Giải:
Phân tích: thí nghiệm trong bài toán là phản ứng nhiệt nhôm. Khi nung thì có thể xảy ra
các phản ứng hóa học sau:
2Al + 9Fe
2

O
3
6Fe
3
O
4
+ Al
2
O
3
(1)
2Al + 3Fe
3
O
4
9FeO + Al
2
O
3
(2)
2Al + 3FeO 3Fe + Al
2
O
3
(3)
qua đó ta có thể thấy chất rắn B có thể gồm 5 chất, nghĩa là phải có 5 ẩn số cho mỗi chất và
cần có 5 phương trình. Nhưng đề bài chỉ cho ta 2 phương trình nên phương án này ta đưa ra
không khả thi.
Khi hòa tan B bằng dung dịch HNO
3

thì toàn bộ các chất trong B chuyển về dạng Al
3+
và
Fe
3+
. Tiếp tục phản ứng với kiềm thì do Al(OH)
3
lưỡng tính nên bị tan trở lại dưới dạng
aluminat AlO
2
-
. Từ đó suy ra rằng kết tủa chỉ gồm Fe(OH)
3
nặng 32,1 gam.
Sử dụng nguyên lý bảo toàn nguyên tố Fe, lượng Fe trong hỗn hợp A sẽ bằng lượng Fe
trong kết tủa, sẽ cho phép ta tính nhanh ra kết quả của Fe.
Từ phân tích trên ta có lời giải chi tiết như sau:
Số mol kết tủa Fe(OH)
3
bằng =
32,1
0,03 mol
107

Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố Fe, ta có ==
233
//()
0,3 mol
FeFeOFeFeOH
nn

==
23
23
/
Fe
n0,15 mol
2
FeFeO
O
n

==
23
Fe
m0,15.16024 gam
O

Thành phần phần trăm theo khối lượng các chất trong A là:

==
23
24
%.10088,11%
27,24
FeO
m
và ==%100%88,11%11,89%
Al
m
Ví dụ 4: Đổ 12 gam nước clo vào dung dịch có chứa 3,57 gam KBr, thì thấy dung dịch

chuyển sang màu vàng. Giả sử lượng clo trong nước đã tác dụng hết. Sau khi phản ứng
xong ta đun nóng dung dịch thì thu được 3,125 gam chất kết tinh. Tính nồng độ phần trăm
của clo chứa trong nước.
Giải:
Phân tích: đề bài là thí nghiệm về tính chất halogen mạnh đẩy halogen yếu hơn ra khỏi
dung dịch muối của nó.
Cl
2
+ 2KBr 2KCl + Br
2

theo đề bài thì clo đã phản ứng hết, liệu KBr còn dư hay cũng hết cùng thì ta chưa biết. Từ
đó suy ra rằng 3,125 gam chất kết tinh có thể chỉ gồm KCl hoặc bao gồm cả KCl và một
phần KBr còn dư chưa phản ứng hết.
Như vậy ta cứ giả sử KBr còn dư rồi tiếp tục tính toán, rồi kết luận.
Từ sự phân tích trên ta có lời giải chi tiết như sau:
gọi =
3,57
0,03 mol
119
KBr gồm



pư: a mol
KBr dư: b mol
KBr


+=0,03ab

Phản ứng xảy ra là:
Cl
2
+ 2KBr 2KCl + Br
2

0,5a a mol a
Chất rắn kết tinh nặng 3,125 gam gồm



: a mol
KBr dư: b mol
KCl

74,5a + 119b=3,125
Giải hệ phương trình
+=



+=

0,03a = 0,01 mol

74,51193,125b = 0,02 mol
ab
ab

Vậy nồng độ phần trăm của clo chứa trong nước là:

===
2
()
0,5.710,5.0,01.71
%.100.1002,96%
1212
Cl
a
C .








Chương 2:
giới thiệu một số phương pháp
giải bài toán hóa học
ở trường trung học phổ thông


2.1. Một số công thức cơ bản cần nắm vững.
1. Công thức tính số mol theo khối lượng chất.
=
m
n
M

trong đó, n là khối lượng của chất (gam)
M là khối lượng mol phân tử (gam/mol)
2. Công thức tính số mol theo thể tích khí.
=
.
.
PV
n
RT

Công thức này cho phép tính số mol khí ở điều kiện bất kỳ.
trong đó, P là áp suất chất khí (atm)
V là thể tích khí (lít)
R là hằng số khí, =
22,4
273
R (
.atmlit
K
)
T là nhiệt độ tuyệt đối, T = t
o
C + 273 (K)
ở điều kiệu tiêu chuẩn, t
o
= 0; P = 1 atm thì ta có
==
+
1.V
n =

22,4
22,422,4
.(0273)
273
VV
n
3. Công thức tính nồng độ.
a. Nồng độ phần trăm C%.
=%.100
ct
dd
m
C
m

trong đó, C% là nồng độ phần trăm (%)
m
ct
là khối lượng chất tan (gam)
m
dd
là khối lượng dung dịch
nếu dung dịch có thể tích là V (ml) và khối lượng riêng là D (g/ml) thì ta có:
=%.100
.
ct
m
C
VD
hay =

.C%.V.D
%.100 n =
.100.
nM
C
VDM

b. Nồng độ mol/l C
M
.
=
M
n
C
V

trong đó, C
M
là nồng độ mol/lít
n là số mol chất tan
V là thể tích dung dịch (lít)
4. Công thức tính khối lượng mol phân tử trung bình M.
Giả sử có một hỗn hợp X gồm n chất có cùng trạng thái.
Gọi n
1
, n
2
, n
3
, ... n lần lượt là số mol của chất thứ 1, 2, 3, ... n

M
1
, M
2
, M
3
, ... M lần lượt là khối lượng mol phân tử của chất thứ 1, 2, 3, ... n
khi đó ta có:

+++

==
+++
112233
123
......
ổng khối lượng các chất
ổng số mol các chất...
nMnMnM
t
M
tnnn

5. Công thức tính tỉ khối hơi d.
Tỉ khối hơi của khí A đối với khí B là
A
d
B

=

A
B
M
A
d
BM

Nếu A và B đều là những hỗn hợp khí thì tỉ khối được tính theo khối lượng mol phân tử
trung bình.

=
A
B
M
A
d
BM











2.2. Một số phương pháp giải bài toán hóa học.
2.2.1. Phương pháp bảo toàn.

a. Bảo toàn điện tích.
* Nguyên tắc:
Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Vì thế trong
dung dịch luôn uôn trung hòa về điện.
Phương pháp này chỉ áp dụng đối với lớp bài toán xảy ra trong dung dịch.
* Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Khảo sát nồng độ của một dung dịch cho ta kết quả ghi ở bảng sau:
Ion K
+
Mg
2+
NH
4
+
Cl
-
SO
4
2-
NO
3
-

Số mol 0,02 0,01 0,03 0,03 0,02 0,01
Hỏi kết quả trên đúng hay sai? Tại sao?
Giải:
Điện tích của một ion trong dung dịch bằng tích của điện tích và số mol của nó nên:
Tổng điện tích dương là: (+1).0,02 + (+2).0,01 + (+1).0,03 = 0,07
Tổng điện tích âm là: (-1).0,03 + (-2).0,02 + (-1).0,01 = - 0,08
như vậy, giá trị tuyệt đối của điện tích dương khác điện tích âm. Do vậy kết quả là sai.

Ví dụ 2: Một dung dịch A chứa 0,2 mol Na
+
; 0,2 mol K
+
; a mol HCO
3
-
và b mol SO
4
2-
. Khi
cho lượng dư dung dịch Ba(OH)
2
thì thấy tạo ra 62,7 gam kết tủa. Tính a và b?
Giải:
Vì dung dịch trung hòa về điện nên ta có: +++(1).0,2(1).0,2 = (1). + (-2).ba
a + 2b = 0,4
Khi cho dung dịch Ba(OH)
2
dư vào thì xảy ra phản ứng sau:
HCO
3
-
+ OH
-
CO
3
2-
+ H
2

O
a a a
SO
4
2-
+ Ba
2+
BaSO
4

b b
CO
3
2-
+ Ba
2+
BaCO
3

a a
Khối lượng kết tủa là BaSO
4
và BaCO
3
nên ta có +=19723362,7ab
Giải hệ phương trình
+==

+==

20,40,2 mol

19723362,70,1 mol
aba
abb


b. Bảo toàn khối lượng.
* Nguyên tắc:
Trong một phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất sản phẩm bằng tổng khối
lượng các chất tham gia phản ứng.
Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng các
cation kim loại và anion gốc axit.
Cần lưu ý rằng, đối với lượng chất tham gia phản ứng phải là những lượng chất vừa đủ
trong một phản ứng, không tính theo lượng chất dư.
* Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Trộn 2,7 gam bột nhôm với 11,2 gam bột sắt (III) oxit cho vào bình kín. Nung
nóng bình một thời gian thì thu được m gam chất rắn. Tính m ?
Giải:
Trong chất rắn có thể chứa nhiều chất (sản phẩm của phản ứng nhiệt nhôm) nhưng cũng chỉ
gồm 3 nguyên tố là Al, Fe và O, do hỗn hợp ban đầu tạo nên.
Vì vậy khối lượng chất rắn là m
Al
+ m
Fe
+ m
O
= 2,7 + 11,2 = 13,9 gam

Ví dụ 2: Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe
3
O
4
, Fe
2
O
3
đun nóng thu được 64 gam sắt. Khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dung dịch
Ca(OH)
2
dư thì được 40 gam kết tủa. Tính m ?
Giải: Khí đi ra khỏi sau phản ứng bao gồm CO và CO
2
, chỉ có CO
2
phản ứng với dung dịch
Ca(OH)
2
theo phản ứng sau:
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O

0,4 =
40
0,4 mol
100

ta có, ==
2
pư
0,4 mol
COCO
nn
Theo định luật bảo toàn khối lượng, +=+
2
pưoxitCOFeCO
mmmm
nên m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4

m = 70,4 gam
Ví dụ 3: Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm FeO, Fe
3
O
4
và Fe
2
O
3
bằng dung dịch HNO
3
đặc
nóng thu được 4,48 lít khí NO

2
duy nhất. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thì được bao
nhiêu gam muối khan và tính giá trị của m ?
Giải: ta có: oxit + HNO
3
Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ H
2
O (1)
Theo định luật bảo toàn khối lượng thì +=++
322
pư muối

oxitHNONOHO
mmmmm (2)
Căn cứ các phản ứng hóa học ta có:
===
2
muối
4,48
0,2 mol
22,4
NO
nn

=+==
322
pư muối
3 40,8 mol
HNONONO
nnnn ==
23
pư
1
.0,4 mol
2
HOHNO
nn
Vậy, khối lượng muối thu được là m
muối
= 0,2 . 242 = 48,4 gam
Thay các giá trị vào (2) rồi tính toán ta được m = 14,4 gam.
Ví dụ 4: Một dung dịch có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1 mol ; Al
3+
: 0,2 mol và 2 anion là Cl
-
: x
mol; SO
4
2-
: y mol. Khi cô cạn dung dịch thì thu được 46,9 gam chất rắn khan. Hãy tính giá
trị của x và y ?
Giải: Vì dung dịch luôn trung hòa về điện nên: (+2).0,1 + (+3).0,2 = x + 2y

x + 2y = 0,8 (1)
Khi cô cạn dung dịch thu được 4 muối với khối lượng là 46,9 gam nên ta có
m
cation
+ m
anion
= 46,9

56.0,1 + 27.0,2 + 35,5.x + 96.y = 46,9

35,5x + 96y = 46,9 (2)
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được x = 0,2 mol ; y = 0,3 mol
Ví dụ 5: Hòa tan hết 6,3 gam hỗn hợp gồm Mg và Al trong vừa đủ 150 ml dung dịch gồm
HCl 1M và H
2
SO
4
1,5M thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu
gam muối khan?
Giải: Khi cô cạn thì =+
ối

mucationanion
mmm
=

++
2
4

loạiKim
ClSO
mmm
= 6,3 + 0,15.35,5 + 0,15.1,5.96 = 33,225 gam
Ví dụ 6: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H
2
SO
4
đặc ở 140
o
C thu được 11,2
gam hỗn hợp các ete, trong đó các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete.
Giải:
Khi đun hỗn hợp x rượu ta được
+(1)
2
xx
ete.
Suy ra khi đun hỗn hợp 3 rượu nói trên thì được
+
=
3(31)
6
2
ete
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: =+
2
ượu pư ete

rHO

mmm

=
2
ượu pư eteHOr
mmm = 132,8 - 111,2 = 21,6 gam
Tổng số mol các ete = số mol H
2
O = 21,6 : 18 = 1,2 mol
Vậy số mol mỗi ete là 1,2 : 6 = 0,2 mol.
Ví dụ 7: Hôn hợp 10 gam gồm hai muối cacbonat của 2 kim loại hóa trị II được hòa tan
trong dung dịch HCl thu được 4,48 lít khí CO
2
và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thì tạo
ra bao nhiêu gam muối khan?
Giải: Phản ứng xảy ra: CO
3
2-
+ 2H
+
CO
2
+ H
2
O
0,2 0,4
=
4,48
0,2
22,4

Khi cô cạn dung dịch thì được muối clorua: =
-
muối clorua
Cl
+ m
cation
mm


=+
2
3
muối cacbonat cation
CO
mmm



=+
2
3
muối cloruaối cacbonat
()
mu
COCl
mmmm= +=(100,2.60)0,4.35,512,2gam
c. Bảo toàn electron.
* Nguyên tắc:
Trong quá trình phản ứng oxi hóa khử thì số e nhường = số e thu hay suy ra rằng

số mol e nhường = số mol e thu.
Khi giải thì ta không cần viết các phương trình phản ứng mà chỉ cần xác định xem
trong phản ứng có bao nhiều mol e do chất khử cho và bao nhiêu mol e do chất oxi hóa
nhận vào.
Cách giải này đặc thù cho các bài toán có liên quan đến phản ứng oxi hóa khử.
* Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Cho một hỗn hợp gồm 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe tác dụng với 100 ml dung dịch
chứa AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
, khuấy kĩ cho tới phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được
dung dịch A và 8,12 gam chất rắn B gồm 3 kim loại. Hòa tan chất rắn B bằng dung dịch
HCl dư thấy bay ra 672 ml khí H
2
. Tính nồng độ mol của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dung
dịch ban đầu của chúng. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Giải:
Vì Al hoạt động hóa học mạnh hơn Fe và vì chất rắn B gồm 3 kim loại nên chúng phải là
Ag, Cu và Fe dư.
Các phản ứng có thể xảy ra là:
Al + 3AgNO

3
Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (1)
2Al + 3Cu(NO
3
)
2
2Al(NO
3
)
3
+ 2Cu (2)
Fe + 2AgNO
3
Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (3)
Fe + Cu(NO
3
)
2
Fe(NO
3
)
2

+ Cu (4)
các phản ứng (1) và (5) chắc chắn xảy ra; còn (2), (3) và (4) xảy ra hay không còn tùy
thuộc vào lượng Al hay AgNO
3
thừa thiếu. Dù các phản ứng xảy ra như thế nào tất cả đều
có:
Phản ứng của chất khử: Phản ứng của chất oxi hóa:
Al - 3e Al
+3
Ag
+
+ e Ag
Fe - 2e Fe
+2
Cu
+2
+ 2e Cu
2H
+
+ 2e H
2

ta vẫn có phương trình bảo toàn electron.
Gọi a, b là số mol của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong 100 ml dung dịch ban đầu.

số mol H
2
thu được: 0,672 : 22,4 = 0,03 mol
Ta có các phương trình:
0,03. 3 + 0,05.2 = a.1 + 0,03.2 + b.2
số e do Al cho số e do Fe cho số e do Ag
+
nhận số e do Cu
+2
nhận số e do H
+
nhận
hay a + 2b = 0,3 (6)
Khối lượng hỗn hợp B gồm 3 kim loại = 108a + 64b + 0,03.56 = 8,12
hay 108a + 64b = 6,44 (7)
Giải hệ gồm (6) và (7) ta được a = 0,03 mol và b = 0,05 mol

3
0,03
0,3
0,1
AgNO
CM==
và
32
()
0,05
0,5
0,1
CuNO

CM==

Ví dụ 2: Một hỗn hợp X gồm hai kim loại A và B (đều có hóa trị II, M
A
M
B
) có khối
lượng là 9,7 gam. Hỗn hợp X tan hết trong 200 ml dung dịch Y chứa H
2
SO
4
12M và HNO
3

2M tạo ra 2,688 lít hỗn hợp khí Z gồm 2 khí SO
2
và NO có tỉ khối đối với H
2
bằng 23,5.
Hãy xác định hai kim loại A và B.
Giải:
Trước hết ta đi tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp Z
đặt 2,688 lít khí Z gồm
2
:
:
SOx
NOy

2,688
0,12 x0,12
22,4
xyy+==+=

ta lại có:
64x+30y
23,5.247 47 64305,64
Z
Mxy
xy
===+=
+

giải hệ
0,120,06

64305,640,06
xyxmol
xyymol
+==



+==

X phản ứng với dung dịch Y thì xảy ra 4 phản ứng. Hơn nữa lượng chất tham gia ở mỗi
phản ứng ta chưa rõ nên chưa thể xác định. Nhưng tóm lại chúng bao gồm các quá trình
sau:
Phản ứng của chất oxi hóa:
S
+6
+ 2e S
+4
(SO
2
)
0,12 0,06
N
+5
+ 3e N
+2
(NO)
0,18 0,06
nên số mol e nhận bởi 2 axit là 0,12 + 0,18 = 0,3 mol
Phản ứng của chất khử:
A - 2e A
+2

a 2a
B - 2e B
+2

b 2b
nên số mol e cho của hai kim loại là 2a + 2b

và ta có: 2a + 2b = 0,3 hay a + b = 0,15

9,7
64,67
0,15
X
m
M
n
===

Vì M
A
M
B
nên M
A
= 64 (Cu) và M
B
= 65 (Zn).
Ví dụ 3: Cho 7,056 lít hỗn hợp khí A gồm Cl
2
và O
2
phản ứng vừa đủ với 7,8 gam hỗn hợp
B gồm Mg và Al. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng thì thu được chất rắn C nặng 26,85
gam.
a. Tính % theo thể tích các khí trong hỗn hợp A.
b. Tính % theo khối lượng các chất trong hỗn hợp B.
Giải:

a. Các phản ứng có thể xảy ra là:
Mg + Cl
2
MgCl
2

2Mg + O
2
2MgO
2Al + 3Cl
2
2AlCl
3

4Al + 3O
2
2Al
2
O
3

Như vậy chất rắn C gồm clorua và oxit.
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
=+===
kim loạiphi kimphi kimkim loại
26,857,819,05
CC
mmmmmmgam
gọi a và b lần lượt là số mol của Cl
2

và O
2
thì ta có các phương trình sau:
71a + 32b = 19,05
a + b = 7,056 : 22,4 = 0,315
giải hệ ta được a = 0,23 mol và b = 0,085 mol
Phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp A là:

==
2
0,23
%.10073,02%
0,315
Cl
V
và ==
2
%100%73,02%26,98%
O
V
b. Hỗn hợp 7,8 gam gồm



:
:
Mgxmol
Alymol

+=24277,8xy
Số mol e cho của chất khử:
Mg - 2e Mg
+2

x 2x
Al - 3e Al
+3

y 3y

=+23
echo
nxy
Số mol e nhận của chất oxi hóa.
Cl
2
+ 2e 2Cl
-

0,23 0,46
O
2
+ 4e 2O
-2

0,085 0,34

=+=
nhận

0,460,340,8
e
n
theo định luật bảo toàn electron ta có: +=230,8xy
Giải hệ
+==



+==

24277,80,1

230,80,2
xyxmol
xyymol

Phần trăm theo khối lượng các chất trong B là:

==
0,1.24
%.10030,77%
7,8
Mg
m
và ==%100%30,77%69,23%
Al
m
Ví dụ 4: Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian tạo thành một hỗn hợp A
nặng 12 gam gồm 4 chất là Fe

2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO và Fe dư. Cho A hòa tan hết trong dung dịch
HNO
3
loãng thì tạo ra 2,24 lít khí NO duy nhất. Tính m ?
Giải:
Ta nhận thấy, lúc đầu Fe từ số oxi hóa 0 sau đó dưới tác dụng của oxi không khí thì Fe bị
oxi hóa lên +2, +3, +8/3. Nhưng khi hòa tan A vào dung dịch HNO
3
thì toàn thể Fe đều bị
oxi hóa lên +3. Như vậy cả quá trình thì Fe từ 0 lên +3.
Chất oxi hóa trong quá trình thí nghiệm này bao gồm oxi và HNO
3
.
Phản ứng của chất khử:
Fe - 3e Fe
+3


56
m

3
56

m

Phản ứng của chất oxi hóa:
gọi a là số mol của oxi đã tham gia phản ứng thì ta có
O
2
+ 4e 2O
-2

a 4a 2a
N
+5
+ 3e N
+2
(NO)
0,3 0,1
theo định luật bảo toàn electron ta có: =+
3
40,3
56
m
a (1)
theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: =++= 16.212
AFeO
mmmma (2)
Giải hệ gồm (1) và (2) suy ra m = 10,08 gam.
d. Nguyên lý bảo toàn nguyên tố.
Xét biến đổi: hỗn hợp X + hỗn hợp Y hỗn hợp Z