Ebook Kĩ thuật giải nhanh toán hóa học

ứng: 2H+ + NO3 - +e NO2 + H2O Fe Fe2+ + 2e 2a a x 2x 4H+ + NO3 - + 3e NO + 2H2O 4b b Theo bán phản ứng ta có: 2a + 4b = 0,7 với a + b = 0,25 a= 0,15; b= 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,15 + 0,1*3 = 2x x= 0,225mol 0,225*56 = 0,25m m = 50,4g Đáp án D K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 30 DƯƠNG THẾ Bài 6: [Khối A – 2011] Chia hỗn hợp X gồm K, Al và Fe thành hai phần bằng nhau. - Cho phần một vào dung dịch KOH (dư) thu được 0,784 lít khí H2 (đktc). - Cho phần hai vào một lượng dư H2O, thu được 0,448 lít khí H2 (đktc) và m gam hỗn hợp kim loại Y.Hòa tan hoàn toàn Y vào dung dịch HCl (dư) thu được 0,56 lít khí H2 (đktc). Khối lượng ( tính theo gam) của K, Al, Fe tính trong mỗi phần hỗn hợp X lần lượt là : A. 0,39 ; 0,54 ; 1,40. B. 0,78; 0,54; 1,12. C. 0,39; 0,54; 0,56. D. 0,78; 1,08; 0,56. Giải Gọi x,y,z lần lượt là số mol của K, Al, Fe trong mỗi phần Phần 1 Đương nhiên K, Al đều tan hết (vì dd KOH dư) thu được V1 = 0,784l K + H2O KOH + ଵ ଶ H2 ↑ Al + KOH + H2O KAlO2 + ଷ ଶ H2↑ Phần 2 Khi cho tác dụng với nước dư ta thu được V2 = 0,448l x Kết hợp hai phản ứng trên ta suy ra ൝ ଵ ଶ x + ଷ ଶ ݕ = 0,035 ଵ ଶ x + ଷ ଶ ݔ = 0,02 x= 0,01 ; y= 0,02 Hỗn hợp kim loại Y gồm 0,01 mol Al và z mol Fe; Áp dụng định luật bảo toàn e ta có 0,01*3 + 2z = 0,025*2 z = 0,01mol Khối lượng lượng các kim loại trong mỗi phần là: mK = 0,01*39 = 0,39g ; mAl = 0,02*27 = 0,54g; mFe = 56*0,01 = 0,56g Đáp án C Bài 7:Hoà tan hoàn toàn 19,2 gam kim loại M trong dung dịch HNO3 dư thu được 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO2 và NO có tỉ lệ thể tích 3:1. Xác định kim loại A. Zn B. Al C. Cu D. Fe Giải nkhí = ଼,ଽ଺ ଶଶ,ସ = 0,4 mol nNO = 0,1mol; ݊ேைమ = 0,3 mol Bán phản ứng oxi hóa – khử : K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 31 DƯƠNG THẾ 2H+ + NO3 - + e NO2 + H2O M Mn+ + ne 0,3mol 0,3mol a na 4H+ + NO3 - + 3e NO + 2H2O 0,3mol 0,1mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: na = 0,3+0,3=0,6mol M = 32n M = 64 (Cu) Đáp án C Bài 8: [Khối A – 2008] Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO3(dư), sinh ra 2,24 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất ( ở đktc). Khí X là A. N2O B.NO C. NO2 D. N2 Giải nMg = ଷ,଺ ଶସ = 0,15mol ; nX = ଶ,ଶସ ଶଶ,ସ = 0,1mol Bán phản ứng oxi hóa – khử: Mg Mg2+ + 2e N+5 + ne N5-n 0,15 0,3 0,1n 0,1 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,3 = 0,1n n = 3 X là NO Đáp án B Bài 9: [Khối A – 2011]Cho 0,87gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào bình đựng 300mL dung dịch H2SO4 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,32 gam chất rắn và 448mL thoát ra ở (đktc). Thêm tiếp vào bình 0,425gam NaNO3, khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và khối lượng muối trong dung dịch muối là A. 0,224 lít và 3,750 gam B. 0,112 lít và 3,750 gam C. 0,112 lít và 3,865 gam D. 0,224 lít và 3,865 gam Tóm tắt bài toán theo sơ đồ H2SO4 NaNO3 Từ sơ đồ bài toán ta nhận thấy rõ chất rắn không tan là Cu với nCu = 0,05mol Khối lượng của Fe, Al tham gia phản ứng: 27x+56y = 0,87 – 0,32 = 0,55g (1) 0,87gam Fe, Cu , Al 448mL H2 + 0,32gam Cu V lít NO + Muối K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 32 DƯƠNG THẾ Khi cho hỗn hợp chất rắn trên tác dụng với H2SO4 có các bán phản ứng: Al Al3+ + 3e x 3x H+ + e ଵ ଶ H2 Fe Fe2+ + 2e 0,04 0,04 0,02 y 2y Sau phản ứng cho NaNO3 vào ta nhận thấy có khí thoát ra. Chứng tỏ rằng H + đang còn dư Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,04 (2) Giải (1) (2) ta được x = 0,01; y = 0,005 (ước tính 30s xong giai đoạn này) ݊ேைయష= ଴,ସଶହ ଼ହ = 0,005mol khi cho NaNO3 vào bình thì Cu →Cu 2+, Fe2+ →Fe3+ Bán phản ứng oxi hóa khử Cu Cu2+ +2e 4H/+ + NO3 - + 3e NO +2 H2O Fe2+ Fe3+ + 1e 0,02 0,005 0,015 0,005 Theo định luật bảo toàn electron ta nhận thấy 2*0,005 + 0,005 = 0,015 mol Lượng NO3 - cho vừa đủ để oxi hóa hết Cu và Fe2+ VNO = 0,005*22,4 = 0,112 lít ∑݊ுశ = 0,04 + 0,02 = 0,06mol = ݊ுశ bđ Kết thúc tất cả phản ứng ta có: + Cation: 0,01mol Al3+, 0,005mol Cu2+ ,0,005mol Na+, 0,005mol Fe3+ +Anion: 0,03mol SO4 2-, (vì NO3 - đã bị bay hơi hết bởi khí NO) mmuối = mkl ban đầu + ݉ே௔శ + ݉ௌைరమష݉ேைయష= 0,87 + 0,005*23+ 96*0,03 = 3,865 gam Đáp án C  Nhận xét:Bài toán này tương đối dài và khó có thể nói bài toán này làm cho các sĩ tử của chúng ta mất nhiều thời gian. Qua đó các sĩ tử muốn đạt điểm tối đa cần phải biết sắp xếp thời gian một cách hợp lý để giải quyết trọn vẹn đề thi K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 33 DƯƠNG THẾ Bài 10: [Khối A – 2008]Nung nóng m gam hỗn hợp Al và Fe2O3 (trong môi trường không có không khí). Đến phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp chất rắn Y, chia Y thành hai phần bằng nhau Phần 1: Tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 3,08 lít khí hidro (đktc) Phần 2: Tác dụng với dung dịch NaOH dư sinh ra 0,84 lít khí Hidro (đktc). Giá trị của m? A. 22.75 B.21.40 C. 29.40 D. 29.43 Giải Khi cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy có thoát khí H2 → Al còn dư sau phản ứng nhiệt nhôm. 2Al + Fe2O3 Al2O3 +2 Fe Bán phản ứng: Al Al3+ +3e H+ + e ଵ ଶ H2 Fe Fe2+ +2e Phần 1: Theo định luật bảo toàn electron 3x + 2y = ଷ,଴଼ ଶଶ,ସ *2 = 0,275 (1) Phần 2 : Theo định luật bảo toàn electron 3x = ଴,଼ସ ଶଶ,ସ *2 = 0,075 (2) Giải (1) ,(2) ta được x = 0,025mol , y = 0,1mol = nAl phản ứng Do vậy nAl dư = 0,025mol nAl ban đầu = 0,1 + 0,025 = 0,125mol Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có: noxid sắt ban đầu =2* ଵ ଶ nFe = 0,1mol m= 27*0,25 + 0,1*160 = 22,75 gam Đáp án A  Nhận xét:Nếu bài này mà giải như trên thì mất nhiều thời gian và dễ nhầm lẫn. Nếu ta “tỉnh đòn” thì hãy xét cho thật kĩ xem, bài này rất dễ.Sau đây tôi xin trình bày theo cách của riêng mình. Với những nhận xét sắc bén ta dễ dàng suy ra đáp án một cách nhanh chóng. K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 34 DƯƠNG THẾ Cách 2: Thực chất việc chia phần 1 và phần 2 nhằm mục đích là để cho bài toán đủ dữ kiện. 2Al + Fe2O3 Al2O3 +2 Fe Khi cho phần (1) và phần (2) tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và NaOH dư thấy thoát khí cả hai phần. Trong Y còn Al dư (H2 thoát ra ở phần 2 chính là Al tác dụng với NaOH) Al3+ → Al – 3e 2 H+ + 2e → H2 nAl dư = ଶ ଷ * ଴,଼ସ ଶଶ,ସ = 0,025mol Nếu ta lấy số mol H2 phần (1) trừ số mol H2 phần (2) ta được số mol H2 thoát ra bởi Fe. Trong môi trường H+: Fe → Fe2+ nFe = ݊ுమ↔ nFe = ଷ,଴଼ି଴,଴ସ ଶଶ,ସ = 0,1mol = nAl (pư) Bảo toàn nguyên tố ta có: noxid sắt= 0,05mol m = 2*( 0,1+0,025)*27 + 0,05*2*160 =22,75g Đáp án A C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 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 axitnitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A.2,24ml. B. 22,4ml. C.33,6ml. D. 44,8ml. 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.6,608lít. B. 0,6608lít. C.3,304lít. D. 33,04.lít Giải 1.Dùng công biểu thức của ví dụ điển hình 1: nFe = 0,013mol 3 ∗ ௠ಷ೐ ହ଺ = 4* ௠೚ೣ೔೏ି௠ಷ೐ ଷଶ + nNO*3 nNO= 0,001 mol VNO = 0,001*22,4 =0,0224 Đáp án B 2.Ta có thể tóm tắt bài toán như sau: t0C +HCl dư V= ? Al+hh oxid sắt (hhA) hh B K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 35 DƯƠNG THẾ Theo trên ta có nFe = 0,13mol, nAl = 0,2mol nAl> nFe Nhìn vào sơ đồ tóm tắt bài toán ta nhận thấy Al Al3+ ; Fe Fe2+ và O2 2O 2- hiển nhiên 2H+ H2 Vậy theo định luật bảo toàn electron ta có: 3*0,2 + 2*0,13 = 0,09*4 + 2*ne ne = 0,295 mol V = 0,295*22,4 = 6,608 lít Đáp án A Bài 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.0,224lít. B.0,672lít. C.2,24lít. D.6,72lít. Giải Tóm tắt bài toán: nAl = 0,03mol + HNO3 V =? t0C Bài này thực chất chỉ là cho Al tác dụng với HNO3 VNO Định luật bảo toàn electron giải quyết vấn đề này: Al3+ Al + 3e ; N+5 +3e N+2 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: nNO = 0,03mol VNO = 0,03*22,4 = 0,672 lít Đáp án B Bài 3Chia hỗn hợp X gồm Al, Al2O3 thành hai phần bằng nhau  Phần 1: Tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 0,3 mol khí  Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 dư thu được 0,075mol khí Y duy nhất. Khí Y là: A.NO2 B. NO C. N2O D.N2 Giải  Nhận xét: Bài này tương đối dễ. Cả hai phần đều chỉ là Al tác dụng và cho ra khí (Al2O3 chỉ để gây nhiễu mà thôi). Al + CuO + Fe2O3(hhA) K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 36 DƯƠNG THẾ Bán phản ứng : 2H+ + 2e H2 (1) Al Al3+ + 3e 0,6mol 0,3mol N+5 + ne N5-n (2) 0,075n 0,075mol Theo bán phản ứng (1), (2) ta có: 0,075n = ଶ ଷ * 0,6 *3 n = 8 Khí N2O Đáp án C Bài 4:Cho một luồng khí CO m gam bột Fe2O3 nung nóng được hỗn hợp X gồm 4 chất rắn có khối lượng 14 gam.Cho hỗn hợp X hòa tan hoàn toàn bằng HNO3 dư thu được 2,24 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là: A.16.4gam. B. 14.6gam. C. 8.2 gam D. 20.5gam. Giải Tóm tắt bài toán: t0 HNO3 0,1 mol NO m =? Khí CO đã lấy oxi của oxid Fe2O3 để tạo ra hh X gồm 4 chất rắn, hhX tác dụng với HNO3 sinh ra khí NO. Oxi trong oxid là hệ quả của những phản ứng sau: C2+ C4+ +2e (CO2) N +5 + 3e N+2 Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3*0,1 = 2x x = 0,15mol mO = 0,15*16 = 2,4 gam Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m = 14 + mO = 14+ 2,4 = 16,4 gam Đáp án A Bài 5:[Khối A – 2009]Hòa tan 5,4 gam bột Al vào 150mL dung dịch A chứa Fe(NO3)3 1M và Cu(NO3)2 1M. Kết thúc phản ứng thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là: A. 10.95 B. 13.20 C. 13.80 D. 15.20 Giải CO + m (g) Fe2O3 hh X K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 37 DƯƠNG THẾ PP: Trong dãy điện hóa: Ta nhận thấy rằng tính oxi hóa giảm dần theo thứ tự: Fe3+/Fe2+> Cu2+/Cu > Fe2+/Fe nAl = ହ,ସ ଶ,଻ = 0,2 mol; ݊ி௘యశ = 0,15*1 = 0,15 mol = ݊஼௨మశ Từ dãy điện hóa ta nhận thấy : Tính oxi hóa của Fe3+ /Fe2+ là lớn nhất vậy nó được ưu tiên tham gia phản ứng trước. Tiếp theo rồi mới đến Cu2+/Cu và cuối cùng là Fe2+/Fe Vậy ta có nhận xét: Fe3+ + e → Fe2+ (1) ; Cu2+ + 2e → Cu (2); Fe2+2e → Fe (3) Theo quy tắc bảo toàn electron ta có: ࢔ࡲࢋ૜శ + 2* ࢔࡯࢛૛శ<3*nAl< 3*࢔ࡲࢋ૜శ + 2* ࢔࡯࢛૛శ Áp dụng quy tắc bảo toàn electron của các bán phản ứng (1), (2),(3) 3*nAl = 1* ݊ி௘యశ/ி௘మశ +2* ݊஼௨మశ/஼௨ + 2*݊ி௘మశ/ி௘ → ݊ி௘మశ/ி௘ = ଷ∗଴,ଶି଴,ଵହିଶ∗଴,ଵହ ଶ = 0,075 m = 0,075*56 + 0,15*64 = 13,8 gam  Nhận xét:Bài này tương đối hay, mấu chốt của bài toán này là phải hiểu rõ bản chất của các phản ứng. Nói một cách khác là bài này cần nắm vững bản chất của dãy điện hóa, giải quyết được bài toán này cần có những sự nhận xét sắc bén và những suy luận chính xác giúp giải quyết nhanh bài toán  Cách giải thông thường Thứ tự ưu tiên các phản ứng như sau: Al + 3Fe3+ Al3+ + 3Fe2+(1) 0,05 0,15 0,15 2Al + 3Cu2+ 2Al3+ + 3Cu↓ (2) 0,1 0,15 0,15 2 Al + 3 Fe2+ 2Al3+ + 3Fe ↓ (3) 0,05 0,075 Từ phản ứng ta có: m = 0,15*64 + 0,075*56 = 13,8g K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 38 DƯƠNG THẾ Bài 6:[Khối B – 2007]Nung m gam bột Fe trong oxi thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan chất rắn X bằng dung dịch HNO3 dư thu được 0,56 lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Xác định giá trị m: A. 2.62 B.2.32 C. 2.22 D. 2.52 Giải Nhận xét: Một dạng toán rất quen thuộc, chúng ta hãy xem lại ví dụ điển hình sẽ thấy đây là bài toán tương đối dễ. Áp dụng biểu thức ta có 3 ∗ ௠ ହ଺ = 4* ଷି௠ ଷଶ + 0,025*3 m = 2,52gam Đáp án D Bài 7:[Khối A– 2007]Hòa tan 5,6 gam Fe bằng dung dịch H2SO4 loãng thu được dung dịch X. Dung dịch X phản ứng vừa đủ với V mL dung dịch KMnO4 0,5M. Giá trị của V là: A.20 B. 40 C. 60 D. 80. Giải Tóm tắt bài toán: + H+ + V(mL) KMnO4 Nhìn vào sơ đồ tóm tắt ta nhận thấy Fe2+ → Fe3+ và hiển nhiên Mn+7 → Mn2+( trong H+) Theo định luật bảo toàn electron ta có: 0,1*1 = 5a → a = 0,02 mol → V = 0,04 L = 40mL Đáp án B  Nhận xét: Ta có thể tổng quát hóa bài toán trên, nếu cho m gam Fe tác dụng với dung dịch H2SO4 thu được V1 ( lít) H2 (đktc) và dung dịch X. Cho dung dịch X tác dụng với V2(L) dung dịch KMnO4 CM. Xác định m. Từ sơ đồ phản ứng ta có: Bán phản ứng oxi hóa – khử Fe Fe3+ + 3e 2H+ + 2e H2 a a 3a ௏భ ଵଵ,ଶ ௏భ ଶଶ,ସ Mn+7 + 5e Mn+2 0,1mol Fe 0,1 mol Fe 2+, H+ (ddX) Fe3+, V = ? K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 39 DƯƠNG THẾ Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: ௠ ହ଺ *3 = ௏భ ଵଵ,ଶ + 5 *CM*V2 Đó là biểu thức tổng quát cho bài toán đề thi đại học khối A – 2007. Bài 8:[Khối B – 2008]Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, Cu vào dung dịch HCl (dư), sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 3,36 lít khí (ở đktc). Nếu cho m gam hỗn hợp X trên vào một lượng dư axit nitric (đặc, nguội) sau khi kết thúc phản ứng sinh ra 6,72 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất, ở (đktc). Giá trị của m là A. 11,5. B. 10,5. C. 12,3. D. 15,6. Giải PP: Mấu chốt của bài toán này là Al không tham gia phản ứng với HNO3 bị đặc nguội Al, Fe, Cr… bị thụ động hóa với HNO3 và H2SO4 đặc nguội. Bán phản ứng oxi hóa khử Al Al3+ + 3e H+ + 2e H2 a 3a H+ + NO3 - + 1e NO2 + H2O Cu Cu2+ + 2e 0,3 0,3 b2b Áp dụng quy tắc bảo toàn electron ta có: ൜ 3ܽ = 0,15 ∗ 2 = 0,3 2ܾ = 0,3 →ቄ ܽ = 0,1 ܾ = 0,15 m = 0,1*27 + 64*0,15 = 12,3g Đáp án C Bài 9:[Khối A – 2009] Cho 3,024 gam một kim loại M tan hết trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 940,8 ml khí NxOy (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) có tỉ khối đối với H2 bằng 22. Khí NxOyvà kim loại M là A. NO và Mg. B. NO2 và Al. C. N2O và Al. D. N2O và Fe Giải Dễ dàng suy ra được rằng khí thoát ra là N2O nhờ tỉ khối khí đó so với H2 M Mn+ + ne 10 H+ + 2NO3 - +8e N2O + 5H2O n na 0,336 ଴,ଽସ଴଼ ଶଶ,ସ = 0,042mol K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 40 DƯƠNG THẾ Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: na = 0,336 ↔ ଷ,଴ଶସ ெ *n = 0,336 M = 9n M = 27 (n =3) Đáp án C Bài 10:[Khối B – 2007] Cho 6,72 gam Fe vào dung dịch chứa 0,3 mol H2SO4 đặc, nóng (giả thiếtSO2 là sản phẩm khử duy nhất). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được: A. 0,03 mol Fe2(SO4)3 và 0,06 mol FeSO4. B. 0,05 mol Fe2(SO4)3 và 0,02 mol Fe dư. C. 0,02 mol Fe2(SO4)3 và 0,08 mol FeSO4. D. 0,12 mol FeSO4. Giải nFe = ଺,଻ଶ ହ଺ = 0,12 mol; ݊ுశ = 0,6 mol; ݊ௌைరమష = 0,3mol Phương trình phản ứng: 2Fe + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2O Bđ: 0,12 0,3 Pư: 0,1 0,3 0,05 Sau: 0,02 0,05 Vì sau phản ứng còn dư Fe nên Fe tiếp tục tham gia phản ứng với Fe3+ nên có phản ứng Fe2(SO4)3 + Fe 3 FeSO4 0,05 0,02 0,06 Sau phản ứng có chứa 0,06 mol FeSO4 + 0,03 mol Fe2(SO4)3 Đáp án A  Nhận xét: Có nhiều bạn thắc mắc hỏi tại sao tôi đang viết phương pháp bảo toàn electron, nhưng bài trên không đụng gì đến phương pháp bảo toàn electron. Mới đầu khi giải quyết bài toán này tôi cũng dùng bảo toàn electron. Loay hoay một hồi mãi mà không ra. Và tôi đã phát hiện được một điều là đôi khi mình giải bằng phương pháp “cao siêu” hóa ra lại không bằng phương pháp thông thường. ( Làm người ai chả không có sai lầm (^_^). Cho nên cổ nhân có câu: “ Biết người biết ta trăm trận trăm thắng” . Càng có nhiều công cụ giải toán hóa học ta càng có nhiều sự lựa chọn. dù công cụ ấy là tầm thường là đơn giản ta cũng không bao giờ bỏ qua. Muốn giải nhanh bài tập hóa học cần có kinh nghiệm phán đoán dạng bài toán, điều này thường khó khăn do vậy chúng ta cần phải chăm chỉ tập luyện. K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 41 DƯƠNG THẾ  Vui một chút: Chắc hẳn các bạn,bạn nào cũng xem phim kiếm hiệp, người giỏi võ công không bao giờ họ lười biếng, họ chăm chỉ tập luyện. Bí kíp võ công đã có sẵn hơn thua là người nào sẽ học được hết cuốn bí kíp đó. Muốn vậy người luyện võ công luôn luôn chăm chỉ tập luyện ( hiển nhiên là người đó luôn thấy hứng thú trong cuốn bí kíp đó). Dần dần tập luyện võ cống tăng lên điều đó có nghĩa là: Nội công tăng lên (^_^), Ngoại công tăng lên (^_^). Sự giác ngộ võ công trong cuốn bí kíp tăng lên, và khi giao đấu đối phương ra đòn gì thì người đó sẽ dùng những kinh nghiệm học được để chế ngự đối phương ( theo ngôn ngữ phương đông là: Ngũ hành tương khắc) khiến cho đối phương bị triệt hạ một cách nhanh chóng (chẳng hạn như sư tổ phái Võ Đang: Trương Tam Phong đã sáng chế ra cuốn bí kíp Thái Cực Quyền “LẤY TĨNH CHẾ ĐỘNG, LẤY YẾU ĐỊCH MẠNH” rất nổi tiếng này (^_^). Có khi các bạn có những phương pháp hay hơn (vì giác ngộ võ học của các bạn cao hơn tôi ^_^) đóng góp cho “biển học” nhiều phương pháp quý giá giúp sống động hơn trong môn khoa học cơ bản này. (Nói hơi nhiều( ^_^). K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 42 DƯƠNG THẾ PHƯƠNG PHÁP 4: PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH A.PHƯƠNG PHÁP I. ĐỊNH LUẬT Trong một dung dịch hóa học : Tổng số mol Cation luôn bằng tổng số mol anion ∑݊஼௔௧௜௢௡ = ∑݊஺௡௜௢௡ II. ỨNG DỤNG  Tính số mol các Cation và anion trong dung dịch  Bài toán xử lý nước cứng  Bài toán pha dung dịch  Áp dụng cùng với định luật bảo toàn elec tron giải quyết một cách nhanh chóng  Nhanh chóng cân bằng được phản ứng hóa học III. MỘT SỐ CÔNG THỨC NÊN NHỚ mmuối = mCation + manion số mol điện tích = số mol ion * số điện tích  Ví dụ:Trong dung dịch chứa a mol Mg2+, b mol Ca2+, c mol Cl-.Vậy ta áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 2*a +2*b = c  Tài liệu tham khảo: Lê Phạm Thành,Nguyễn Thành Sơn B.VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH Bài 1:Dung dịch X chứa a mol Na+ , b mol Mg2+, c mol Cl- , d mol SO4 2- biểu thức nào dưới đây đúng: A. a + 2b = c + 2d. B. a + 2b = c + d. C. a + b = c + d. D. 2a + b = 2c + d. Giải Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: a + 2b = c+2d Đáp án A K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 43 DƯƠNG THẾ Bài 2:[ Khối A - 2007]Một dung dịch chứa 0,02 mol Cu2+, 0,03 mol K+, x mol Cl-, y mol SO4 2- tổng khối lượng muối tan có trong dung dịch là 5,435 gam. Giá trị của x, 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. Giải Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,02*2 + 0,03 = x + 2y ↔ x + 2y = 0,07 mol (1) mmuối= mcation + manion ↔ 5,435 = 64*0,02 + 0,03*39 + 35,5*x + 96*y ↔35,5x + 96y = 2,95 (2) Giải (1) (2) ta được x = 0,03 ; y = 0,02 Đáp án A Bài 3:[ Khối A - 2007]Hòa tan hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS2 và a mol Cu2S vào dung dịch axit HNO3 (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 Giải Sơ đồ phản ứng: FeS2 + Cu2S Fe 3+ + Cu2+ + SO4 2- 0,12 a 0,12 2a a + 0,24 Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,12*3 +2a = 2(a+0,24) ↔ a = 0,06 mol  Nhận xét: Bài này rất hay có thể nói những dạng toán này rất hay, ngắn gọn mà cũng mang đầy đủ hàm ý của một phương pháp bảo toàn điện tích. ( Khi vào phòng thi chưa hẳn tôi đã nghĩ đến cách này vì nó vừa hao hao giống bảo toàn electron, nên nghĩ được cách lý thú này chỉ có người “võ công thâm hậu mới nghĩ đến”(^_^)) Bài 4:[ Khối A - 2008]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. Giải K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 44 DƯƠNG THẾ Cách 1( Bí kíp 1( ^_^)) (Dạng này đã tinh thông võ thuật trong Phương Pháp 1) Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxi = 3,33 – 2,13 = 1,2 gam noxi = ଵ,ଶ ଷଶ = 0,0375 mol O2 + 4e 2O 2- 0,0375 0,075 hh Y tham gia phản ứng thực chất là phản ứng của 2H+ + O2- H2O Theo phản ứng ta có: V = ଴,଴଻ହ∗ଶ ଶ = 75 mL Đáp án C Cách 2( Bí kíp 2( ^_^)) (kết hợp bảo toàn electron) Đặt x, y, z lần lượt là số mol của Mg, Cu, Al Theo định luật bảo toàn electron ta có 2x + 2y + 3z = 0,375*4 = 0,15 mol Khi cho hhY vào dung dịch HCl tạo ra các muối Mg2+ , Cu2+, Al3+ theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 2x + 2y + 3z = z (Cl-) Từ đó suy ra nacid = 0,15 ↔ V = 75mL Bài 5:[ Khối A - 2011Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dd gồm HNO3 0,6M và H2SO4 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dd sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là A. 20,16 gam. B. 19,76 gam. C. 19,20 gam. D. 22,56 gam. Giải nCu = ଻,଺଼ ଺ସ = 0,12mol; ݊ுேைయ = 0,6*0,2 = 0,12 mol; ݊ுమௌைర= 0,5*0,2 = 0,1mol ∑݊ுశ= 0,12 + 0,1*2 = 0,32mol; ݊ேைయష= 0,12 mol ; ݊ௌைరమష = 0,1mol Phương trình phản ứng 3Cu + 8 H+ + 2NO3 - 3Cu2+ + 2NO ↑ +4 H2O Pứ 0,12 0,32 0,08 0,12 Sau 0 0,04 Khối lượng muối thu được mmuối = mcation + manion mmuối = ݉஼௨మశ + ݉ேைଷ ି + ݉ௌைరమష = 7,68 + 0,04*62 + 96*0,1 = 19,76gam Đáp án B K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 45 DƯƠNG THẾ m (g) Cu , 0,02 mol Fe3O4 Bài 6:[ Khối A - 2011] Hòa tan hỗn hợp bột gồm m gam Cu và 4,64 gam Fe3O4 vào dung dịch H2SO4 (loãng, rất dư) sau khi các phản ứng kết thúc chỉ thu được dung dịch X. Dung dịch X làm mất màu vừa đủ 100 ml dung dịch KMnO4 0,1M. Giá trị của m là: A. 1,24 B. 3,2 C. 0,64 D.0,96 Giải Cách 1:( Võ công tầng thứ nhất (^_^)) Cu không tham gia phản ứng với H2SO4 nên chỉ có mình oxid sắt từ Fe3O4 tham gia phản ứng: Fe3O4 + 8 H + Fe2+ + 2 Fe3+ +4 H2O 0,02 0,02 0,04 2Fe3+ + Cu 2 Fe2+ + Cu2+ Khi cho dung dịch X phản ứng với KMnO4 thì Fe 2+ tham gia phản ứng 5Fe2+ + 8H+ + MnO4 - 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 0,05 0,01 0,02 + 2a = 0,05 a = 0,015mol m = 0,015 *64 = 0,96g Đáp án D Cách 2: (Võ công tầng thứ 9 (^_^)) Chúng ta cùng tóm tắt bài toán: H2SO4 + KMnO4 Theo tóm tắt sơ đồ ta có nhận xét: Tất cả Fe+8/3 Fe3+ ; Cu Cu2+ + 2e Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,02 + 2a = 0,02*5 a = 0,015mol m = 0,015*64 = 0,96g  Nhận xét:Nhận thấy cách 2 là một cách giải quyết nhanh chóng để đưa ta đến đáp án nhanh nhât. Muốn vậy ta phải có tư duy nhạy bén với đề ( Võ công tầng thứ 9 lợi hại hơn tầng thứ 1 nhiều (^_^)) dd X: Fe3+, Cu2+, Fe2+, H+ K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 46 DƯƠNG THẾ Bài 7:Trộn 100 ml dung dịch (gồm Ba(OH)20,1M và NaOH 0,1M) với 400ml dung dịch (gồm H2SO4 0,0375M và HCl 0,0125M), thu được dung dịch X. Giá trị pH của dung dịch X là: A.7.B. 2. C. 1. D. 6. Giải ∑݊ைுష = (0,1*2 + 0,1*1)*0,1 = 0,03 mol H + + OH- → H2O ∑݊ுశ = (0,0375*2 + 0,0125)*0,4 = 0,035 mol 0,03 0,03 ݊ுశdư = 0,005 mol → [H +] = ଴,଴଴ହ ଴,ଵା଴,ସ = 0,01 Mol/L → pH = - lg [H+] = 2 → Đáp án B Bài 8:[Khối A – 2008]Trộn lẫn V (mL) dung dịch NaOH 0,01M với V (mL) dung dịch HCl 0,03M được 2V (mL) dung dịch Y. Dung dịch Y có pH là: A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 Giải ∑݊ைுష = 0,01V H + + OH- H2O ∑݊ுశ = 0,03V 0,01V 0,01V ݊ுశdư = 0,02V → [H +] = ଴,଴ଶ௏ ଶ௏ = 0,01→ pH = - lg [H+] = 2 Bài 9: [Khối B – 2008] Trộn 100 ml dung dịch có pH = 1 gồm HCl và HNO3 với 100 ml dung dịch NaOH nồng độ a (mol/l) thu được 200 ml dung dịch có pH = 12. Giá trị của a là (biết trong mọi dung dịch [H+][OH-] = 10−14) A. 0,15. B. 0,30. C. 0,03. D. 0,12. Giải ∑݊ைுష = 0,1a H + + OH- H2O ∑݊ுశ = 0,01 mol pH + pOH = 14 → pOH = 2 → [OH -]dư = 0,01 → ଴,ଵ௔ି଴,଴ଵ ଴,ଶ = 0,01 → a = 0,12 → Đáp án D K Ĩ T H U Ậ T G I Ả I N H A N H T O Á N H Ó A H Ọ C 47 DƯƠNG THẾ Bài 10:[Khối A – 2009] Hòa tan hỗn hợp gồm FeS20,24molvà Cu2S vào dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X ( chỉ chứa hai muối sulfat) và V lít khí NO duy nhất. Giá trị của V là A. 34.048 B. 35.84 C. 31.36 D. 25.088 Giải  Lời ngỏ:Các bạn xem lại câu 3 của chương này ta nhận thấy rằng bài toán này hay, hay đến nỗi đến năm 2009 đề thi đang còn ra lại. Từ đó nhận thấy việc xem lại các dạng đề thi đại học những năm vừa qua cũng giúp ích cho các bạn rất nhiều.(Ăn kĩ no lâu, cày sâu tốt lúa (^_^)) FeS2 + Cu2S Fe 3+ + Cu2+ + SO4 2- 0,24 a 0,24 2a0,48+a Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 3*0,24 + 2*2a = 2*(0,48+a) ↔ a = 0,12 mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 15 *0,24 + 0,12* 10 = 3b b = 1,6mol (tổng số e FeS2nhường) (tổng số e Cu2S nhường) V = 1,6*22,4 = 35,84 lít Đáp án B C.BÀI TẬP RÈN LUYỆN Bài 1Trong một cốc nước cứng chứa a mol Ca2+; b mol Mg2+, c mol HCO3 -, dùng dung dịch Ca(OH)2 x mol/l để làm giảm độ cứng của nước thì thấy khi thêm V (lít) nước vôi trong vào cốc độ cứng của nước vôi trong là nhỏ nhất. Biểu thức tính V theo a, b, V là: A. V = ଶ௔ା௕ ௫ B. V = ௔ାଶ௕ ௫ C. V = ࢇା࢈ ࢞ D. V = ௔ା௕ ଶ௫ Giải Độ cứng của nước là nhỏ nhất ↔ Ca(OH)2 là vừa đủ để tham gia phản ứng OH- + HCO3 - CO3 2- + H2