Chương 1: Các phương pháp giúp giải nhanh bài toán hóa học

hêm
71 – 60 = 11 gam và có 1 mol CO2 được giải phóng. Như vậy, khi biết lượng muối tăng ta có thể tính
được số mol CO2 sinh ra hoặc ngược lại.
b) Xét phản ứng: RCOOR’ + NaOH
¾¾® RCOONa + R’OH
Cứ 1 mol este RCOOR’ chuyển thành 1 mol muối RCOONa, khối lượng tăng (hoặc giảm) |23 – R’| gam
và tiêu tốn hết 1 mol NaOH, sinh ra 1 mol R’OH. Như vậy, nếu biết khối lượng của este phản ứng và khối lượng muối tạo thành, ta dễ dàng tính được số mol của NaOH và R’OH hoặc ngược lại.
Có thể nói hai phương pháp “bảo toàn khối lượng” và “tăng giảm khối lượng” là 2 “anh em sinh đôi”, vì một bài toán nếu giải được bằng phương pháp này thì cũng có thể giải được bằng phương pháp kia. Tuy nhiên, tùy từng bài tập mà phương pháp này hay phương pháp kia là ưu việt hơn.
Ví dụ 14. Giải lại ví dụ 12 bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.
Hướng dẫn giải:
Các phương trình phản ứng xảy ra: XCO3 + 2HCl
Y2(CO3)3 + 6HCl

¾¾® XCl2 + H2O + CO2 ­
¾¾® 2YCl3 + 3H2O + 3CO2 ­

(1) (2)
Số mol khí CO2 bay ra: n

CO2
= 0,896
22,4

= 0,04 (mol)
Theo (1), (2): khi chuyển từ muối cacbonat → muối clorua, cứ 1 mol CO2 sinh ra, khối lượng hỗn hợp muối tăng thêm 71 – 60 = 11 gam. Vậy khối lượng hỗn hợp muối tăng lên là: ∆m = 0,04.11 = 0,44 gam.
Khối lượng của muối trong dung dịch: mmuèi = 3,34 + 0,44 = 3,78 (gam).
Ví dụ 15. Giải lại ví dụ 13 bằng phương pháp tăng giảm khối lượng.
Hướng dẫn giải:
Các phương trình phản ứng có thể xảy ra:
3Fe2O3 + CO
¾¾® 2Fe3O4 + CO2
(1)
Fe3O4 + CO
¾¾® 3FeO + CO2
(2)
FeO + CO
CuO + CO
¾¾® Fe + CO2
¾¾® Cu + CO2
(3) (4)
Ta có: n

CO (p−)

= n CO2
= 13,2 = 0,3 (mol) Þ m
44

CO (p−)

= 28.0,3 = 8,4 (gam)
Khối lượng chất rắn: mr = 40 (gam)
Theo (1), (2), (3), (4): cứ 1 mol CO phản ứng

¾¾® 1 mol CO2, khối lượng hỗn hợp A giảm là:
∆m = 1 × (44 – 28) = 16 gam. Vậy khối lượng hỗn hợp A đã bị giảm là: 16 × 0,3 = 4,8 (gam)
Khối lượng của hỗn hợp A ban đầu là: m = 40 + 4,8 = 44,8 (gam).
Ví dụ 16. Nhúng một lá nhôm vào 200 ml dung dịch CuSO4, đến khi dung dịch mất màu xanh lấy lá nhôm ra cân thấy nặng hơn so với ban đầu là 1,38 gam. Xác định nồng độ của dung dịch CuSO4 đã dùng.
Hướng dẫn giải:
Phương trình phản ứng xảy ra: 2Al + 3CuSO4
¾¾® Al2(SO4)3 + 3Cu ¯	(*)
Theo (*): cứ 2 mol Al phản ứng hết với 3 mol CuSO4, sinh ra 3 mol Cu, khối lượng thanh nhôm tăng lên: ∆m = 3.64 – 2.27 = 138 (gam).
Vậy số mol CuSO4 đã tham gia phản ứng là: n
0,03

CuSO 4
= 1,38
138

× 3 = 0,03 (mol)
Nồng độ của dung dịch CuSO4: CM =

0,2
= 0,15 (M).
Chú ý: Khi nhúng thanh kim loại A vào dung dịch muối của kim loại B (kém hoạt động hơn A). Sau khi lấy thanh kim loại A ra, khối lượng thanh kim loại A ban đầu sẽ thay đổi do:
1) Một lượng A bị tan vào dung dịch
2) Một lượng B từ dung dịch được 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 hỗn hợp 3 axit đơn chức thuộc cùng dãy đồng đẳng tác dụng hoàn toàn với kim loại Na dư, thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Tính khối lượng muối hữu cơ tạo thành.
Hướng dẫn giải:
H
Số mol khí H2 tạo thành: n
2
= 2,24
22,4

= 0,1 (mol)
Gọi công thức chung của 3 axit đơn chức là: RCOOH.Phương trình phản ứng xảy ra:
2RCOOH + 2Na ¾¾® 2RCOONa + H 2
(*)
Theo (*): cứ 2 mol RCOOH phản ứng
¾¾®
2 mol RCOONa và 1 mol H2, khối lượng muối tăng lên
so với khối lượng của axit là: ∆m = 2.[(R + 44 + 23) - (R + 45)] = 44 (gam)
Khối lượng muối hữu cơ lớn hơn axit là: m = 44.0,1 = 4,4 (gam) Vậy, khối lượng muối hữu cơ tạo thành là: 11 + 4,4 = 15,4 (gam).
 *** *** *** *** *** *** *** *** 	***	***	***	***	***	***	***	***
§4. PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN NGUYÊN TỐ
Nguyên tắc chung của phương pháp này là dựa vào định luật bảo toàn nguyên tố (BTNT): “Trong các phản ứng hóa học thông thường, các nguyên tố luôn được bảo toàn”.
Điều này có nghĩa 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. Hỗn hợp chất rắn A gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,1 mol Fe3O4. Hòa tan hoàn toàn A bằng dung dịch HCl dư, thu được dung dịch B. Cho NaOH dư vào B, thu được kết tủa C. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch
rồi đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn D. Tính m.
Các phản ứng hóa học xảy ra:
Fe2O3 + 6HCl
Hướng dẫn giải:
¾¾® 2FeCl3 + 3H2O

(1)
Fe3O4 + 8HCl
¾¾® FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O
(2)
NaOH + HCl
¾¾® NaCl + H2O
(3)
2NaOH + FeCl2
3NaOH + FeCl3
¾¾® 2NaCl + Fe(OH)2 ¯
¾¾® 3NaCl + Fe(OH)3 ¯
t 0
(4) (5)
4Fe(OH)2 + 2H2O + O2
t 0
¾¾® 4Fe(OH)3
(6)
2Fe(OH)3
¾¾®
Fe2O3 + 3H2O
Fe2 O3 : 0,1 mol ü
(7)
Theo các phương trình phản ứng ta có sơ đồ:

þ
Fe3O4
: 0,1 mol ý Þ Fe2 O3 (rắn D)
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với Fe: å n Fe (trong D) = 0,1.2 + 0,1.3 = 0,5 (mol)
Þ n D
= 0,5 = 0,25 (mol) Þ m
2	D

= 0,25.160 = 40 (gam).
Ví dụ 19. Tiến hành crackinh ở nhiệt độ cao 5,8 gam butan. Sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6 và C4H10. Đốt cháy hoàn toàn X trong khí oxi dư, rồi dẫn toàn bộ sản phẩm sinh ra qua bình đựng H2SO4 đặc. Tính độ tăng khối lượng của bình H2SO4 đặc.
Hướng dẫn giải:
Các sơ đồ phản ứng xảy ra: C4H10
C4H10

¾c¾rack¾inh ® CH4 + C3H6	(1)
0
¾c¾rack¾inh ® C2H6 + C2H6	(2)
CH4
¾¾t ® CO2 + 2H2O	(3)
C2H4
C2H6
C3H6
C4H10
¾¾t ®
0
0
¾¾t ®
0
¾¾t ®
0
¾¾t ®
2CO2 + 2H2O	(4)
2CO2 + 3H2O	(5)
3CO2 + 3H2O	(6)
4CO2 + 5H2O	(7)
Độ tăng khối lượng của bình H2SO4 đặc chính là tổng khối lượng H2O sinh ra trong phản ứng đốt cháy
hỗn hợp X.
Theo bài ra ta có: n

butan
= 5,8 = 0,1 (mol)
58
Từ phương trình phản ứng, có: H (butan ban đầu)
¾¾® H (nước) và C4H10
¾¾® 10H
¾¾® 5H2O
Áp dụng định luật BTNT đối với hiđro: å n H (butan) = å n H (H 2O) = 10 × 0,1 = 1 (mol)
Þ n H 2O
= 1 = 0,5 (mol) Þ Dm = m
2

H 2O

= 18.0,5 = 9 (gam).
Ví dụ 20. Hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken, một ankin và hiđro. Chia A thành 2 phần có thể
tích bằng nhau rồi tiến hành 2 thí nghiệm sau:
Phần 1: đem đốt cháy hoàn toàn rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2
đựng nước vôi trong dư. Sau phản ứng cân thấy khối lượng bình 1 tăng 9,9 gam, bình 2 tăng 13,2 gam.
Phần 2: dẫn từ từ qua ống đựng bột Ni nung nóng thu được hỗn hợp khí B. Sục khí B qua bình đựng nước vôi trong dư, thấy khối lượng bình nước vôi trong tăng m gam. Tìm giá trị của 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 đốt
cháy của 2 phần là hoàn toàn giống nhau! Ở đây, việc dẫn phần 2 qua bột Ni, nung nóng
¾¾® hỗn hợp
B, sau đó mới đem đốt 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 CO2 sinh ra trong thí nghiệm 1!
Vậy: m = ∆mbình 1 + ∆mbình 2 = 9,9 + 13,2 = 23,1 (gam).
 *** *** *** *** *** *** *** *** 	***	***	***	***	***	***	***	***
§5. 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”. Đây chính là nội dung của định luật bảo toàn electron trong phản ứng oxi hóa – khử.
Điều quan trọng nhất khi áp dụng phương pháp này đó là việc phải 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.
Phương pháp này đặc biệt lí thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều trường hợp xảy ra.
Ví dụ 21. 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 M.
Hướng dẫn giải:
Số mol của hỗn hợp khí: n

khí
= 8,96 = 0,4 (mol)
22,4
2
Vì VNO

: VNO

= 3 :1 Þ n

NO2

: n NO

= 3 :1 Þ n

NO2
= 3 × 0,4 = 0,3 (mol); n
4	NO
= 1 × 0,4 = 0,1 (mol)
4
0	+ n
Gọi n là hóa trị của M. Quá trình nhường electron:
M- ne ¾¾® M
(1)
Số mol electron nhường là: å n

e nh−êng
= 19,2 × n (mol)
M

(*)
+5	+4	+2
Quá trình nhận electron: 4 N + 6e ¾¾® 3 N + N
(2)
Tổng số mol electron nhận là: å n e nhËn = 6 ´ 0,1 = 0,6 (mol)
(**)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: å n

e nh−êng
= å n

e nhËn
Þ 19,2 × n = 0,6 Þ M = 32n
M
Þ n = 2; M = 64. Vậy kim loại M là đồng (MCu = 64).
Ví dụ 22. Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam Fe vào HNO3 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: n B
0
= 6,72 = 0,3 (mol) Þ n
22,4	NO
+3

= n X

= 0,15 (mol)
Quá trình nhường electron:
Fe ¾¾® Fe + 3e
(1)
Số mol electron nhường là: å n

e nh−êng
+5
= 11,2 × 3 = 0,6 (mol)
56
+2

(*)
Quá trình nhận electron của NO: N + 3e ¾¾® N
(2)
Số mol electron do NO nhận là: n e (NO nhËn) = 3 ´ 0,15 = 0,45 (mol)
(**)
Áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: å n e nh−êng = å n e nhËn Þ å n e nh−êng = n e (NO nhËn) + n e (X nhËn)
Þ n e (X nhËn) = å n e nh−êng - n e (NO nhËn) = 0,6 - 0,45 = 0,15 (mol)
+5
Gọi n là số electron mà X nhận. Ta có: N + ne ¾¾®
2
Þ n = 0,15 = 1. Từ đó suy ra X là NO .
+ (5-n)
N

(3)
0,15
Ví dụ 23. 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, Fe3O4, Fe2O3. 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:
Sơ đồ các biến đổi xảy ra:

Fe	B

Fe FeO Fe3O4

dd HNO3	NO
mA gam	12 gam
Fe2O3
2,24 lÝt (®ktc)
Quá trình nhường electron:
0	+3
Fe ¾¾® Fe + 3e

(1)
Số mol electron nhường là: å n
Các quá trình nhận electron:

e nh−êng
= m × 3 (mol)
56

(*)
+) Từ sắt
¾¾® oxit: