Tuyệt chiêu số 1
Đây là 1 chiêu thức dùng xử lý các bài toán hỗn hợp phức tạp (hỗn hợp có từ 3 chất trở lên) về dạng rất đơn
giản làm cho các phép tính trở nên đơn giản, thuận tiện hơn .Rất phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm
Ví dụ minh họa cho kỹ thuật 1 : Nung 8,4 gam Fe trong không khí, sau phản ứng thu được m(g) chất rắn X gồm: Fe,
Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
, FeO. Hoà tan m gam X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 2,24 lít NO
2
(đktc) là sản phẩm khử duy nhất.
Giá trị m là:
A. 11,2 g. B. 10,2 g. C. 7,2g. D. 6,9 g.
Nhận xét: Với các bài toán hỗn hợp phức tạp có số chất trong hỗn hợp lớn hơn 2 chất ta đều có thể dùng kỹ thuật 1
để biến đổi về một hỗn hợp mới gồm 2 chất bất kỳ trong số các chất trong hỗn hợp. Trong bài toán trên X có 4 chất
nên có 6 cách giải. Ta có thể biến X thành X’ gồm (Fe; Fe
2
O
3
) hoặc (Fe; FeO) hoặc (FeO; Fe
3
O
4
) hoặc (Fe; Fe
3
Theo bài ra ta có: n
Fe ban đầu
= 8,4/56 = 0,15 →Tổng mol Fe trong X’ cũng bằng 0,15.
Mặt khác:
FeO + 4HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ NO
2
+ 2H
2
O.
0,1 mol ← 0,1 mol
Ta cã n
Fe ban ®Çu
= 0,15 mol
O
3
là: 0,15 – 0,1/3 = 0,35/3 → n
Fe2O3
= 0,35/3.2
→ m
X
= 0,1/3 . 56 + 0,35/6 . 160 = 11,2 → Đáp án A.
• Cách giải 3:
Quy hỗn hợp X thành X’ gồm (Fe; FeO) -> m
X
= m
X’
= m
Fe
+ m
FeO
Theo bài ra ta có:
Fe + 6HNO
3
→ Fe(NO
3
)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
a 3a
3
O
4
,FeO. Hoà tan
m gam hỗn hợp X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 2,24 lít khí NO
2
(đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là
A:11,2 gam B: 10,2 gam
C:7,2 gam D:6,9 gam
Câu 2: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Fe
2
O
3
,Fe
3
O
4
,FeO bằng HNO
3
đặc nóng thu được 4,48 lít khí NO
2
(đktc).Cô
cạn dung dịch sau phản ứng thu được 145,2 gam muối khan. Giá trị của m là
A:35,7 gam B: 46,4 gam
C:15,8 gam D:77,7 gam
Câu 3: Hoà tan hoàn toàn 49,6gam hỗn hợp X gồm Fe,Fe
2
O
toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng thì thu được V ml khí SO
2
(đktc).giá trị của V là
A:224ml B: 448ml
C:336ml D:112ml
Câu 5: Nung m gam bột Fe trong oxi không khí , sau phản ứng thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà tan hết hỗn
hợp X vào dung dịch HNO
3
dư thu được 0,56 lít khí NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Giá trị của m là
A:2,52 gam B: 2,22 gam
C:2,62 gam D:2,32 gam
Câu 6: Hỗn hợp X gồm Fe,Fe
2
O
3
,Fe
3
O
4
,FeO với số mol moõi chất là 0,1 mol . HOà tan hết vào dung dịch Y gồm (HCl
và H
2
SO
4
loãng) dư thu được dung dịch Z .Nhỏ từ từ dung dịch Cu(NO
3
và Fe
3
O
4
trong đó số mol FeO = số mol Fe
2
O
3
tác dụng vừa đủ với
V lít dung dịch chứa HCl 1M và H
2
SO
4
0,5M (loãng). Giá trị của V là:
A. 0,6 lít B. 0,7 lít
C. 0,8 lít. D. Một kết quả khác.
Tuyệt Chiêu Số 2
Nếu như tuyệt chiêu số 1 các bạn đã được tiếp cận với một phương pháp khá mạnh về giải toán hỗn hợp, thì
với tuyệt chiêu số 2, các bạn sẽ được tiếp cận một nghệ thuật giải toán rất sâu sắc, giúp học sinh nhẩm ra
kết quả một cách nhTôi nhất.
Đặc điểm của các bài toán được giải bằng tuyệt chiêu số 2 là đề cho một hỗn hợp gồm có nhiều chất (tương
tự các bài tập thuộc tuyệt chiêu số 1) nhưng về mặt bản chất chỉ gồm 2 hoặc 3 nguyên tố. Vì vậy, dùng
tuyệt chiêu số 2 để quy đổi thẳng về các nguyên tử tương ứng.
Ví dụ 1: Đề cho hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
→ Fe
3+
+ NO + H
2
O
m gam 6 gam 1,12 lít
Sơ đồ hóa bằng tuyệt chiêu số 2.
Ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp X' gồm Fe và O với số mol lần lượt là x, y.
→ Fe + O
2
→ (Fe; O) + HNO
3
→ Fe
3+
+ N
2+
+ O
2-
. x y 0,05 mol y
Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng Fe ban đầu luôn bằng số
lượng Fe nằm trong X'. Vì vậy m = 56x.
Mặt khác: 56x + 16y = 6 (I)
Các quá trình nhường và nhận e:
Fe - 3e → Fe
+3
x → 3x x
O
0
+ 2e → O
-2
2
O
60,8 x mol y mol x y 1,8 mol
dd Y (Cu
2+
+ SO
4
2-
) + Ba(OH)
2
dư →↓ (Cu(OH)
2
+ BaSO
4
)
. x mol y mol x mol y mol
Tính khối lượng kết tủa (Cu(OH)
2
+ BaSO
4
).
Để tính được khối lượng kết tủa, ta chỉ cần xác định x và y.
Thật vậy, 64x + 32y = 60,8 (I)
Các quá trình nhường và nhận e:
Cu
0
- 2e → Cu
+2
x → 2x
S - 6e → S
đ.n → Cu
2+
+ S
+4
+ O
2-
. m(g) 49,6 x mol y mol x mol 0,4 y mol
Theo bài ra ta có: 64x + 16y = 49,6 (I)
Các quá trình nhường và nhận e:
Cu - 2e → Cu
+2
x → 2x
O
0
+ 2e → O
-2
y → 2y
S
+6
+ 2e → S
+4
. 0,8 ← 0,4
Theo ĐLBT e ta có: 2x = 2y + 0,8 (II)
Từ (I), (II) ta có: x = 0,7 và y = 0,3
Theo nguyên lý bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng, m(g) Cu ban đầu đã biến hết thành Cu nằm
trong X'.
→ m = 64 . x = 64 . 0,7 = 44,8 → Đán án D.
Bài tập về nhà thuộc tuyệt chiêu số 2
Câu 1: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO và Cu
2
3
, Fe
3
O
4
tác dụng với dung dịch HCl (dư). Sau khi các phản
ứng xảy ra hoàn toàn, được dung dịch Y; cô cạn Y thu được 7,62 gam FeCl
2
và m gam FeCl
3
. Giá trị của m
là:
A. 4,875. B. 9,75. C. 14,625. D. 19,5.
Câu 5: 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 của m là:
A. 49,09. B. 38,72. C. 35,5. D. 34,36.
Câu 6: Oxi hóa chậm m gam Fe ngoài không khí thu được 12 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe
3
O
O
3
và
Fe dư. Để hoà tan X cần dùng vừa hết 255ml dung dịch chứa HNO
3
2M, thu được V lít khí NO
2
(sản phẩm
khử duy nhất, đo ở đktc). Giá trị của m, V lần lượt là:
A. 8,4 và 3,36. B. 8,4 và 5,712. C. 10,08 và 3,36. D. 10,08 và 5,712.
Câu 9: Hỗn hợp bột X gồm Zn, ZnS và S. Hoà tan hoàn toàn 17,8 gam X trong HNO
3
nóng, dư thu được V
lít khí NO
2
duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm từ từ Ba(OH)
2
vào Y thấy lượng kết tủa tối đa thu được
là 34,95 gam. Giá trị của V là:
A. 8,96. B. 20,16. C. 22,4. D. 29,12.
Câu 10: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hoà 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. 2,52. B. 2,22. C. 2,62. D. 2,32.
Câu 11: Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe
3
O
4
vào 200ml HNO
4
. D. Không xác định được.
Câu 13: Hỗn hợp X gồm Mg, MgS và S. Hoà tan hoàn toàn m gam X trong HNO
3
đặc, nóng thu được
2,912 lít khí N
2
duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)
2
dư vào Y được 46,55 gam kết tủa. Giá trị
của m là:
A. 4,8. B. 7,2. C. 9,6. D. 12.
Câu 14: Hoà tan hoàn toàn 25,6 gam chất rắn X gồm Fe, FeS, FeS
2
và S bằng dung dịch HNO
3
dư, thoát ra
V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)
2
dư vào Y thu được 126,25 gam kết tủa. Giá trị
của V là:
A. 17,92. B. 19,04. C. 24,64. D. 27,58.
Câu 15: Cho hỗn hợp X gồm FeO, Fe
2
O
3
, Fe
3
O
4
3
(trong đó số mol FeO bằng số
mol Fe
2
O
3
), cần dùng vừa đủ V lít dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là:
A. 0,08. B. 0,16. C. 0,18. D. 0,23.
Câu 18: Hoà tan hoàn toàn 14,52 gam hỗn hợp X gồm NaHCO
3
, KHCO
3
và MgCO
3
trong dung dịch HCl
dư, thu được 3,36 lít khí CO
2
(đktc). Khối lượng muối KCl tạo thành trong dung dịch sau phản ứng là:
A. 8,94 gam. B. 16,17 gam. C. 7,92 gam. D. 12 gam.
Câu 19: Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeCl
2
, FeCl
3
trong H
2
SO
4
đặc nóng, thoát ra 4,48 lít
khí SO
2
`
$$XT
TX
,#,#,6['
A@.B0#I'"L') ?"KH8
E
8
,#,#,+6
\a #6*KH,+6)0'-+,8+"?6b+'+*"?'H'#)0
AH,+6)>#I,'-+
6*#8
c.Q'#.d'#<# '-=N)>#T
g8
%NKH,+6I,'-+
8^,^8^
&'&()
*T",#,U'C"'-++1 '".4S)h#,WSF
)('-VEB,C"C"<*C"
8X+*'#+*'+*E'-+X
A
.f)0
'+'-#6['A
$"('.3')8\ '-Z)>#,6*
]8^^8_88C88O8h8
!"#$%
A@.B0#I'"L') ?"KH8
C"
EC"`C"`C"
C"
8h&'&+)
,-
+./
h !"#$"
JC@K7)>#'"L') ?"KH"L') ?"$=6*
AD$ijZ6"N'+'+*"?'H<*3H 64S8
012
-+))F4@'-kF)>#3 ,6+2 +1 '3 ,6+2 888<& XT
+f)
X
A
.f)0'#6")0L')
TY"6*XT
AH,+6)>#X
gKH,+6)>#XT
F8
TY"6*X
A
AH,+6)>#X
KH,+6)>#X
,#,#,,+6
1,+61,+6
\a 16*KH,+6)>#)0'-+,#,8+"?6b+'+*'kKH,+6
)0'-+T
)M6*1,+68
ef'3)KH,+6XT
F1KH,+6)>#X
gKH,+6
XT
g1
+.Z6"N'+'+*3H 64S'#)01818
^8g1
1^,+68,^8
"L') ?"KH*)0'l,F$i-('';!"')0':1D6bY'.4S)'(')
))* '+'"U)))) ?"8-?.Q )m'-k*,U'3[#)2-('
no)>#'"L') ?"*8 KpFQ'[)3q@)+))27'-?6&F6"L
' '2 ))'-"'Q,8C)2)rb'+$s 8
C)* 'NF)0': I'"L') ?"*
34 X+*'#+*'+*#,WSF]6<*e'-+XT
6+d'"
.4S)$"$Z)]<*^6['.3')WSFhai khí đều không màu )03H
64S#,'-+.0)0một khí bị hoá nâu trong không khí.
8[Fl'-t,'+3H 64S)>#,W 3 ,6+2 '-+WSF8
<*]T
8
A#"F'".4S)$"$Z)C<*16,24#,)('-VOB,3 kim loại.
C+O')$i<& $"$Z)XC6'".4S)1,3446['X
8[B.U,+6g6)>#
C"T
<*]T
'-+_`))':'[).+7.3')F1-#+*'+*8
34,T"e#,U'KV''-+33[K#",U''5 #45 '#'".4S)
^#,WSF-V]B,
8X+*'#+*'+*]'-+
$"$Z)XT
$4'".4S)$"$Z)_<*6['WSF3[T<*T
,"H 3#{[B.U$"$Z)XT
'-+$"$Z)#.l"8
347X+*'#+*'+*#,3 ,6+2 ]vừa đủ<*+y,6$"$Z)XT
e.4S)$"$Z)_)0)#]T
.B'5 '2+-#h,6WSF3[
T
<*T
)0'w3H @ K+<&
6*8
8E).Z3 ,6+2 ]<*'[ '-Z)>#y
8C+<*+$"$Z)_,6$"$Z)T#Xe8A#"3 FK+6a)
6(3Y''>#-D#K2)."0.Y3H 64S3.; .4S),U')('-V8
[3H 64S)>#,U')('-V.08C)%.+7.3')
348C+##,WSF]B,+1 'C"
có số mol bằng nhau
')$i+*'+*<& 64S<|#.>,6$"$Z)XT
3 ."0}
8w3H @ )>#•.H <& X
6*8[18
34 T"0^U'KV'+* 33[K#",U''5 #'".4S),
#,WSFEB,+1['KV'8X+*'#Y'WSFEIX
A
.f)0'"
.4S)6['A
.3)8
#% Y''(')F1-#
k,,8
)TY"+*'#Y'EIXT
.f)0'k':'[)T
.3)'".4S)6*#+
?"{
34 *T"0,#,U'KV'+* 33[8A#",U''5 #'".4S)
WSFEB,
<*
8X+*'#Y'EIXT
"08A#"
,U''5 #'".4S)WSFEfB,
<*
$48X+*'#Y'EIXT
6+d'".4S)6['T.3)8[,{
;5-3%<<4=>?@</
'4^ !"#$"
34 j:+*'#Y',U'WSFB,,+63 ,6+2 ]+'-Z€€<*
,+63 ,6+2 _+'-Z€€€)l,#,$"$Z)XT
v8A#"F'"
.4S)^6['.3)WSFT<*T
8% Y'))F4@'- F1-#
<*'[e8
!"#$%
C)F1-#
]^XT
]T
T
X
\a #6*KH,+6T<*T
'".4S)'#)0))!"'-k)+N6)'-+8
<
]]
,+6,+6
__
,+6,+6
0
T
X
TX
###
T
^X
!"#$%
\a #6*KH,+6T<*T
K -#'#)0))!"'-k)+N6)'-+
<
EE
11
••
11
yy
11
0
T
X
TX
###
T
X
T
'-+$"$Z)C8
!"#$%
O+]64"' ?F'-4&)?#3 ,6+2 '-+~F 6*C"]8#
)0
#.l"
^g,+6
]6#.l"
^gh,+6
9 )+~')$i<& XC6)m1-#F
XC6C6
X
)=$4
AH,+6X
hg
•O"$Z)CB,1,+6]T
<*,+6C"T
.d')$i<|#.><&
,+6e<*,+6
#)0))!"'-k)+N6)'-+
C
e
C"T
ge
34,X+*'##,3 ,6+2 e'-+$"$Z)XT
6+d.4S)^6['
.3)WSFEB,3[3,*"3+Q"+* 33[8_ Y'$
1gX
h8
• #8k,'?e8
• 8[':'[)$"$Z)XT
e.d$R Y'-I.d6($4vK+
<& 64S)l' Y'8
!"#$%
#8#)0e
E
h‚
X# 3[3,*"3+("+* 33[<*'+. /"3 Le
ƒ
ƒe
7.Q)m)0':6*T
T
X
^
18e€
81#^€€
#^gh€€€
^#gh€%
|€€€€€€€%
#
18e
81
ur'-#e8Cm)0<& eh6*FRSF8%Ne6*]6
8#)0
AH,+6XT
AH,+6X
#^
:'[)$$XT
^gg8^g6['
345C+#,WSFE]6<*3 ,6+2 e+'-Z€€')$i<& $"
$Z)XT
$4.4S)6['WSFT
0
T
^X
T
X
^)))
T
X
T
X
$$$
T
^X
TX
ee6*y
346jH')1,+67 +1 '".4S)WSF]B,))+1 'KV'8
X+*'#+*'+*]'-+XT
'".4S),+6WSF•B,T<*
T
8w3H @ )>#•.H <& X
6*8[18
!"#$%
Ct)<*+K@.BF
1,+6
C)+1 KV'XT
T
TT
X
#)0))!"'-k)+N6)'-+
<
#g#8^
1g#1
#h`h`1h
347j:,#,F *+KV']+* 33[K#",U''5 #.4S)W
SF_fB,
8X+*'#Y'_IXT
'(
F06['T.3)$"('
#8% Y'F4@'-kF
8jZ,8
!"#$%
#8C)F1-#
X
A
^XT
T
TX
8Ct)<*+K@.BF
#,+6
##g#^
,#^
;6-3%<<4A
>"B/
C>N'hh !"#$"
„zO…T\zX†‡T\zX„z_ˆ‰T9XŠ€x†‹T\
T"?'V))>#F4@FF*3.@ $P#<*+.Z6"N'+'+*3H
64Sjx_9xŒ;3H 64S)))(''#, #FI';3H
64S)))(''2+'*K#"FŒ8
Cl64"b6*3'[3H 64S)>#Fl3'#, #F)M
4Fl)(')0K•<[$i4&))0K•'-+$"$Z)89 ))2$"$Z)
'k3H 64S,"H '".4S)I';3H 64S)))#' +3 ,6+2 <*# +
H)#1 '8
XWSFEB,<*
8C+,U'6"B3[C. !"#HK
.P,#,WSFE"08A#"3 3Y''r)'[ L,'".4S)
#,)('-V]'-+HK<*6['3[_.3'))0'm3H K+<& X
6*8
\ '-Z)>#,6*
]8#,8_8#,8
C8h#,8O8^#,8
!"#$%
C)F3DKV'+1 '.:)0':)0
T4<N)('-V])0':B,)('
C
'".4S)WSF))')0KH,+6I#"<*)03H 64S6*#,8
AH,+6)>#,W ''-+WSF6*
]8,+68_8,+68
C8,+68O8,+68
!"#$%
# Y'-I)6+2 #)+6')4&)7. /"3 LX
A
.f)
C'k'2+
'*6+2 '<*')-#FQ'DX
8
+jx_9x'#)0,X
,
-4S"
,
'
^#,
X
g^,+6
ef'3))# FQ'D#)+6'k'2+-#,U'FQ'D'<*,U'FQ'DX
8
C"XT
T
T
X
8
T
,+6
XT
T
,+6
F$ijx_9x'#)0
,
$$,"H
,
386+2
,
$$XT
,T
XC6eC6C
X
uC
XC6uC6
C
X
C
^^g,+6
;
XC6
,+6<*X
,+6
F$ijx_9x'#)0
^8,
,"H
‚‚^
,
,"H
#,jFC8
6jH')+*'+*^^#,)('Ž")@])#CX)l
6['
.3')'".4S)C
<*@ 4&)'+'m6L':'[)8Cz)>#]6*_ Y'
'm3H )>#]K+<& 33[n@h8
]8C
^
X
8_8C
X
^
8
C8C
^
X
8O8C
X
X
^^
%N)'))>#)('Ž")@]6*C
^
X
)0e
]
ƒ#,8jF]8
Copyright: Tài liệu đại học ©