Một số phương pháp giải toán hóa học

Một số phương pháp giải toán hóa học A. Phương pháp bảo toàn 1. Bảo toàn điện tích a) Cơ sở Tổng điện tích dương luôn luôn bằng tổng điện tích âm về giá trị tuyệt đối. Vì thế dung dịch luôn luôn trung hoà về điện. b) Ví dụ Ví dụ 1: Kết quả xác định nồng độ mol của các ion trong một dung dịch ghi ở bảng dưới đây: Ion Na+ Ca2+ NO3- Cl- HCO3- Số mol 0,05 0,01 0,01 0,04 0,025 Hỏi kết quả đó đúng hay sai? Tại sao? Giải: Do điện tích của một ion trong dd bằng tích của điện tích và số mol của nó, nên ta có: Tổng điện tích dương là: (+1).0,05 + (+2).0,01 = + 0,07 Tổng điện tích âm là: (-1).0,01 + (-1).0,04 + (-1).0,025 = - 0,075. Giá trị tuyệt đối của điện tích dương khác điện tích âm. Vậy kết quả trên là sai. Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na+: a mol; HCO3-: b mol; CO32-: c mol; SO42-: d mol. Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml dd Ba(OH)2 nồng độ x mol/l. Lập biểu thức tính x theo a và b. Giải: HCO3- + OH- đ CO32- + H2O bmol đ b Ba2+ + CO32- đ BaCO3¯ Ba2+ + SO42- đ BaSO4¯ Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na+: a mol. Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải có: a mol OH-. Để tác dụng với HCO3- cần b mol OH-. Vậy số mol OH- do Ba(OH)2 cung cấp là (a + b) mol Ta có: và nồng độ mol/l c) Bài tập 2. Bảo toàn khối lượng a) Cơ sở: + Trong một phản ứng hóa học tổng khối lượng của các sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất phản ứng. + Khi cô cạn dd thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối lượng của các cation kim loại và anion gốc axit. b) Ví dụ Ví dụ 1: Cho từ từ một luồng khí CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 đun nóng thu được 64g sắt, khí đi ra sau phản ứng cho đi qua dd Ca(OH)2 dư được 40g kết tủa. Tính m. Giải: Khí đi ra sau phản ứng gồm CO2 và CO dư CO2 + Ca(OH)2 đ CaCO3¯ + H2O 0,4 ta có: Theo định luật bảo toàn khối lượng: m + 28.0,4 = 64 + 44.0,4 đ m = 70,4g. Ví dụ 2: Một dd có chứa 2 cation là Fe2+: 0,1mol và Al3+: 0,2mol và 2anion là Cl-: x mol và SO42-: y mol. Tính x và y, biết rằng khi cô cạn dd thu được 46,9 g chất rắn khan. Giải: Do bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9 (1) Do bảo toàn điện tích: 2.0,1 + 3.0,2 = 1.x + 2.y (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,2; y = 0,3. Ví dụ 3: Đun 132,8 g hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 1400C thu được 111,2g hỗn hợp các ete trong đó các ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mỗi ete. Giải: Đun hỗn hợp 3 rượu được ete. Theo định luật bảo toàn khối lượng: mrượu = mete = = mrượu - mete = 132,8 – 111,2 = 21,6 g. Tổng số mol các ete = số mol H2O = = 1,2 Số mol mỗi ete = mol. Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thu được 0,2mol khí CO2. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch. Giải: Đặt công thức của các muối là M2CO3 và RCO3 M2CO3 + RCO3 + 4HCl đ 2MCl + RCl2 + 2CO2 + 2H2O 0,4 0,2 mol đ 0,2 Theo định luật BTKL: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + hay: 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + 0,2.44 + 0,2.18 mmuối = 26g c) Bảo toàn electron - Nguyên tắc: Trong quá trình phản ứng thì: Số e nhường = số e thu hoặc: số mol e nhường = số mol e thu Khi giải không cần viết phương trình phản ứng mà chỉ cần tìm xem trong quá trình phản ứng có bao nhiêu mol e do chất khử nhường ra và bao nhiêu mol e do chất oxi hoá thu vào. b) Ví dụ Ví dụ 1: Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng (không có không khí) thu được chất rắn A. Hoà tan A bằng dd axit HCl dư được dd B và khí C. Đốt cháy C cần V lít O2 (đktc). Tính V, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giải: nên Fe dư và S hết. Khí C là hỗn hợp H2S và H2. Đốt C thu được SO2 và H2O. Kết quả cuối cùng của quá trình phản ứng là Fe và S nhường e, còn O2 thu e. Nhường e: Fe – 2e đ Fe2+ S - 4e đ S+4 (SO2) Thu e: Gọi số mol O2 là x mol. O2 + 4e đ 2O-2 2 mol đ 4x Ta có: giải ra x = 1,47 mol. lit Ví dụ 2: Hỗn hợp A gồm 2 kim loại R1, R2 có hoá trị x, y không đổi (R1, R2 không tác dụng với nước và đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học của kim loại). Cho hỗn hợp A phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 dư thu được 1,12 l khí NO duy nhất ở đktc. Nếu cho lượng hỗn hợp A trên phản ứng hoàn toàn với dd HNO3 thì thu được bao nhiêu lít N2. Các thể tích khí đo ở đktc. Giải: Trong bài toán này có 2 thí nghiệm: ở thí nghiệm 1: R1 và R2 nhường e cho Cu2+ để chuyển thành Cu sau đó Cu lại nhường e cho để thành (NO). Số mol e do R1 và R2 nhường ra là: + 3e đ 0,15 ở thí nghiệm 1: R1 và R2 trực tiếp nhường e cho để tạo ra N2. Gọi x là số mol N2, thì số mol e thu vào là: 2 + 10e đ 10x ơ x mol Ta có: 10x = 0,15 đ x = 0,015 = 22,4.0,015 = 0,336 lit Ví dụ 3: Cho 1,35 g hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dd HNO3 thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 mol NO vào 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch. Giải: Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al. Nhường e: Cu – 2e = x đ 2x đ x Mg – 2e = y đ 2y đ y Al – 3e = z đ 3z đ z Thu e: + 3e = (NO) 0,03 ơ 0,01 + 1e = (NO2) 0,04 ơ 0,04 Ta có: 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 (1) Nhưng 0,07 cũng chính là số mol NO3- Khối lượng muối nitrat là: 1,35 + 62.0,07 = 5,69g. 2. Phương pháp đại số a) Cách giải: Viết các phương trình phản ứng. Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm. Tính theo các phương trình phản ứng và các ẩn số đó để lập ra phương trình đại số. Giải phương trình đại số (hoặc hệ phương trình) và biện luận kết quả (nếu cần). b) Ví dụ: Để m gam bột sắt (A) ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp (B) có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho B tác dụng hoàn toàn với dd HNO3 thấy sinh ra 2,24l khí NO duy nhất ở đktc. Tính m. Giải: Trong không khí sắt tác dụng với oxi tạo ra các oxit 2Fe + O2 đ 2FeO 4Fe + 3O2 đ 2Fe3O4 3Fe + 2O2 đ Fe2O3 Hỗn hợp B tác dụng với dd HNO3: Fe + 4HNO3 đ Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 3FeO + 10HNO3 đ 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O 3Fe3O4 + 28HNO3 đ 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Fe2O3 + 6HNO3 đ 2Fe(NO3)3 + 3H2O Đặt số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z, t ta có: Theo khối lượng hỗn hợp B: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (1) Theo số mol nguyên tử Fe: x + y + 3z + 2t = (2) Theo số mol nguyên tử O trong oxit: y + 4z + 3t = (3) Theo số mol NO: x + (4) Nhận xét trước khi giải hệ phương trình đại số trên: - Có 5 ẩn số nhưng chỉ có 4 phương trình. Như vậy không đủ số phương trình để tìm ra các ẩn số, do đó cần giải kết hợp với biện luận. - Đầu bài chỉ yêu cầu tính khối lượng sắt ban đầu, như vậy không cần phải đi tìm đầy đủ các ẩn x, y, z, t. ở đây có 2 phương trình, nếu biết giá trị của nó ta dễ dàng tính được khối lượng sắt ban đầu đó là phương trình (2) và (3). + Tìm được giá trị của (2), đó là số mol Fe. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của Fe là 56 ta được m. + Tìm được giá trị của (3), đó là số mol nguyên tử O trong oxit. Nhân giá trị đó với nguyên tử khối của O là 16 ta được khối lượng của oxi trong các oxit sắt. Lấy khối lượng hỗn hợp B trừ đi khối lượng oxi ta được khối lượng sắt ban đầu, tức m. - Thực hiện các phép tính trên: + Tìm giá trị của phương trình (2): Chia (1) cho 8 được: 7x + 9y + 29z + 20t = 1,5 (5) Nhân (4) với 3 được: 3x + y + z = 0,3 (6) Cộng (5) với (6) được: 10x + 10y + 30z + 20t = 1,8 (7) Chia (7) cho 10 được: x + y + 3z + 2t = 0,18 Vậy: m = 56.0,18 = 10,08g + Tìm giá trị của phương trình (3): Nhân (5) với 3 được: 21x + 27y + 87z + 60t = 4,5 (8) Nhân (6) với 7 được: 21x + 7y + 7z = 2,1 (9) Lấy (8) trừ đi (9) được: 20y + 80z + 60t = 2,4 (10) Chia (10) cho 20 được: y + 4z + 3t = 0,12 m = 12 – (0,12.16) = 10,08g Qua việc giải bài toán trên bằng phương pháp đại số ta thấy việc giải hệ phương trình đại số nhiều khi rất phức tạp, thông thường HS chỉ lập được phương trình đại số mà không giải được hệ phương trình đó. Về mặt hóa học, chỉ dừng lại ở chỗ HS viết xong các phương trình phản ứng hóa học và đặt ẩn để tính theo các phương trình phản ứng đó (dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận) còn lại đòi hỏi ở HS nhiều về kĩ năng toán học. Tính chất toán học của bài toán lấn át tính chất hóa học, làm lu mờ bản chất hóa học. Trên thực tế, HS chỉ quen giải bằng phương pháp đại số, khi gặp một bài toán là chỉ tìm cách giải bằng phương pháp đại số, mặc dù thường bế tắc. Ta hãy giải bài toán trên bằng những phương pháp mang tính đặc trưng của hóa học hơn, đó là phương pháp bảo toàn khối lượng và phương pháp bảo toàn electron. *) Phương pháp bảo toàn khối lượng: Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: (kí hiệu khối lượng là m) (1) Tính các giá trị chưa biết của (1): + . Vậy + Muốn tính cần tính . ở đây số mol HNO3 được dùng vào 2 việc là tạo ra NO và tạo ra muối: tạo NO = nNO = tạo muối = 3.nFe = 3. pư = 0,1 + . Vậy pư = + Tính : ta có = pư = Vậy Thay các giá trị tìm được vào (1) được phương trình bậc nhất, chỉ chứa ẩn m: 12 + = 242. + 30.0,1 + Giải ra m = 10,08g Nhận xét: Tuy hơi dài nhưng cách này dễ hiểu, có tác dụng khắc sâu định luật bảo toàn khối lượng và có ưu điểm là áp dụng cho mọi quá trình oxi hoá - khử hoặc không oxi hoá - khử. c) Phương pháp bảo toàn electron: Số mol e do Fe nhường phải bằng số mol e do oxi thu và của HNO3 thu: Ta có: Giải ra m = 20,08g Nhận xét: Cho kết quả rất nhanh, tính toán rất nhẹ nhàng, khắc sâu bản chất nhường e và thu e của các quá trình hóa học. Hạn chế là chỉ áp dụng được cho các quá trình oxi hoá - khử. 3. Phương pháp trung bình (khối lượng mol trung bình, số nguyên tử trung bình) a) Cách giải: - Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất. - Giá trị trung bình dùng để biện luận tìm ra nguyên tử khối hoặc phân tử khối hay số nguyên tử trong phân tử hợp chất. - Khối lượng mol trung bình là khối lượng của một mol hỗn hợp (kí hiệu là b) Các ví dụ: Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 4,68g hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp trong nhóm IIA vào dd HCl thu được 1,12 lit CO2 ở đktc. Xác định tên kim loại A và B. Giải: Đặt là NTK trung bình của 2 kim loại A và B CO3 + 2HCl đ Cl2 + CO2ư + H2O 0,05 CO3 = = 93,6 – 60 = 33,6 Biện luận: A < 33,6 đ A là Mg = 24 B > 33,6 đ B là Ca = 40. Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn a g hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức liên tiếp trong dãy đồng đẳng thu được 3,584 lít CO2 ở đktc và 3,96g H2O. Tính a và xác định CTPT của các rượu. Giải: Gọi là số nguyên tử C trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu. x mol (1) (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,06 và = 2,67 Ta có: a = (14 + 18).x = (14.2,67) + 18.0,06 = 3,32g = 2,67 Ví dụ 3: Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08 và khối lượng là 3,387. xác định CTPT của A, B, C, biết rằng B và C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol rượu A bằng tổng số mol của rượu B và C. Giải: Như vậy phải có ít nhất một rượu có M < 42,2. Chỉ có CH3OH = 32 Ta có: ; mA = 32.0,05 = 1,67. mB + C = 3,38 – 1,6 = 1,78g; nB + C = Gọi là số nguyên tử H trung bình trong phân tử 2 rượu B và C Ta có: CxHOH = 59,3 hay 12x + + 17 = 59,3 Rút ra: 12x + = 42,3 Biện luận: x 1 2 3 4 30,3 18,3 6,3 <0 Chỉ có nghiệm khi x = 3. B, C phải có một rượu có số nguyên tử H 6,3. Có 2 cặp nghiệm: C3H5OH (CH2 = CH – CH2OH) và C3H7OH C3H3OH (CH º C – CH2OH) và C3H7OH Ví dụ 4: Cho 2,84g hỗn hợp 2 rượu đơn chức là đồng đẳng liên tiếp nhau tác dụng với một lượng Na vừa đủ tạo ra 4,6g chất rắn và V lít khí H2 ở đktc. Tính V và xác định CTPT của các rượu. Giải: Đặt là gốc hiđrocacbon trung bình và x là tổng số mol của 2 rượu. OH + Na đ Ona + H2 xmol x Ta có: ( + 17).x = 2,84 hay x + 17x = 2,84 (1) ( + 39).x = 4,6 hay x + 39x = 4,6 (2) Từ (1) và (2) giải ra x = 0,08 và = 18,5 Phải có một gốc R < 18,5 đ Duy nhất chỉ có CH3 = 15 và rượu là CH3OH. Đồng đẳng liên tiếp nên rượu kia phải là C2H5OH. V = lít. Sử dụng phương pháp trung bình để xác định sản phẩm và lượng chất dư Ví dụ: Hỗn hợp khí X gồm một hiđrocacbon A mạch hở và H2, có tỉ khối so metan bằng 0,5. Nung nóng hỗn hợp X có Ni làm xúc tác đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với oxi bằng 0,5. Hãy xác định công thức phân tử của A và tính phần trăm theo thể tích các khí trong hỗn hợp X và hỗn hợp Y. Giải: Gọi CTTQ của X là CnH2n+2-2a (n³2) Sau phản ứng thu được hỗn hợp Y, do =0,5´32=16, chứng tỏ H2 còn dư CnH2n+2-2a + aH2 CnH2n+2 Hỗn hợp Y: CnH2n+2; H2 dư 4. Phương pháp ghép ẩn số a) Cách giải: Một số bài toán cho thiếu dữ kiện nên giải bằng phương pháp đại số ta có số ẩn nhiều hơn số phương trình và có dạng vô định, không giải được. Nếu dùng phương pháp ghép ẩn số ta có thể giải loại bài toán này một cách dễ dàng. b) Các ví dụ: Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn ag hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức được hỗn hợp khí và hơi. Cho hỗn hợp khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng nước vôi trong dư, thấy bình 1 tăng 1,98g và bình 2 có 8g kết tủa. Tính a. Giải: Đặt CTPT của các rượu là CnH2n+1-OH và CmH2m+1-OH. Gọi x, y là số mol các rượu. CnH2n+1OH + O2 đ nCO2 + (n + 1)H2O x nx (n + 1)x CmH2m+1OH + O2 đ mCO2 + (m + 1)H2O y my (m + 1)y CO2 + Ca(OH)2 đ CaCO3¯ + H2O 0,08 Ta lập được 2 phương trình đại số theo số mol CO2 và số mol H2O: = nx + my = 0,08 (1) (2) ở đây, với 4 ẩn số (n, m, x, y) mà chỉ có 2 phương trình nên có dạng vo định. Ta triển khai (2) để ghép ẩn số Từ (2): = nx + x + my + y = (nx + my) + (x + y) = 0,11 Thay nx + my = 0,08, rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03. Tính a: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y hay a = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép ẩn số được a = 14(nx + my) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết được a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66g Ví dụ 2: Đun p gam hỗn hợp 2 rượu với H2SO4 đặc thu được V lít (đktc) hỗn hợp 2 anken. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp anken đó thu được x lít CO2 (đktc) và y gam H2O. Lập biểu thức tính x, y theo p, V. Giải: Đun nóng với H2SO4 đặc thu được hỗn hợp 2 anken, suy ra hỗn hợp 2 rượu đó phải thuộc loại no, đơn chức. H2SO4đ Ê 1400C CnH2n+1OH CnH2n + H2O (1) a mol a CmH2m+1OH đ CmH2m + H2O (2) b mol b CnH2n + O2 đ nCO2 + nH2O (3) a mol na na CmH2m + O2 đ mCO2 + mH2O (4) b mol mb mb Theo (1), (2): a + b = (5). Theo (3), (4): = na + mb (6) Khối lượng 2 rượu là: (14n + 18)a + (14m + 18)b = p hay 14(na + mb) + 18(a + b) = p (7) Thế (5) vào (7) được: na + mb = .18 đ .22,4 đ 5. Phương pháp tăng giảm khối lượng a) Cách giải: Khi chuyển từ chất này sang chất khác khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác nhau có khối lượng mol khác nhau. Dựa vào mối tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng giảm ta tính được lượng chất tham gia hay tạo thành sau phản ứng. b) Các ví dụ Ví dụ 1: Nhúng thanh kẽm vào dd chứa 8,32g CdSO4. Sau khi khử hoàn toàn ion Cd2+ khối lượng thanh kẽm tăng 2,35% so với ban đầu. Hỏi khối lượng thanh kẽm ban đầu. Giải: Gọi khối lượng thanh kẽm ban đầu là a gam thì khối lượng tăng thêm là gam. Zn + CdSO4 đ ZnSO4 + Cd 65g đ1mol 112g tăng 112 – 65 = 47g mol g Ta có tỉ lệ: . Giải ra a = 80g. Ví dụ 2: Nhúng thanh kim loại M hoá trị 2 vào dd CuSO4, sau một thời gian lấy thanh kim loại ra thấy khối lượng giảm 0,05%. Mặt khác nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO3)2, sau một thời gian thấy khối lượng tăng 7,1%. Xác định M, biết rằng số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 tham gia ở 2 trường hợp như nhau. Giải: Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là NTK của kim loại, x là số mol muối phản ứng. M + CuSO4 đ MSO4 + Cu¯ Ag đ 1mol 64g giảm (A – 64)g xmol g Rút ra: x = (1) M + Pb(NO3)2 đ M(NO3)2 + Pb¯ Ag đ 1mol 207 tăng (207 – A)g xmol tăng g Rút ra: x = (2) Từ (1) và (2) ta có: = (3) Từ (3) giải ra A = 65. Vậy kim loại M là kẽm. Ví dụ 3: Cho 3,78g bột Al phản ứng vừa đủ với dd muối XCl3 tạo thành dd Y. Khối lượng chất tan trong dd Y giảm 4,06g so với dd XCl3. xác định công thức của muối XCl3. Giải: Gọi A là NTK của kim loại X. Al + XCl3 đ AlCl3 + X 0,14 Ta có: (A + 35,5.3).0,14 – (133,5.0,14) = 4,06 Giải ra A = 56. Kim loại X là Fe và muối FeCl3. Ví dụ 4: Nung 100g hỗn hợp gồm Na2CO3 và NaHCO3 cho đến khi khối lượng hỗn hợp không đổi được 69g chất rắn. xác định phần trăm khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp. Giải: Chỉ có NaHCO3 bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO3. 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2ư + H2Oư 2.84g giảm: 44 + 18 = 62g xg giảm: 100 – 69 = 31g Ta có: Vậy NaHCO3 chiếm 84% và Na2CO3 chiếm 16%. Ví dụ 5: Hoà tan hoàn toàn 23,8g hỗn hợp một muối cacbonat của kim loại hoá trị I và một muối cacbonat của kim loại hoá trị II vào dd HCl thấy thoát ra 0,2mol khí. Khi cô cạn dd sau phản ứng thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Giải: Kí hiệu kim loại hoá trị I là M, số mol là x kim loại, hoá trị II là R, số mol là y. M2CO3 + 2HCl đ 2MCl + CO2ư + H2O (1) 1mol(2M+60)g 2(M+35,5) tăng (2M+71)-(2M+60) = 11gam xmol 11gam RCO3 + 2HCl đ RCl2 + CO2ư + H2O (2) 1mol(R+60)g (R+71) tăng (R+71)-(R+60) = 11g ymol 11ygam Từ (1) và (2): mhh = x + y = = 0,2 Theo (1), (2): (x + y)mol hỗn hợp phản ứng thì khối lượng hh muối tăng (11x + 11y)g = 11(x + y) = 11.0,2 = 2,2g. Vậy khối lượng muối thu được bằng khối lượng muối ban đầu cộng với khối tượng tăng thêm. mmuối = 23,8 + 2,2 = 26g 6. Phương pháp đường chéo a) Cách giải: - Phương pháp đường chéo thường dùng để giải bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc dị thể nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể. - Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất khác, nhưng do phản ứng với H2O lại cho cùng một chất. Ví dụ trộn Na2O với dd NaOH ta được cùng một chất là NaOH). - Trộn 2 dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau, ta thu được một dung dịch chất A với nồng độ duy nhất. Như vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồ tổng quát của phương pháp đường chéo như sau: D1 x1 x – x2 x D2 x2 x1 - x x1, x2, x là khối lượng chất ta quan tâm với x1 > x > x2 D1, D2 là khối lượng hay thể tích các chất (hay dung dịch) đem trộn lẫn. b) Các ví dụ: Ví dụ 1: Cần thêm bao nhiêu gam nước vào 500g dung dịch NaOH 12% để có dd NaOH 8% ? Giải: 0 4 8 mdd12% 12 8 (ở đây x1 = 0, vì nước thì nồng độ NaOH bằng 0). Ví dụ 2: Cần trộn H2 và CO theo tỉ lệ thể tích như thế nào để được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan bằng 1,5. Giải: = 1,5.16 = 24 2 4 24 28 22 Ví dụ 3: Hoà tan 4,59g Al bằng dd HNO3 loãng thu được hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối so với H2 bằng 16,75. Tính tỉ lệ thể tích khí trong hỗn hợp. Giải: = 16,75.2 = 33,5 44 3,5 33,5 30 10,5 Ví dụ 4: Trộn 2 thể tích CH4 với 1 thể tích hiđrocacbon X thu được hỗn hợp khí (đktc) có tỉ khối so với H2 bằng 15. Xác định CTPT của X. Giải: = 15.2 = 30 2V 16 MX - 30 30 1V MX 30 – 16 Với 12x + y = 58 chỉ có nghiệm khi x = 4 và y = 10 đ C4H10 Ví dụ 5: Từ 1 tấn quặng hematit (A) điều chế được 420kg sắt. Từ 1 tấn quặng manhetit (B) điều chế được 504kg sắt. Phải trộn 2 quặng trên với tỉ lệ về khối lượng là bao nhiêu để được 1 tấn quặng hỗn hợp mà từ 1 tấn quặng hỗn hợp này điều chế được 480kg sắt ? Giải: mA 420 24 480 mB 504 60