Title 1.8. Bài toán vận dụng tư duy điền số điện tích.doc ✅

Học online: NguyenAnhPhong.Vn Mua sách: Napbook.Vn Học off tại Hà Nội: 0975.509.422 Thay đổi tư duy Bứt phá thành công 1.8. Bài toán vận dụng tư duy điền số điện tích. A. Định hướng tư duy +) Điền số điện tích là tư duy xử lý rất hay cho các dung dịch. Bản chất là dựa vào sự trung hòa điện tích (số mol điện tích âm = số mol điện tích dương). Ví dụ: Xét một dung dịch 3 2 2 4 Fe:a Cu:b 3a2bc2d Cl:c SO:d            +) Ở đây chúng ta cần thêm 1 bước đó là điền được các ion vào dung dịch. Muốn xử lý được linh hoạt vấn đề này các bạn chỉ cần hiểu được sự di chuyển của nguyên tố và trong quá trình điền số cần kết hợp với các định luật bảo toàn để tiết kiệm tối đa thời gian. B. Ví dụ minh họa NAP 1: Cho hỗn hợp chứa 12,0 gam Cu và 19,2 gam Fe 2 O 3 vào dung dịch H 2 SO 4 loãng dư, kết thúc phản ứng còn lại m gam kim loại không tan. Giá trị m là A. 12,0 gam. B. 4,32 gam. C. 4,80 gam. D. 7,68 gam. Định hướng tư duy giải Ta có: 2 2 23 2 4 Fe DSDT FeOCu BTDT SO n0,24 n0,12n0,12m120,12.644,32 n0,36          Giải thích tư duy Cu chạy vào 2Cu . Vì có kim loại Cu dư nên toàn bộ 3Fe chuyển hết thành 2Fe : 0,24 mol  Theo BTE số mol Cu phản ứng sinh ra 2Cu là 0,12 mol. NAP 2: Hòa tan hết hỗn hợp gồm 0,01 mol Cu 2 S, 0,04 mol FeCO 3 và x mol FeS 2 bằng dung dịch HNO 3 vừa đủ. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được V lít (đktc) hỗn hợp hai khí, trong đó có một khí màu nâu đỏ (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chỉ chứa muối sunfat trung hòa. Giá trị của V là: A. 46,592. B. 51,072. C. 50,176. D. 47,488. Định hướng tư duy giải Điền số điện tích 2 BTDT3 2 4 Cu:0,02 Fe:0,04xx0,14 SO:0,012x          2 BTE NOn0,01.100,040,14.152,24V2,28.22,451,072 Giải thích tư duy Do dung dịch chỉ chứa muối sunfat, Cu chạy vào 2Cu , Fe chạy vào 3Fe , nên ta điền số được dung dịch như bên cạnh. Hai khí ở đây là CO 2 và NO 2 nên toàn bộ S chạy hết vào 2 4SO . NAP 3: Cho 5,6 gam Fe vào 200 ml dung dịch 3 2CuNO 0,5M và HCl 1M thu được khí NO và m gam kết tủa. Xác định m. Biết rằng NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3 và không có khí H 2 bay ra. A. 6,4. B. 2,4. C. 3,2. D. 1,6. Định hướng tư duy giải Ta có: 3NO 32 H:0,2 NO:0,2n0,05mol 4HNO3eNO2HO         
Học online: NguyenAnhPhong.Vn Mua sách: Napbook.Vn Học off tại Hà Nội: 0975.509.422 Thay đổi tư duy Bứt phá thành công Khi đó dung dịch có: 3 2 2 Cl:0,2 NO:0,20,050,15 Fe:0,1 Cu:a            BTDT2a0,20,150,2a0,075mol BTDT.Cum0,10,075.641,6gam NAP 4: Cho 500 ml dung dịch hỗn hợp gồm vào HCl 0,8M và Fe(NO 3 ) 3 0,6M có thể hòa tan hoàn toàn tối đa m (g) hỗn hợp Fe và Cu (tỉ lệ mol 2:3) sau phản ứng thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất của 5N ). Khối lượng muối khan khi cô cạn dung dịch X gần nhất với: A. 99. B. 100. C. 95. D. 105. Định hướng tư duy giải Ta có: H NO 3 3 H:0,4n0,1 Fe:0,3 NO:0,9          Điền số cho X 3 2 2 Cl:0,4 NO:0,8 a0,06m98,84 Fe:0,32a Cu:3a             Giải thích tư duy Cl luôn không đổi là 0,4 mol, để tính NO 3 trong X ta dùng BTNT.N là xong. Toàn bộ Fe và Cu cuối cùng sẽ chạy vào 2Fe và 2Cu . NAP 5: Hòa tan bột Fe trong dung dịch X có chứa KNO 3 và H 2 SO 4 . Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y, chất rắn không tan và 8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm NO và H 2 , tỷ khối hơi của X so với H 2 là 11,5. Cô cạn dung dịch Y thì thu được m gam rắn khan. Giá trị của m là: A. 109,7. B. 98. C. 120. D. 100,4. Định hướng tư duy giải Ta có: 2 BTEBTE XeFe 2 NO:0,3 n0,4n1,1n0,55 H:0,1    Vì có khí H 2 nên 3NO phải hết 3BTNT.N KNOn0,3 2 BTKL BTDT2 4 Fe:0,55 YK:0,3m109,7 SO:0,7          Giải thích tư duy Vì có chất rắn dư là Fe nên muối cùng là 2Fe . Có khí H 2 nên dung dịch muối chỉ là muối sunfat. NAP 6: Dung dịch X chứa 0,01 mol 3 3FeNO , x mol H 2 SO 4 và 0,04 mol HNO 3 . Cho Mg vào X khuấy đều tới khi các phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y, chất rắn gồm 2,96 gam hỗn hợp các kim loại và 0,1 mol hỗn hợp khí Z chứa NO và H 2 . Biết Y có thể tác dụng tối đa 0,38 mol KOH. Cô cạn Y thu được m gam muối khan. Giá trị của m là: A. 22,86. B. 6,84. C. 16,72. D. 27,20. Định hướng tư duy giải Đi tắt đón đầu 24KOHKSOHn0,38n0,19n0,42 Và H4 2 NO:aNH:0,07a a0,06 H:0,1a      
Học online: NguyenAnhPhong.Vn Mua sách: Napbook.Vn Học off tại Hà Nội: 0975.509.422 Thay đổi tư duy Bứt phá thành công Điền số điện tích 2 4 4 2 SO:0,19 NH:0,01m22,86 Mg:0,185         NAP 7: Hòa tan bột Fe vào 200 ml dung dịch chứa NaNO 3 và H 2 SO 4 . Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và 6,72 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và H 2 có tỉ lệ mol 2:1 và 3 gam chất rắn không tan. Biết dung dịch A không chứa amoni. Cô cạn dung dịch A thu được khối lượng muối khan là A. 126 gam. B. 75 gam. C. 120,4 gam. D. 70,4 gam. Định hướng tư duy giải Ta có: 2 BTE XeFe 2 NO:0,2 n0,3n0,8n0,4 H:0,1    BTKL2 BTDT2 4 Na:0,2 AFe:0,4m75gam SO:0,5          Giải thích tư duy Vì có chất rắn dư là Fe nên muối cùng là 2Fe . Có khí H 2 nên dung dịch muối chỉ là muối sunfat. Toàn bộ N trong NaNO 3 đã bay hết lên dưới dạng NO: 0,2 mol nên số mol NaNO 3 ban đầu cũng là 0,2 mol. Do đó ta điền số được cho A như lời giải bên. Phần lớn người ta thất bại không phải do họ không có khả năng, mà vì ý chí không kiên định. Ngạn ngữ của người Do Thái Học vấn do người siêng năng đạt được, tài sản do người tinh tế sở hữu, quyền lợi do người dũng cảm nắm giữ, thiên đường do người lương thiện xây dựng. Franklin (Mỹ)