Tài liệu Phương pháp giải một số dạng bài tập hóa học vô cơ bậc THCS năm 2021 dưới đây được HOC247 biên soạn và tổng hợp nhằm giúp các em tự luyện tập với các câu hỏi đa dạng, ôn tập lại các kiến thức cần nắm một cách hiệu quả, chuẩn bị thật tốt cho các kỳ thi sắp tới. Mời các em cùng tham khảo.
1. Dạng 1: Phương pháp giải bài tập xác định công thức phân tử hợp chất vô cơ
1.1. Lập CTHH của hợp chất khi biết % nguyên tố và khối lượng mol chất
* Phương pháp:
- Đưa công thức về dạng chung AxBy hoặc AxByCz (x, y, z nguyên dương)
- Tìm MA, MB, MC…
- Đặt đẳng thức: \(\frac{{{M_A}}}{{\% A}} = \frac{{{M_B}}}{{\% B}} = \frac{{{M_C}}}{{\% C}} = \frac{{{M_{chat}}}}{{100}}\)
- Tìm x, y, z lập CTHH của hợp chất.
* Ví dụ cụ thể:
Lập CTHH của hợp chất có thành phần
%K = 38,6 %;
%N = 13,8%
% 0 = 47,6% biết khối lượng mol hợp chất là 101g.
Giải
Gọi CTHH của hợp chất là KxNyOx (x, y, z nguyên dương)
Biết MK = x; MN = 14y; M0 = 16z; Mchất = 101g
Ta có: \(\frac{{39x}}{{38,6}} = \frac{{14y}}{{13,8}} = \frac{{16z}}{{47,6}} = \frac{{101}}{{100}} = 1,01\)
x = (38,6.1,01)/39 1
y = (13,8.1,01)/14 1
z = (47,6.1,01)/16 3
Vậy CTHH của hợp chất: KNO3
1.2. Lập CTHH dựa vào thành phần % khối lượng nguyên tố.
* Phương pháp:
- Đưa công thức về dạng chung AxByCz (x, y , z nguyên dương)
- Tìm MA; MB; MC.
- Đặt tỉ lệ: MA : MB : MC = %A : %B : %C
- Tìm x, y, z lập công thức đơn giản của hợp chất.
* Ví dụ cụ thể: Tìm công thức đơn giản của hợp chất A gồm 43,4%Na, 11,3%C, 43,5%O.
Giải
Gọi CTHH của A là NaxCyOz (x, y, z nguyên dương).
Biết MNa = 23x; MC = 12y; MO = 16z
Ta có: 23x : 12y : 16z = 43,4 : 11,3 : 43,5
x : y : z = \(\frac{{43,4}}{{23}}:\frac{{11,3}}{{12}}:\frac{{43,5}}{{16}} = 1,88:0,94:2,85\)
x : y : z = 2 : 1 : 3
=> x = 1; y = 1; z = 4. Vậy công thức đơn giản của A là Na2CO3
1.3. Lập CTHH dựa vào số phần khối lượng nguyên tố.
* Phương pháp:
- Đưa công thức về dạng chung AxByCz (x, y , z nguyên dương)
- Tìm MA; MB; MC.
- Đặt tỉ lệ: MA : MB : MC = mA : mB : mC
- Tìm x, y, z . Tìm công thức đơn giản của hợp chất.
* Ví dụ cụ thể: Tìm CTHH của hợp chất A biết rằng trong thành phần gồm 112 phần khối lượng nguyên tố Sắt kết hợp với 48 phần khối lượng nguyên tố ôxi.
Giải
Gọi công thức hoá học của A là: FexOy (x, y nguyên dương)
Ta có: MFe = 56x; MO = 16y
56x : 16y = 112 : 48
x : y = \(\frac{{112}}{{56}}:\frac{{48}}{{16}} = 2:3\)
Vậy x = 2; y = 3 => CTHH đơn giản của A là Fe2O3
1.4. Lập CTHH dựa vào PTHH.
* Phương pháp:
- Đọc kỹ đề, xác định CTHH của chất tham gia và sản phẩm.
- Viết PTHH
- Dựa vào lượng của các chất đã cho tính theo PTHH. Tìm M nguyên tố.
* Ví dụ cụ thể: Cho 5,6 gam kim loại A hoá trị II tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thấy giải phóng 2,24lít H2 (ĐKTC). Hãy xác định kim loại A.
Giải
nH2 = 2,24 : 22,4 = 0,1mol
PTHH: A + H2SO4 → ASO4 + H2
Theo PTPƯ: 1mol 1mol
Theo bài ra: 0,1mol 0,1mol
MA = \(\frac{m}{n} = \frac{{5,6}}{{0,1}} = 56(g)\)
Vậy A là nguyên tố Fe.
2. Dạng 2: Phương pháp giải bài tập tính theo PTHH dựa vào lượng của một chất tham gia hoặc sản phẩm
* Phương pháp giải bài tập tính theo PTHH dựa vào lượng một chất.
- Chuyển đổi các lượng chất đã cho ra số mol.
- Lập PTHH
- Viết tỉ lệ mol các chất.
- Dựa vào số mol chất đã cho tìm số mol chất cần biết.
- Tính các lượng chất theo yêu cầu của đề bài.
2.1. Khi hiệu suất phản ứng 100% (phản ứng xảy ra hoàn toàn)
a) Khi chỉ xảy ra 1 phản ứng
Ví dụ: Để trung hoà 150 gam dung dịch NaOH 5% cần bao nhiêu gam dung dịch HCl 3,65%?
Giải
m NaOH = \(\frac{{150.5}}{{100}} = 7,5(g)\) → nNaOH = \(\frac{{7,5}}{{40}} = 0,1875(mol)\)
PTHH: NaOH + HCl → NaCl + H2O
Theo PTPƯ: 1mol 1mol
Theo bài ra: 0,1875mol 0,1875mol
mHCl = 0,1875 . 36,5 = 6,84 (g)
m dung dịch HCl = \(\frac{{6,84.100}}{{3,65}} = 187,4(g)\)
b) Khi xảy ra 2 phản ứng
Ví dụ: Nung hoàn toàn m gam CaCO3, dẫn khí thu được đi qua dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 1,97g kết tủa. Tìm m?
Giải
Các PTHH xảy ra:
CaCO3 → CaO + CO2 (1)
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (2)
Theo PTHH (1) và (2): nCaCO3 = n CO2 = \(\frac{{1,97}}{{197}} = 0,01(mol)\)
m CaCO3 = m = 0,01 . 100 = 1(g)
2.2. Khi hiệu suất nhỏ hơn 100% (phản ứng xảy ra không hoàn toàn)
a) Khi xảy ra 1 phản ứng
Ví dụ: Nung 1 tấn đá vôi (chứa 30% tạp chất) thu được bao nhiêu tấn vôi sống biết H phản ứng = 85%.
Giải
1 tấn = 1000kg
mtạp chất = \(\frac{{30}}{{100}}.1000 = 300(kg)\) → mCaCO3 = 1000 - 300 = 700 (kg)
CaCO3 → CaO + CO2
Theo PTPƯ: 100(g) 56(g)
Theo bài ra: 700(kg) x(kg)
Suy ra x = \(\frac{{700}}{{100}}.56 = 392(kg)\)
Vì H phản ứng là 85% nên ta có:
mCaO = x = \(392.\frac{{85}}{{100}} = 333,2(kg)\)
b) Khi xảy ra nhiều phản ứng:
Ví dụ: Tính khối lượng H2SO4 thu được khi sản xuất từ 12 tấn quặng FeS2 biết hiệu suất của các giai đoạn là 75%.
Giải
Sản xuất H2SO4 gồm 3 giai đoạn:
- Giai đoạn 1: Điều chế SO2
4FeS2 + 11O2 → 2FeO3 + 8SO2
Theo PTPƯ: 480(g) 512g
Theo bài ra: 12tấn x(tấn)
Suy ra x = \(\frac{{12}}{{480}}.512 = 12,8(t\^a n)\)
Vì H = 75% nên ta có:
mSO2 = x = \(\frac{{12,8}}{{100}}.75\% = 9,6\) (tấn)
- Giai đoạn 2: Ôxi hoá SO2 → SO3.
2SO2 + O2 → 2SO3
Theo PTPƯ: 128(g) 160g
Theo bài ra: 9,6 tấn y (tấn)
Suy ra y = \(\frac{{9,6}}{{128}}.160 = 12(t\^a n)\) Vì H = 75% nên ta có:
mSO3 = y = \(\frac{{12}}{{100}}.75\% = 9\) (tấn)
- Giai đoạn 3: Cho SO3 phản ứng với nước.
SO3 + H2SO4 → H2SO4
Theo PTPƯ: 80(g) 98(g)
Theo bài ra: 9(tấn) z (tấn)
Suy ra y = \(\frac{9}{{80}}.98 = 11,025(t\^a n)\)
Vì H = 75% nên ta có:
mH2SO4 = z = \(\frac{{11,025}}{{100}}.75\% = 8,27\) (tấn)
3. Dạng 3: Phương pháp giải bài tập tính theo PTHH dựa vào lượng 2 chất phản ứng
* Phương pháp giải
- Chuyển đổi các lượng chất ra số mol
- Lập PTHH - Viết tỉ lệ mol
- So sánh tỉ lệ số mol chất phản ứng tìm chất phản ứng hết, chất dư.
- Dựa vào số mol chất phản ứng hết tính số mol các chất theo PTHH.
- Tính các lượng chất theo yêu cầu của đề bài.
* Ví dụ cụ thể
Ví dụ 1: Hoà tan 8 g CuO trong 150 gam dung dịch HNO3 10%.
a) Tính khối lượng HNO3 tham gia phản ứng?
b) Khối lượng muối đồng được tạo thành là bao nhiêu gam?
c) Tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch sau khi phản ứng kết thúc.
Giải
nCuO = 8 : 80 = 0,1 (mol)
mHNO3 = \(\frac{{150.10}}{{100}} = 15(g)\) -> nHNO3 = 15 : 63 = 0,238 (mol)
Do nCuO < nHNO3 nên nCuO được tính theo phương trình.
PTHH: CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O
Theo PTHH: 1mol 2mol 1mol
Theo phản ứng: 0,1mol 0,2 mol 0,1mol
a) Theo PTHH ta có: nHNO3 = 2.nCuO = 0,2 mol
Suy ra ta có: mHNO3 phản ứng = 0,2 . 63 = 12,6 (g)
b) Theo PTHH nCu(NO3)2 = nCuO = 0,1 mol
Suy ra ta có: mCu(NO3)2 = 0,1 . 188 = 18,8(g)
c) Dung dịch sau phản ứng gồm HNO3 dư và Cu(NO3)2
mHNO3 dư = 0,038 . 63 = 2,394(g)
m dung dịch sau phản ứng = mCuO + m dung dịch HNO3 = 8 + 150 = 158(g)
C% HNO3 dư = \(\frac{{2,394.100}}{{158}} = 1,515\% \)
C% Cu(NO3)2 = \(\frac{{18,8.100}}{{158}} = 11,89\% \)
Ví dụ 2: Cho 200 g dung dịch H2SO4 10% vào 300 gam dung dịch BaCl2 5%.
a) Viết PTHH. Tính khối lượng của sản phẩm.
b) Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau khi tác bỏ kết tủa?
Giải
mBaCl2 = \(\frac{{5.300}}{{100}} = 15(g)\) -> nBaCl2 = 15 : 208 = 0,072(mol)
mH2SO4 = \(\frac{{10.200}}{{100}} = 25(g)\) -> nH2SO4 = 20 : 98 = 0,204(mol)
a) PTHH: H2SO4 + BaCl2 -> BaSO4 + 2HCl
Theo bài ra nH2SO4 > nBaCl2 . Vậy H2SO4 dư tính theo nBaCl2
Theo PTHH nBaSO4 = nBaCl2 = 0,072 mol, nên ta có mBaSO4= 0,072 . 233 = 16,77 (g)
mH2SO4 dư = 20 - (0,072 . 98) = 12,944(g)
mHCl = 0,144 . 36,5 = 5,256 (g)
b) Tính nồng độ phần trăm của các chất có trong dung dịch sau khi tác bỏ kết tủa.
m dung dịch sau phản ứng = (m dung dịch H2SO4 + m dung dịch BaCl2) – mBaSO4 = (200 + 300) – 16,77 = 483,23 (g)
C% H2SO4 dư = \(\frac{{12,944.100}}{{483,23}} \approx 2,678\% \)
C%HCl = \(\frac{{5,256.100}}{{483,23}} \approx 1,087\% \)
4. Dạng 4: Phương pháp giải bài tập áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
* Phương pháp:
- Tổng khối lượng của sản phẩm bằng tổng khối lượng của các chất tham gia phản ứng
- Trong một phản ứng hóa học có n chất (kể cả chất tham gia và tạo thành), nếu biết khối lượng của (n - 1) chất thì vận dụng định luật bảo toàn khối lượng.
* Ví dụ cụ thể:
Ví dụ 1: Cho luồng khí CO đi qua m (g) Fe3O4. Sau phản ứng thu được 24,7 gam chất rắn và 17,6 gam CO2. Tìm m ?
Hướng dẫn giải
Khi phân tích giữ liệu bài ra ta thấy không thể tính trực tiếp ngay vì số lượng chất tham gia và tạo thành là 4 mà ta chỉ biết khối lượng của 2 chất. Mặt khác chưa biết khối lượng của Fe3O4 tham gia phản ứng còn dư hay hết. Do đó ta dựa vào phương trình phản ứng để tìm giữ liệu cho bài toán.
- PTHH: Fe3O4 + CO → 3FeO + CO2
FeO + CO → Fe + CO2
Qua phương trình ta thấy nCO = nCO2 = \(\frac{{17,6}}{{44}}\) = 0,4 mol
Khi đủ giữ liệu ta áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.
mFe3O4 + mCO = m(r) + mCO2 mFe3O4 = 31,1(g)
Ví dụ 2: Hòa tan hết 7,74 gam hỗn hợp Mg, Al bằng 500ml dung dịch HCl 1M và H2SO4 0,28M thu được dung dịch X và 8,7361 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan?
Hướng dẫn giải.
- Theo bài ra ta có:
nH2 = \(\frac{{8,7361}}{{22,4}}\) = 0,39 mol
nHCl = 0,5.1 = 0,5 mol
nH2SO4 = 0,28.0,5 = 0,14 mol
- Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
mhh + mHCl + mH2SO4 = m(muối) + mH2
m(muối) = 7,74 + 0,5.36,5 + 0,14.98 - 0,39.2 = 38,93 gam.
5. Dạng 5: Phương pháp giải bài tập tăng - giảm khối lượng
* Phương pháp:
- Khi chuyển từ chất này sang chất khác thì khối lượng tăng hay giảm một lượng m (hay V đối với chất khí) do các chất khác nhau có khối lượng mol khác nhau. Dựa vào sự tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng - giảm, tính được khối lượng (hay thể tích) chất tham gia hay tạo thành sau phản ứng.
- Bài toán giải được theo phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ áp dụng được cho phương pháp này. Nhưng với phương pháp tăng - giảm khối lượng không cần biết hết (n - 1) đại lượng ta vẫn giải được nếu biết được sự biến thiên m hay V
* Ví dụ cụ thể:
Ví dụ 1: Nhúng một thanh Sắt có khối lượng 50 gam vào 400 ml dung dịch CuSO4 0,5M. Sau phản ứng lấy thanh Sắt ra làm khô cân lại thấy khối lượng là 51 gam.
a) Tính khối lượng của Đồng tạo thành bám trên thanh Sắt?
b) Tính CM các chất trong dung dịch sau phản ứng?
Hướng dẫn giải:
PTHH: Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol
Cứ 1 mol Fe (56g) tạo ra 1 mol Cu (64 g) tăng 8 gam
Vậy x mol Fe phản ứng sẽ tạo ra x mol Cu tăng 51 - 50 = 1 g
x = 1/8 = 0,125 mol
Suy ra: nFe = nCu = nFeSO4 = nCuSO4 = 0,125 mol.
Vậy mCu = 0,125.64 = 8 g
Nồng độ mol/lit của dung dịch FeSO4 là: CM (FeSO4) = \(\frac{{0,125}}{{0,4}}\) = 0,3125 M
Nồng độ mol/lit của dung dịch CuSO4 đã phản ứng là: 0,3125 M
Suy ra CM(CuSO4) = 0,5 - 0,3125 = 0,1875 M.
Ví dụ 2: Khi lấy 14,25 gam muối Clorua của một kim loại X có hóa trị II và một lượng muối Nitrat của X với số mol như nhau, thì thấy khối lượng khác nhau 7,95 g. Hãy tìm công thức của hai muối.
Hướng dẫn giải:
Ta có công thức của hai muối là: XCl2 (M = X + 71) và X(NO3)2 (M = X + 124)
Ta thấy cứ 1 mol muối X(NO3)2 lớn hơn 1 mol XCl2 là:
X + 124 - X + 71 = 53.
- Theo giả thiết khối lượng khác nhau là 7,95 g. Vì gốc NO có khối lượng lớn hơn gốc Cl nên từ giả thiết đó ta có:
mX(NO3)2 - mXCl2 = 7,95.
Số mol muối của kim loại X là: nX = \(\frac{{7,95}}{{53}}\) .1 = 0,15 mol
Khối lượng mol của muối XCl2 là: M = \(\frac{{14,25}}{{0,15}}\) = 95 X + 71 = 95 → X = 24. Vậy X là Magie (Mg).
6. Dạng 6: Phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử
* Phương pháp:
- Khi xác định tên nguyên tố hay xác định công thức phân tử thường phải xác định chính xác khối lượng mol, nhưng mỗi trường hợp M chưa có giá trị chính xác đòi hỏi phải biện luận.
- Phạm vi ứng dụng: Biện luận theo hóa trị, theo lượng chất, theo giới hạn, theo phương trình vô định hoặc theo kết quả bài toán, theo khả năng phản ứng.
- Khi giải dạng này các em thường lúng túng, giải đến giữa chừng thấy xuất hiện nhiều ẩn thì dừng lại, do không thể áp dụng phương pháp khác như ghép ẩn số, hay phương pháp bảo toàn khối lượng. Lúc này các em phải tìm cách biện lusnj thích hợp.
* Ví dụ cụ thể:
Cho 3,06 g oxit MxOy tác dụng hết với dung dịch HNO3, khi cô cạn dung dịch thấy tạo ra 5,22 g muối khan. Xác định kim loại M biết nó chỉ có một giá trị duy nhất.
Hướng dẫn giải:
- PTHH: MxOy + 2yHNO3 → xM(NO3)2y/x + yH2O
Bảo toàn nguyên tố H: nH2O = a → nHNO3 = 2a
Bảo toàn khối lượng: 3,06 + 63.2a = 5,22 + 18a → a = 0,02 mol → nHNO3 = 0,04 mol
Bảo toàn nguyên tố N: nMuối = \(\frac{{nHNO3/2y}}{x}\) = \(\frac{{nHNO3}}{n}\) (n: là hóa trị M)
MMuối = \(\frac{{5,22}}{{nHNO3}}\).n = 130,5n → M = 130,5n - 62n = 68,5n
- Biện luận M theo hóa trị n:
|
n |
1 |
2 |
3 |
4 |
|
M |
68,5 |
137 |
205,5 |
274 |
Vậy kim loại M là Bari (Ba)
Trên đây là phần trích dẫn Phương pháp giải một số dạng bài tập hóa học vô cơ bậc THCS năm 2021, để xem toàn bộ nội dung chi tiết, mời các bạn cùng quý thầy cô vui lòng đăng nhập để tải về máy.
Chúc các em đạt điểm số thật cao trong kì thi sắp đến!
