text:
10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
Chia sẻ: Duong Van Manh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:92
lượt xem 906
download
10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
Tài liệu tham khảo và hưỡng dẫn phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học
Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: 10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
- 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Phương pháp 1 ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: o 3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 t → (1) o Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 t → (2) o FeO + CO Fe + CO2 t → (3) Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành. 11,2 nB = = 0,5 mol. 22,5 Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5 − x) = 0,5 × 20,4 × 2 = 20,4 nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: mX + mCO = mA + m CO 2 ⇒ m = 64 + 0,4 × 44 − 0,4 × 28 = 70,4 gam. (Đáp án C)
- Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. Hướng dẫn giải Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O. Theo ĐLBTKL ta có m H2O = m r îu − m ete = 132,8 − 11,2 = 21,6 gam 21,6 ⇒ n H 2O = = 1,2 mol. 18 Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H 2O do đó số mol 1,2 H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là = 0,2 mol. (Đáp án D) 6 Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O n NO2 = 0,5 mol → n HNO3 = 2n NO2 = 1 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m d2 m uèi = m h2 k.o¹i + m d 2 HNO − m NO2 l 3 1 × 63 ×100 = 12 + − 46 × 0,5 = 89 gam. 63 Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có:
- 56x + 64y = 12 x = 0,1 → 3x + 2y = 0,5 y = 0,1 0,1 × 242 ×100 ⇒ %m Fe( NO3 )3 = = 27,19% 89 0,1 ×188 ×100 %m Cu ( NO3 )2 = = 21,12%. (Đáp án B) 89 Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. Hướng dẫn giải M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2 + H2O R2CO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 + H2O 4,88 n CO2 = = 0,2 mol 22,4 ⇒ Tổng nHCl = 0,4 mol và n H 2O = 0,2 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,4× 36,5 = mmuối + 0,2× 44 + 0,2× 18 ⇒ mmuối = 26 gam. (Đáp án C) Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K 2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%. Hướng dẫn giải
- to 3 KClO3 → KCl + O2 (1) 2 to Ca(ClO3 )2 → CaCl2 + 3O2 (2) o 83,68 gam A Ca(ClO2 )2 t → CaCl 2 + 2O2 (3) CaCl CaCl2 2 KCl ( A ) KCl ( A 1 2 3) h2 B n O2 = 0,78 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = mB + m O2 → mB = 83,68 − 32× 0,78 = 58,72 gam. Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3 CaCl2 + K 2CO3 CaCO3↓ + 2KCl (4) → Hỗn hợp B 0,18 ← 0,18 → 0,36 mol hỗn hợp D KCl KCl ( B) ( B) m KCl ( B) = m B − m CaCl2 ( B) ⇒ = 58,72 − 0,18 ×111 = 38,74 gam m KCl ( D ) = m KCl ( B) + m KCl ( pt 4) ⇒ = 38,74 + 0,36 × 74,5 = 65,56 gam 3 3 ⇒ m KCl ( A ) = m KCl ( D ) = × 65,56 = 8,94 gam 22 22 ⇒ m KCl pt (1) = m KCl (B) − m KCl (A) = 38,74 − 8,94 = 29,8 gam. Theo phản ứng (1): 29,8 m KClO3 = ×122,5 = 49 gam. 74,5 49 ×100 %m KClO3 ( A ) = = 58,55%. (Đáp án D) 83,68 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6.
- Hướng dẫn giải 1,88 gam A + 0,085 mol O2 → 4a mol CO2 + 3a mol H2O. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m CO2 + m H 2O = 1,88 + 0,085 × 32 = 46 gam Ta có: 44× 4a + 18× 3a = 46 → a = 0,02 mol. Trong chất A có: nC = 4a = 0,08 mol nH = 3a× 2 = 0,12 mol nO = 4a× 2 + 3a − 0,085× 2 = 0,05 mol ⇒ nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203. (Đáp án A) Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este. A. CH3−COO− CH3. B. CH3OCO−COO− 3. CH C. CH3COO−COOCH3. D. CH3COO− 2− CH COOCH3. Hướng dẫn giải R(COOR′ )2 + 2NaOH → R(COONa)2 + 2R′ OH 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 mol 6,4 M R ′OH = = 32 → Rượu CH3OH. 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: meste + mNaOH = mmuối + mrượu ⇒ mmuối − meste = 0,2× 40 − 64 = 1,6 gam. 13,56 mà mmuối − meste = meste 100 1,6 ×100 ⇒ meste = = 11,8 gam → Meste = 118 đvC 13,56 R + (44 + 15)× 2 = 118 → R = 0.
- Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCO−COO− 3. (Đáp án B) CH Ví dụ 8: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu. Xác định công thức cấu tạo của 2 este. A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3, B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3. D. Cả B, C đều đúng. Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCO O R ′ . RCOOR ′ + NaOH → RCOONa + R′ OH 11,44 11,08 5,56 gam Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: MNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam 5,2 ⇒ n NaOH = = 0,13 mol 40 11,08 ⇒ M RCOONa = = 85,23 → R = 18,23 0,13 5,56 ⇒ M R ′OH = = 42,77 → R ′ = 25,77 0,13 11,44 ⇒ M RCOOR ′ = = 88 0,13 ⇒ CTPT của este là C4H8O2 Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. (Đáp án D) Ví dụ 9: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O. - Phần 2: Tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải
- Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên n CO2 = n H2O = 0,06 mol. ⇒ n CO2 (phÇn2) = n C (phÇn2) = 0,06 mol. Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: n C (phÇn2) = n C ( A ) = 0,06 mol. ⇒ n CO2 ( A ) = 0,06 mol ⇒ VCO2 = 22,4× 0,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) Ví dụ 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. Hướng dẫn giải 0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO → 4,784 gam hỗn hợp B + CO2. CO2 + Ba(OH)2 dư → BaCO3 ↓ + H2O n CO2 = n BaCO3 = 0,046 mol và n CO ( p. ) = n CO2 = 0,046 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mCO = mB + m CO 2 ⇒ mA = 4,784 + 0,046× 44 − 0,046× 28 = 5,52 gam. Đặt nFeO = x mol, n Fe2O 3 = y mol trong hỗn hợp B ta có: x + y = 0,04 x = 0,01 mol → 72x + 160y = 5,52 y = 0,03 mol 0,01 × 72 ×101 ⇒ %mFeO = = 13,04% 5,52 ⇒ %Fe2O3 = 86,96%. (Đáp án A) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
- 01. Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. 02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 05. Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí (đktc). Hàm lượng % CaCO3 trong X là A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IA ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m là A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS2 và cho toàn bộ lượng SO2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,125M. Khối lượng muối tạo thành là A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. a) Kim loại đó là A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. b) Nếu dùng dung dịch HNO3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam.
- 10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. A 2. B 3. B 4. B 5. D 6. B 7. D 8. a-D, b-B 9. B 10. A Phương pháp 2 BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây. Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H2 + O → H2O 0,05 → 0,05 mol Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1) 3,04 − 0,05 ×16 ⇒ n Fe = = 0,04 mol 56 ⇒ x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol. Mặt khác: 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O x → x/2
- 2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O y → y/2 x + y 0,2 ⇒ tổng: n SO2 = = = 0,01 mol 2 2 Vậy: VSO2 = 224 ml. (Đáp án B) Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O → CO2 H2 + O → H2O. Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: mO = 0,32 gam. 0,32 ⇒ nO = = 0,02 mol 16 ⇒ (n CO ) + n H 2 = 0,02 mol . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxit = mchất rắn + 0,32 ⇒ 16,8 = m + 0,32 ⇒ m = 16,48 gam. ⇒ Vhh (CO+ H2 ) = 0,02 × 22,4 = 0,448 lít. (Đáp án D) Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. Hướng dẫn giải
- 2,24 n hh (CO + H 2 ) = = 0,1 mol 22,4 Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O → CO2 H2 + O → H2O. Vậy: n O = n CO + n H 2 = 0,1 mol . ⇒ mO = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 − 1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. Hướng dẫn giải o CnH2n+1CH2OH + CuO CnH2n+1CHO + Cu↓ + H2O t → Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: 0,32 mO = 0,32 gam → n O = = 0,02 mol 16 C n H 2n +1CHO : 0,02 mol ⇒ Hỗn hợp hơi gồm: H 2O : 0,02 mol. Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31 ⇒ mhh hơi = 31 × 0,04 = 1,24 gam. mancol + 0,32 = mhh hơi mancol = 1,24 − 0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít. Hướng dẫn giải
- mO = moxit − mkl = 5,96 − 4,04 = 1,92 gam. 1,92 nO = = 0,12 mol . 16 Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau: − 2H+ + O2 → H2O 0,24 ← 0,12 mol 0,24 ⇒ VHCl = = 0,12 lít. (Đáp án C) 2 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Hướng dẫn giải Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy: n O ( RO2 ) + n O (CO2 ) = n O (CO2 ) + n O ( H2O) 0,1× 2 + nO (p.ư) = 0,3× 2 + 0,2× 1 ⇒ nO (p.ư) = 0,6 mol ⇒ nO 2 = 0, m ol 3 ⇒ VO2 = 6,72 lít. (Đáp án C) Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%. Hướng dẫn giải FexOy + yCO → xFe + yCO2 Khí thu được có M = 40 → gồm 2 khí CO2 và CO dư n CO2 44 12 40 n CO 28 4
- n CO2 3 ⇒ = → %VCO2 = 75% . n CO 1 75 Mặt khác: n CO ( p. ) = n CO2 = × 0,2 = 0,15 mol → nCO dư = 0,05 mol. 100 Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do CO + O (trong oxit sắt) → CO2 ⇒ nCO = nO = 0,15 mol → mO = 0,15× 16 = 2,4 gam ⇒ mFe = 8 − 2,4 = 5,6 gam → nFe = 0,1 mol. Theo phương trình phản ứng ta có: n Fe x 0,1 2 = = = → Fe2O3. (Đáp án B) n CO2 y 0,15 3 Ví dụ 8: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. n M + O2 → M2On (1) 2 M2On + 2nHCl → 2MCln + nH2O (2) Theo phương trình (1) (2) → n HCl = 4.n O2 . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng → m O2 = 44,6 − 28,6 = 16 gam ⇒ n O2 = 0,5 mol → nHCl = 4× 0,5 = 2 mol ⇒ n Cl− = 2 mol ⇒ mmuối = mhhkl + m Cl− = 28,6 + 2× 35,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) Ví dụ 9: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe2O3 (hỗn hợp A) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit.
- A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. D. 0,012. Hướng dẫn giải FeO : 0,01 mol Hỗn hợp A + CO → 4,784 gam B (Fe, Fe2O3, FeO, Fe3O4) tương ứng với Fe2O3 : 0,03 mol số mol là: a, b, c, d (mol). Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được n H 2 = 0,028 mol. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ⇒ a = 0,028 mol. (1) 1 Theo đầu bài: n Fe3O4 = 3 (n FeO + n Fe2O3 ) → d= 1 3 ( b + c) (2) Tổng mB là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3) Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: nFe (A) = 0,01 + 0,03× 2 = 0,07 mol nFe (B) = a + 2b + c + 3d ⇒ a + 2b + c + 3d = 0,07 (4) Từ (1, 2, 3, 4) → b = 0,006 mol c = 0,012 mol d = 0,006 mol. (Đáp án A) Ví dụ 10: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H2O tạo thành là A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. Hướng dẫn giải mO (trong oxit) = moxit − mkloại = 24 − 17,6 = 6,4 gam. ⇒ m O ( H 2O ) = 6, gam ; n H O = 6,4 = 0,4 mol. 4 2 16 → m H2O = 0,4 ×18 = 7,2 gam. (Đáp án C) Ví dụ 11: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m? A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam. Hướng dẫn giải Fe3O4 → (FeO, Fe) → 3Fe2+
- n mol n Fe ( trong FeSO4 ) = n SO2 − = 0,3 mol 4 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe: n Fe ( Fe3O4 ) = n Fe ( FeSO4 ) ⇒ 3n = 0,3 → n = 0,1 ⇒ m Fe3O4 = 23,2 gam (Đáp án A) Ví dụ 12: Đun hai rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 140oC được hỗn hợp ba ete. Lấy 0,72 gam một trong ba ete đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO2 và 0,72 gam H2O. Hai rượu đó là A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C2H5OH và C4H9OH. D. CH3OH và C3H5OH. Hướng dẫn giải Đặt công thức tổng quát của một trong ba ete là CxHyO, ta có: 0,72 0,72 mC = ×12 = 0,48 gam ; m H = × 2 = 0,08 gam 44 18 ⇒ mO = 0,72 − 0,48 − 0,08 = 0,16 gam. 0,48 0,08 0,16 x : y :1 = : : = 4 : 8 : 1. 12 1 16 ⇒ Công thức phân tử của một trong ba ete là C4H8O. Công thức cấu tạo là CH3− CH2− O− CH=CH2. Vậy hai ancol đó là CH3OH và CH2=CH− 2− CH OH. (Đáp án D) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol Fe 2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là A. 23,0 gam. B. 32,0 gam. C. 16,0 gam. D. 48,0 gam. 02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe2O3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là
- A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam. 03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam. 04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là A. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít. 05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là A. 13,6 gam. B. 17,6 gam. C. 21,6 gam. D. 29,6 gam. 06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al2O3. Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 gam bột oxit. V có giá trị là: A. 1,12 lít. B. 1,344 lít. C. 1,568 lít. D. 2,016 lít. 07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Fe trong A là A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%. 08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí (trong không khí Oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc) và 9,9 gam H2O. Thể tích không khí ở (đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí H2. Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H 2 thu được ở đktc. A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít 10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C2H6, C3H4 và C4H8 thì thu được 12,98 gam CO2 và 5,76 gam H2O. Vậy m có giá trị là A. 1,48 gam. B. 8,14 gam. C. 4,18 gam. D. 16,04 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. D 2. C 3. C 4. D 5. C
- 6. C 7. B 8. A 9. C 10. C Phương pháp 3 BẢO TOÀN MOL ELECTRON Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: o 2Fe + O2 2FeO t → (1)
- o 2Fe + 1,5O2 Fe2O3 t → (2) o 3Fe + 2O2 Fe3O4 t → (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: ↑ 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (4) Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5) ↑ 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành − 2O 2 nên phương trình bảo toàn electron là: 0,728 3n + 0,009 × 4 = × 3 = 0,039 mol. 56 trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol; VNO = 0,001× 22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: o 2Al + 3FeO 3Fe + Al2O3 t → (7) o 2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3 t → (8) o 8Al + 3Fe3O4 9Fe + 4Al2O3 t → (9) ↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (10) ↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (11) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe 0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 − thành 2O 2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau: 5,4 × 3 0,013 × 2 + = 0,009 × 4 + n × 2 27 − Fe0 → Fe+2 Al0 → Al+3 O20 → 2O 2 2H+ → H2 ⇒ n = 0,295 mol ⇒ VH2 = 0,295 × 22,4 = 6,608 lít. (Đáp án A) Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.
- Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Tóm tắt theo sơ đồ: Fe2O3 t o 0,81 gam Al + hçn hîp A VNO = ? → hßa t hoµn t an oµn dung dÞ H N O 3 ch → CuO Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. Al → Al+3 + 3e 0,81 → 0,09 mol 27 và N+5 + 3e → N+2 0,09 mol → 0,03 mol ⇒ VNO = 0,03× 22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D) Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành. Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác. Tóm tắt sơ đồ: 8, gam hîp Al 3 hçn X AgNO3 : x mol + 100 ml dung dịch Y → ( A l = nFe) n Fe Cu(NO3 )2 :y mol 1, ltH 2 12 Ý ChÊtr A ¾n → Z + H Cld → ( ki o¹i 3 m l ) ] 2, gam chÊtr kh«ng t B 8 ¾n an
- Hướng dẫn giải 8,3 Ta có: nAl = nFe = = 0, m ol 1 . 83 Đặt n AgNO3 = x mol và n Cu( NO3 )2 = y mol ⇒ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại. ⇒ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2 ⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2 x x x y 2y y 0,1 0,05 ⇒ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol. ⇒ 108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. 0,2 0,1 ⇒ C M AgNO3 = = 2M; C M Cu ( NO3 )2 = = 1M. (Đáp án B) 0,1 0,1 Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15.(1) Quá trình oxi hóa:
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
10 phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học và 25 đề thi thử tuyển sinh đại học và cao đẳng
299 p | 4544 | 1639
-
Chuyên đề 11 phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học THPT (Tập 1)
43 p | 1591 | 1340
-
10 phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học
84 p | 1142 | 505
-
Phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
345 p | 1010 | 449
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
81 p | 813 | 405
-
Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học (TS. PHẠM NGỌC SƠN )
61 p | 785 | 335
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HÓA HỌC
172 p | 483 | 263
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về cacbohidrat - bài tập tự luyện
0 p | 425 | 156
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về axit cacboxylic - tài liệu bài giảng
0 p | 314 | 131
-
Các phương pháp giải nhanh bài toán Hóa học - GV. Đỗ Xuân Hưng
77 p | 219 | 113
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
81 p | 242 | 96
-
TÀI LIỆU: 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
28 p | 300 | 89
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về amin - tài liệu bài giảng
0 p | 209 | 81
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về amin - bài tập tự luyện
0 p | 205 | 75
-
Các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hóa học hữu cơ
11 p | 77 | 35
-
Phần 2: 10 bí quyết chinh phục phương pháp giải toán chủ chốt môn Hóa học
54 p | 35 | 11
-
Tài liệu ôn thi Hóa học: Phương pháp giải nhanh đề trắc nghiệm môn Hóa học
39 p | 39 | 9

markdown:
# 10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
Chia sẻ: Duong Van Manh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:92
lượt xem 906
download
![](http://image1.tailieu.vn/document/thumbnail/2010/20100507/vanmanhduong/80x100/198385_248.jpg)
##
10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
[Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ](javascript:void(0);)
Download
![](http://static1.tailieu.vn/b2013az/templates/version1/default/images/down16x21.png)
Tài liệu tham khảo và hưỡng dẫn phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm Hóa học
Bình luận(1)
[Đăng nhập để gửi bình luận!](javascript:void(0);)
##
Nội dung Text: 10 phương pháp giải nhanh bài tập môn Hóa
- 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA HỌC Phương pháp 1 ÁP DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, dựa vào định luật bảo toàn khối lượng: “Tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành trong phản ứng”. Cần lưu ý là: không tính khối lượng của phần không tham gia phản ứng cũng như phần chất có sẵn, ví dụ nước có sẵn trong dung dịch. Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng muối thu được bằng tổng khối lượng các cation kim loại và anion gốc axit. Ví dụ 1: Hỗn hợp X gồm Fe, FeO và Fe2O3. Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp X nung nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 64 gam chất rắn A trong ống sứ và 11,2 lít khí B (đktc) có tỉ khối so với H2 là 20,4. Tính giá trị m. A. 105,6 gam. B. 35,2 gam. C. 70,4 gam. D. 140,8 gam. Hướng dẫn giải Các phản ứng khử sắt oxit có thể có: o 3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 t → (1) o Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 t → (2) o FeO + CO Fe + CO2 t → (3) Như vậy chất rắn A có thể gồm 3 chất Fe, FeO, Fe3O4 hoặc ít hơn, điều đó không quan trọng và việc cân bằng các phương trình trên cũng không cần thiết, quan trọng là số mol CO phản ứng bao giờ cũng bằng số mol CO2 tạo thành. 11,2 nB = = 0,5 mol. 22,5 Gọi x là số mol của CO2 ta có phương trình về khối lượng của B: 44x + 28(0,5 − x) = 0,5 × 20,4 × 2 = 20,4 nhận được x = 0,4 mol và đó cũng chính là số mol CO tham gia phản ứng. Theo ĐLBTKL ta có: mX + mCO = mA + m CO 2 ⇒ m = 64 + 0,4 × 44 − 0,4 × 28 = 70,4 gam. (Đáp án C)
- Ví dụ 2: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc ở 140oC thu được hỗn hợp các ete có số mol bằng nhau và có khối lượng là 111,2 gam. Số mol của mỗi ete trong hỗn hợp là bao nhiêu? A. 0,1 mol. B. 0,15 mol. C. 0,4 mol. D. 0,2 mol. Hướng dẫn giải Ta biết rằng cứ 3 loại rượu tách nước ở điều kiện H2SO4 đặc, 140oC thì tạo thành 6 loại ete và tách ra 6 phân tử H2O. Theo ĐLBTKL ta có m H2O = m r îu − m ete = 132,8 − 11,2 = 21,6 gam 21,6 ⇒ n H 2O = = 1,2 mol. 18 Mặt khác cứ hai phân tử rượu thì tạo ra một phân tử ete và một phân tử H 2O do đó số mol 1,2 H2O luôn bằng số mol ete, suy ra số mol mỗi ete là = 0,2 mol. (Đáp án D) 6 Nhận xét: Chúng ta không cần viết 6 phương trình phản ứng từ rượu tách nước tạo thành 6 ete, cũng không cần tìm CTPT của các rượu và các ete trên. Nếu các bạn xa đà vào việc viết phương trình phản ứng và đặt ẩn số mol các ete để tính toán thì không những không giải được mà còn tốn quá nhiều thời gian. Ví dụ 3: Cho 12 gam hỗn hợp hai kim loại Fe, Cu tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO 3 63%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 11,2 lít khí NO 2 duy nhất (đktc). Tính nồng độ % các chất có trong dung dịch A. A. 36,66% và 28,48%. B. 27,19% và 21,12%. C. 27,19% và 72,81%. D. 78,88% và 21,12%. Hướng dẫn giải Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O n NO2 = 0,5 mol → n HNO3 = 2n NO2 = 1 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m d2 m uèi = m h2 k.o¹i + m d 2 HNO − m NO2 l 3 1 × 63 ×100 = 12 + − 46 × 0,5 = 89 gam. 63 Đặt nFe = x mol, nCu = y mol ta có:
- 56x + 64y = 12 x = 0,1 → 3x + 2y = 0,5 y = 0,1 0,1 × 242 ×100 ⇒ %m Fe( NO3 )3 = = 27,19% 89 0,1 ×188 ×100 %m Cu ( NO3 )2 = = 21,12%. (Đáp án B) 89 Ví dụ 4: Hoà tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp một muối cacbonat của các kim loại hoá trị (I) và muối cacbonat của kim loại hoá trị (II) trong dung dịch HCl. Sau phản ứng thu được 4,48 lít khí (đktc). Đem cô cạn dung dịch thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 13 gam. B. 15 gam. C. 26 gam. D. 30 gam. Hướng dẫn giải M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2 + H2O R2CO3 + 2HCl → 2MCl2 + CO2 + H2O 4,88 n CO2 = = 0,2 mol 22,4 ⇒ Tổng nHCl = 0,4 mol và n H 2O = 0,2 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: 23,8 + 0,4× 36,5 = mmuối + 0,2× 44 + 0,2× 18 ⇒ mmuối = 26 gam. (Đáp án C) Ví dụ 5: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K 2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl có trong A. % khối lượng KClO3 có trong A là A. 47,83%. B. 56,72%. C. 54,67%. D. 58,55%. Hướng dẫn giải
- to 3 KClO3 → KCl + O2 (1) 2 to Ca(ClO3 )2 → CaCl2 + 3O2 (2) o 83,68 gam A Ca(ClO2 )2 t → CaCl 2 + 2O2 (3) CaCl CaCl2 2 KCl ( A ) KCl ( A 1 2 3) h2 B n O2 = 0,78 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = mB + m O2 → mB = 83,68 − 32× 0,78 = 58,72 gam. Cho chất rắn B tác dụng với 0,18 mol K2CO3 CaCl2 + K 2CO3 CaCO3↓ + 2KCl (4) → Hỗn hợp B 0,18 ← 0,18 → 0,36 mol hỗn hợp D KCl KCl ( B) ( B) m KCl ( B) = m B − m CaCl2 ( B) ⇒ = 58,72 − 0,18 ×111 = 38,74 gam m KCl ( D ) = m KCl ( B) + m KCl ( pt 4) ⇒ = 38,74 + 0,36 × 74,5 = 65,56 gam 3 3 ⇒ m KCl ( A ) = m KCl ( D ) = × 65,56 = 8,94 gam 22 22 ⇒ m KCl pt (1) = m KCl (B) − m KCl (A) = 38,74 − 8,94 = 29,8 gam. Theo phản ứng (1): 29,8 m KClO3 = ×122,5 = 49 gam. 74,5 49 ×100 %m KClO3 ( A ) = = 58,55%. (Đáp án D) 83,68 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 1,88 gam chất hữu cơ A (chứa C, H, O) cần 1,904 lít O2 (đktc) thu được CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 4:3. Hãy xác định công thức phân tử của A. Biết tỉ khối của A so với không khí nhỏ hơn 7. A. C8H12O5. B. C4H8O2. C. C8H12O3. D. C6H12O6.
- Hướng dẫn giải 1,88 gam A + 0,085 mol O2 → 4a mol CO2 + 3a mol H2O. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m CO2 + m H 2O = 1,88 + 0,085 × 32 = 46 gam Ta có: 44× 4a + 18× 3a = 46 → a = 0,02 mol. Trong chất A có: nC = 4a = 0,08 mol nH = 3a× 2 = 0,12 mol nO = 4a× 2 + 3a − 0,085× 2 = 0,05 mol ⇒ nC : nH : no = 0,08 : 0,12 : 0,05 = 8 : 12 : 5 Vậy công thức của chất hữu cơ A là C8H12O5 có MA < 203. (Đáp án A) Ví dụ 7: Cho 0,1 mol este tạo bởi 2 lần axit và rượu một lần rượu tác dụng hoàn toàn với NaOH thu được 6,4 gam rượu và một lượng mưối có khối lượng nhiều hơn lượng este là 13,56% (so với lượng este). Xác định công thức cấu tạo của este. A. CH3−COO− CH3. B. CH3OCO−COO− 3. CH C. CH3COO−COOCH3. D. CH3COO− 2− CH COOCH3. Hướng dẫn giải R(COOR′ )2 + 2NaOH → R(COONa)2 + 2R′ OH 0,1 → 0,2 → 0,1 → 0,2 mol 6,4 M R ′OH = = 32 → Rượu CH3OH. 0,2 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: meste + mNaOH = mmuối + mrượu ⇒ mmuối − meste = 0,2× 40 − 64 = 1,6 gam. 13,56 mà mmuối − meste = meste 100 1,6 ×100 ⇒ meste = = 11,8 gam → Meste = 118 đvC 13,56 R + (44 + 15)× 2 = 118 → R = 0.
- Vậy công thức cấu tạo của este là CH3OCO−COO− 3. (Đáp án B) CH Ví dụ 8: Thuỷ phân hoàn toàn 11,44 gam hỗn hợp 2 este đơn chức là đồng phân của nhau bằng dung dịch NaOH thu được 11,08 gam hỗn hợp muối và 5,56 gam hỗn hợp rượu. Xác định công thức cấu tạo của 2 este. A. HCOOCH3 và C2H5COOCH3, B. C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. C. HCOOC3H7 và C2H5COOCH3. D. Cả B, C đều đúng. Hướng dẫn giải Đặt công thức trung bình tổng quát của hai este đơn chức đồng phân là RCO O R ′ . RCOOR ′ + NaOH → RCOONa + R′ OH 11,44 11,08 5,56 gam Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: MNaOH = 11,08 + 5,56 – 11,44 = 5,2 gam 5,2 ⇒ n NaOH = = 0,13 mol 40 11,08 ⇒ M RCOONa = = 85,23 → R = 18,23 0,13 5,56 ⇒ M R ′OH = = 42,77 → R ′ = 25,77 0,13 11,44 ⇒ M RCOOR ′ = = 88 0,13 ⇒ CTPT của este là C4H8O2 Vậy công thức cấu tạo 2 este đồng phân là: HCOOC3H7 và C2H5COOCH3 hoặc C2H5COOCH3 và CH3COOC2H5. (Đáp án D) Ví dụ 9: Chia hỗn hợp gồm hai anđehit no đơn chức làm hai phần bằng nhau: - Phần 1: Đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,08 gam H2O. - Phần 2: Tác dụng với H2 dư (Ni, to) thì thu được hỗn hợp A. Đem đốt cháy hoàn toàn thì thể tích khí CO2 (đktc) thu được là A. 1,434 lít. B. 1,443 lít. C. 1,344 lít. D. 0,672 lít. Hướng dẫn giải
- Phần 1: Vì anđehit no đơn chức nên n CO2 = n H2O = 0,06 mol. ⇒ n CO2 (phÇn2) = n C (phÇn2) = 0,06 mol. Theo bảo toàn nguyên tử và bảo toàn khối lượng ta có: n C (phÇn2) = n C ( A ) = 0,06 mol. ⇒ n CO2 ( A ) = 0,06 mol ⇒ VCO2 = 22,4× 0,06 = 1,344 lít. (Đáp án C) Ví dụ 10: Cho một luồng CO đi qua ống sứ đựng 0,04 mol hỗn hợp A gồm FeO và Fe 2O3 đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được B gồm 4 chất nặng 4,784 gam. Khí đi ra khỏi ống sứ cho hấp thụ vào dung dịch Ba(OH)2 dư thì thu được 9,062 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng Fe2O3 trong hỗn hợp A là A. 86,96%. B. 16,04%. C. 13,04%. D.6,01%. Hướng dẫn giải 0,04 mol hỗn hợp A (FeO và Fe2O3) + CO → 4,784 gam hỗn hợp B + CO2. CO2 + Ba(OH)2 dư → BaCO3 ↓ + H2O n CO2 = n BaCO3 = 0,046 mol và n CO ( p. ) = n CO2 = 0,046 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA + mCO = mB + m CO 2 ⇒ mA = 4,784 + 0,046× 44 − 0,046× 28 = 5,52 gam. Đặt nFeO = x mol, n Fe2O 3 = y mol trong hỗn hợp B ta có: x + y = 0,04 x = 0,01 mol → 72x + 160y = 5,52 y = 0,03 mol 0,01 × 72 ×101 ⇒ %mFeO = = 13,04% 5,52 ⇒ %Fe2O3 = 86,96%. (Đáp án A) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN KHỐI LƯỢNG
- 01. Hòa tan 9,14 gam hợp kim Cu, Mg, Al bằng một lượng vừa đủ dung dịch HCl thu được 7,84 lít khí X (đktc) và 2,54 gam chất rắn Y và dung dịch Z. Lọc bỏ chất rắn Y, cô cạn cẩn thận dung dịch Z thu được lượng muối khan là A. 31,45 gam. B. 33,99 gam. C. 19,025 gam. D. 56,3 gam. 02. Cho 15 gam hỗn hợp 3 amin đơn chức, bậc một tác dụng vừa đủ với dung dịch HCl 1,2 M thì thu được 18,504 gam muối. Thể tích dung dịch HCl phải dùng là A. 0,8 lít. B. 0,08 lít. C. 0,4 lít. D. 0,04 lít. 03. Trộn 8,1 gam bột Al với 48 gam bột Fe2O3 rồi cho tiến hành phản ứng nhiệt nhôm trong điều kiện không có không khí, kết thúc thí nghiệm lượng chất rắn thu được là A. 61,5 gam. B. 56,1 gam. C. 65,1 gam. D. 51,6 gam. 04. Hòa tan hoàn toàn 10,0 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại (đứng trước H trong dãy điện hóa) bằng dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí H2 (đktc). Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được lượng muối khan là A. 1,71 gam. B. 17,1 gam. C. 13,55 gam. D. 34,2 gam. 05. Nhiệt phân hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và Na2CO3 thu được 11,6 gam chất rắn và 2,24 lít khí (đktc). Hàm lượng % CaCO3 trong X là A. 6,25%. B. 8,62%. C. 50,2%. D. 62,5%. 06. Cho 4,4 gam hỗn hợp hai kim loại nhóm IA ở hai chu kỳ liên tiếp tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít H2 (đktc) và dung dịch chứa m gam muối tan. Tên hai kim loại và khối lượng m là A. 11 gam; Li và Na. B. 18,6 gam; Li và Na. C. 18,6 gam; Na và K. D. 12,7 gam; Na và K. 07. Đốt cháy hoàn toàn 18 gam FeS2 và cho toàn bộ lượng SO2 vào 2 lít dung dịch Ba(OH)2 0,125M. Khối lượng muối tạo thành là A. 57,40 gam. B. 56,35 gam. C. 59,17 gam. D.58,35 gam. 08. Hòa tan 33,75 gam một kim loại M trong dung dịch HNO 3 loãng, dư thu được 16,8 lít khí X (đktc) gồm hai khí không màu hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 17,8. a) Kim loại đó là A. Cu. B. Zn. C. Fe. D. Al. b) Nếu dùng dung dịch HNO3 2M và lấy dư 25% thì thể tích dung dịch cần lấy là A. 3,15 lít. B. 3,00 lít. C. 3,35 lít. D. 3,45 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 15,9 gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg và Cu bằng dung dịch HNO3 thu được 6,72 lít khí NO và dung dịch X. Đem cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam muối khan? A. 77,1 gam. B. 71,7 gam. C. 17,7 gam. D. 53,1 gam.
- 10. Hòa tan hoàn toàn 2,81 gam hỗn hợp gồm Fe 2O3, MgO, ZnO trong 500 ml axit H2SO4 0,1M (vừa đủ). Sau phản ứng, hỗn hợp muối sunfat khan thu được khi cô cạn dung dịch có khối lượng là A. 6,81 gam. B. 4,81 gam. C. 3,81 gam. D. 5,81 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. A 2. B 3. B 4. B 5. D 6. B 7. D 8. a-D, b-B 9. B 10. A Phương pháp 2 BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ Có rất nhiều phương pháp để giải toán hóa học khác nhau nhưng phương pháp bảo toàn nguyên tử và phương pháp bảo toàn số mol electron cho phép chúng ta gộp nhiều phương trình phản ứng lại làm một, qui gọn việc tính toán và nhẩm nhanh đáp số. Rất phù hợp với việc giải các dạng bài toán hóa học trắc nghiệm. Cách thức gộp những phương trình làm một và cách lập phương trình theo phương pháp bảo toàn nguyên tử sẽ được giới thiệu trong một số ví dụ sau đây. Ví dụ 1: Để khử hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 cần 0,05 mol H2. Mặt khác hòa tan hoàn toàn 3,04 gam hỗn hợp X trong dung dịch H2SO4 đặc thu được thể tích khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất) ở điều kiện tiêu chuẩn là A. 448 ml. B. 224 ml. C. 336 ml. D. 112 ml. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là H2 + O → H2O 0,05 → 0,05 mol Đặt số mol hỗn hợp X gồm FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là x, y, z. Ta có: nO = x + 4y + 3z = 0,05 mol (1) 3,04 − 0,05 ×16 ⇒ n Fe = = 0,04 mol 56 ⇒ x + 3y + 2z = 0,04 mol (2) Nhân hai vế của (2) với 3 rồi trừ (1) ta có: x + y = 0,02 mol. Mặt khác: 2FeO + 4H2SO4 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O x → x/2
- 2Fe3O4 + 10H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O y → y/2 x + y 0,2 ⇒ tổng: n SO2 = = = 0,01 mol 2 2 Vậy: VSO2 = 224 ml. (Đáp án B) Ví dụ 2: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H 2 đi qua một ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit: CuO, Fe3O4, Al2O3 nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí và hơi nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m. A. 0,224 lít và 14,48 gam. B. 0,448 lít và 18,46 gam. C. 0,112 lít và 12,28 gam. D. 0,448 lít và 16,48 gam. Hướng dẫn giải Thực chất phản ứng khử các oxit trên là CO + O → CO2 H2 + O → H2O. Khối lượng hỗn hợp khí tạo thành nặng hơn hỗn hợp khí ban đầu chính là khối lượng của nguyên tử Oxi trong các oxit tham gia phản ứng. Do vậy: mO = 0,32 gam. 0,32 ⇒ nO = = 0,02 mol 16 ⇒ (n CO ) + n H 2 = 0,02 mol . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: moxit = mchất rắn + 0,32 ⇒ 16,8 = m + 0,32 ⇒ m = 16,48 gam. ⇒ Vhh (CO+ H2 ) = 0,02 × 22,4 = 0,448 lít. (Đáp án D) Ví dụ 3: Thổi rất chậm 2,24 lít (đktc) một hỗn hợp khí gồm CO và H2 qua một ống sứ đựng hỗn hợp Al2O3, CuO, Fe3O4, Fe2O3 có khối lượng là 24 gam dư đang được đun nóng. Sau khi kết thúc phản ứng khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là A. 22,4 gam. B. 11,2 gam. C. 20,8 gam. D. 16,8 gam. Hướng dẫn giải
- 2,24 n hh (CO + H 2 ) = = 0,1 mol 22,4 Thực chất phản ứng khử các oxit là: CO + O → CO2 H2 + O → H2O. Vậy: n O = n CO + n H 2 = 0,1 mol . ⇒ mO = 1,6 gam. Khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là: 24 − 1,6 = 22,4 gam. (Đáp án A) Ví dụ 4: Cho m gam một ancol (rượu) no, đơn chức X qua bình đựng CuO (dư), nung nóng. Sau khi phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn trong bình giảm 0,32 gam. Hỗn hợp hơi thu được có tỉ khối đối với hiđro là 15,5. Giá trị của m là A. 0,92 gam. B. 0,32 gam. C. 0,64 gam. D. 0,46 gam. Hướng dẫn giải o CnH2n+1CH2OH + CuO CnH2n+1CHO + Cu↓ + H2O t → Khối lượng chất rắn trong bình giảm chính là số gam nguyên tử O trong CuO phản ứng. Do đó nhận được: 0,32 mO = 0,32 gam → n O = = 0,02 mol 16 C n H 2n +1CHO : 0,02 mol ⇒ Hỗn hợp hơi gồm: H 2O : 0,02 mol. Vậy hỗn hợp hơi có tổng số mol là 0,04 mol. Có M = 31 ⇒ mhh hơi = 31 × 0,04 = 1,24 gam. mancol + 0,32 = mhh hơi mancol = 1,24 − 0,32 = 0,92 gam. (Đáp án A) Chú ý: Với rượu bậc (I) hoặc rượu bậc (II) đều thỏa mãn đầu bài. Ví dụ 5: Đốt cháy hoàn toàn 4,04 gam một hỗn hợp bột kim loại gồm Al, Fe, Cu trong không khí thu được 5,96 gam hỗn hợp 3 oxit. Hòa tan hết hỗn hợp 3 oxit bằng dung dịch HCl 2M. Tính thể tích dung dịch HCl cần dùng. A. 0,5 lít. B. 0,7 lít. C. 0,12 lít. D. 1 lít. Hướng dẫn giải
- mO = moxit − mkl = 5,96 − 4,04 = 1,92 gam. 1,92 nO = = 0,12 mol . 16 Hòa tan hết hỗn hợp ba oxit bằng dung dịch HCl tạo thành H2O như sau: − 2H+ + O2 → H2O 0,24 ← 0,12 mol 0,24 ⇒ VHCl = = 0,12 lít. (Đáp án C) 2 Ví dụ 6: Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol một axit cacbonxylic đơn chức cần vừa đủ V lít O2 (ở đktc), thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Giá trị của V là A. 8,96 lít. B. 11,2 lít. C. 6,72 lít. D. 4,48 lít. Hướng dẫn giải Axit cacbonxylic đơn chức có 2 nguyên tử Oxi nên có thể đặt là RO2. Vậy: n O ( RO2 ) + n O (CO2 ) = n O (CO2 ) + n O ( H2O) 0,1× 2 + nO (p.ư) = 0,3× 2 + 0,2× 1 ⇒ nO (p.ư) = 0,6 mol ⇒ nO 2 = 0, m ol 3 ⇒ VO2 = 6,72 lít. (Đáp án C) Ví dụ 7: (Câu 46 - Mã đề 231 - TSCĐ Khối A 2007) Cho 4,48 lít CO (ở đktc) từ từ đi qua ống sứ nung nóng đựng 8 gam một oxit sắt đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Khí thu được sau phản ứng có tỉ khối so với hiđro bằng 20. Công thức của oxit sắt và phần trăm thể tích của khí CO2 trong hỗn hợp khí sau phản ứng là A. FeO; 75%. B. Fe2O3; 75%. C. Fe2O3; 65%. D. Fe3O4; 65%. Hướng dẫn giải FexOy + yCO → xFe + yCO2 Khí thu được có M = 40 → gồm 2 khí CO2 và CO dư n CO2 44 12 40 n CO 28 4
- n CO2 3 ⇒ = → %VCO2 = 75% . n CO 1 75 Mặt khác: n CO ( p. ) = n CO2 = × 0,2 = 0,15 mol → nCO dư = 0,05 mol. 100 Thực chất phản ứng khử oxit sắt là do CO + O (trong oxit sắt) → CO2 ⇒ nCO = nO = 0,15 mol → mO = 0,15× 16 = 2,4 gam ⇒ mFe = 8 − 2,4 = 5,6 gam → nFe = 0,1 mol. Theo phương trình phản ứng ta có: n Fe x 0,1 2 = = = → Fe2O3. (Đáp án B) n CO2 y 0,15 3 Ví dụ 8: Cho hỗn hợp A gồm Al, Zn, Mg. Đem oxi hoá hoàn toàn 28,6 gam A bằng oxi dư thu được 44,6 gam hỗn hợp oxit B. Hoà tan hết B trong dung dịch HCl thu được dung dịch D. Cô cạn dung dịch D được hỗn hợp muối khan là A. 99,6 gam. B. 49,8 gam. C. 74,7 gam. D. 100,8 gam. Hướng dẫn giải Gọi M là kim loại đại diện cho ba kim loại trên với hoá trị là n. n M + O2 → M2On (1) 2 M2On + 2nHCl → 2MCln + nH2O (2) Theo phương trình (1) (2) → n HCl = 4.n O2 . Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng → m O2 = 44,6 − 28,6 = 16 gam ⇒ n O2 = 0,5 mol → nHCl = 4× 0,5 = 2 mol ⇒ n Cl− = 2 mol ⇒ mmuối = mhhkl + m Cl− = 28,6 + 2× 35,5 = 99,6 gam. (Đáp án A) Ví dụ 9: Cho một luồng khí CO đi qua ống đựng 0,01 mol FeO và 0,03 mol Fe2O3 (hỗn hợp A) đốt nóng. Sau khi kết thúc thí nghiệm thu được 4,784 gam chất rắn B gồm 4 chất. Hoà tan chất rắn B bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,6272 lít H2 (ở đktc). Tính số mol oxit sắt từ trong hỗn hợp B. Biết rằng trong B số mol oxit sắt từ bằng 1/3 tổng số mol sắt (II) oxit và sắt (III) oxit.
- A. 0,006. B. 0,008. C. 0,01. D. 0,012. Hướng dẫn giải FeO : 0,01 mol Hỗn hợp A + CO → 4,784 gam B (Fe, Fe2O3, FeO, Fe3O4) tương ứng với Fe2O3 : 0,03 mol số mol là: a, b, c, d (mol). Hoà tan B bằng dung dịch HCl dư thu được n H 2 = 0,028 mol. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 ⇒ a = 0,028 mol. (1) 1 Theo đầu bài: n Fe3O4 = 3 (n FeO + n Fe2O3 ) → d= 1 3 ( b + c) (2) Tổng mB là: (56.a + 160.b + 72.c + 232.d) = 4,78 gam. (3) Số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp A bằng số mol nguyên tử Fe trong hỗn hợp B. Ta có: nFe (A) = 0,01 + 0,03× 2 = 0,07 mol nFe (B) = a + 2b + c + 3d ⇒ a + 2b + c + 3d = 0,07 (4) Từ (1, 2, 3, 4) → b = 0,006 mol c = 0,012 mol d = 0,006 mol. (Đáp án A) Ví dụ 10: Khử hoàn toàn 24 gam hỗn hợp CuO và FexOy bằng H2 dư ở nhiệt độ cao thu được 17,6 gam hỗn hợp 2 kim loại. Khối lượng H2O tạo thành là A. 1,8 gam. B. 5,4 gam. C. 7,2 gam. D. 3,6 gam. Hướng dẫn giải mO (trong oxit) = moxit − mkloại = 24 − 17,6 = 6,4 gam. ⇒ m O ( H 2O ) = 6, gam ; n H O = 6,4 = 0,4 mol. 4 2 16 → m H2O = 0,4 ×18 = 7,2 gam. (Đáp án C) Ví dụ 11: Khử hết m gam Fe3O4 bằng CO thu được hỗn hợp A gồm FeO và Fe. A tan vừa đủ trong 0,3 lít dung dịch H2SO4 1M cho ra 4,48 lít khí (đktc). Tính m? A. 23,2 gam. B. 46,4 gam. C. 11,2 gam. D. 16,04 gam. Hướng dẫn giải Fe3O4 → (FeO, Fe) → 3Fe2+
- n mol n Fe ( trong FeSO4 ) = n SO2 − = 0,3 mol 4 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Fe: n Fe ( Fe3O4 ) = n Fe ( FeSO4 ) ⇒ 3n = 0,3 → n = 0,1 ⇒ m Fe3O4 = 23,2 gam (Đáp án A) Ví dụ 12: Đun hai rượu đơn chức với H2SO4 đặc, 140oC được hỗn hợp ba ete. Lấy 0,72 gam một trong ba ete đem đốt cháy hoàn toàn thu được 1,76 gam CO2 và 0,72 gam H2O. Hai rượu đó là A. CH3OH và C2H5OH. B. C2H5OH và C3H7OH. C. C2H5OH và C4H9OH. D. CH3OH và C3H5OH. Hướng dẫn giải Đặt công thức tổng quát của một trong ba ete là CxHyO, ta có: 0,72 0,72 mC = ×12 = 0,48 gam ; m H = × 2 = 0,08 gam 44 18 ⇒ mO = 0,72 − 0,48 − 0,08 = 0,16 gam. 0,48 0,08 0,16 x : y :1 = : : = 4 : 8 : 1. 12 1 16 ⇒ Công thức phân tử của một trong ba ete là C4H8O. Công thức cấu tạo là CH3− CH2− O− CH=CH2. Vậy hai ancol đó là CH3OH và CH2=CH− 2− CH OH. (Đáp án D) MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG GIẢI THEO PHƯƠNG PHÁP BẢO TOÀN MOL NGUYÊN TỬ 01. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,4 mol FeO và 0,1mol Fe 2O3 vào dung dịch HNO3 loãng, dư thu được dung dịch A và khí B không màu, hóa nâu trong không khí. Dung dịch A cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa. Lấy toàn bộ kết tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn có khối lượng là A. 23,0 gam. B. 32,0 gam. C. 16,0 gam. D. 48,0 gam. 02. Cho khí CO đi qua ống sứ chứa 16 gam Fe2O3 đun nóng, sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hòa tan hoàn toàn X bằng H2SO4 đặc, nóng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y, lượng muối khan thu được là
- A. 20 gam. B. 32 gam. C. 40 gam. D. 48 gam. 03. Khử hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe 2O3 cần 2,24 lít CO (ở đktc). Khối lượng sắt thu được là A. 5,6 gam. B. 6,72 gam. C. 16,0 gam. D. 11,2 gam. 04. Đốt cháy hỗn hợp hiđrocacbon X thu được 2,24 lít CO 2 (đktc) và 2,7 gam H2O. Thể tích O2 đã tham gia phản ứng cháy (đktc) là A. 5,6 lít. B. 2,8 lít. C. 4,48 lít. D. 3,92 lít. 05. Hoà tan hoàn toàn a gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe2O3 trong dung dịch HCl thu được 2,24 lít khí H2 ở đktc và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. Giá trị của a là A. 13,6 gam. B. 17,6 gam. C. 21,6 gam. D. 29,6 gam. 06. Hỗn hợp X gồm Mg và Al2O3. Cho 3 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng V lít khí (đktc). Dung dịch thu được cho tác dụng với dung dịch NH3 dư, lọc và nung kết tủa được 4,12 gam bột oxit. V có giá trị là: A. 1,12 lít. B. 1,344 lít. C. 1,568 lít. D. 2,016 lít. 07. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Fe, Zn. Cho 2 gam A tác dụng với dung dịch HCl dư giải phóng 0,1 gam khí. Cho 2 gam A tác dụng với khí clo dư thu được 5,763 gam hỗn hợp muối. Phần trăm khối lượng của Fe trong A là A. 8,4%. B. 16,8%. C. 19,2%. D. 22,4%. 08. (Câu 2 - Mã đề 231 - TSCĐ - Khối A 2007) Đốt cháy hoàn toàn một thể tích khí thiên nhiên gồm metan, etan, propan bằng oxi không khí (trong không khí Oxi chiếm 20% thể tích), thu được 7,84 lít khí CO 2 (đktc) và 9,9 gam H2O. Thể tích không khí ở (đktc) nhỏ nhất cần dùng để đốt cháy hoàn toàn lượng khí thiên nhiên trên là A. 70,0 lít. B. 78,4 lít. C. 84,0 lít. D. 56,0 lít. 09. Hoà tan hoàn toàn 5 gam hỗn hợp 2 kim loại X và Y bằng dung dịch HCl thu được dung dịch A và khí H2. Cô cạn dung dịch A thu được 5,71 gam muối khan. Hãy tính thể tích khí H 2 thu được ở đktc. A. 0,56 lít. B. 0,112 lít. C. 0,224 lít D. 0,448 lít 10. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp Y gồm C2H6, C3H4 và C4H8 thì thu được 12,98 gam CO2 và 5,76 gam H2O. Vậy m có giá trị là A. 1,48 gam. B. 8,14 gam. C. 4,18 gam. D. 16,04 gam. Đáp án các bài tập vận dụng: 1. D 2. C 3. C 4. D 5. C
- 6. C 7. B 8. A 9. C 10. C Phương pháp 3 BẢO TOÀN MOL ELECTRON Trước hết cần nhấn mạnh đây không phải là phương pháp cân bằng phản ứng oxi hóa - khử, mặc dù phương pháp thăng bằng electron dùng để cân bằng phản ứng oxi hóa - khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron. Nguyên tắc của phương pháp như sau: khi có nhiều chất oxi hóa, chất khử trong một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì tổng số electron của các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận. Ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa hoặc chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương trình phản ứng. Phương pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán cần phải biện luận nhiều trường hợp có thể xảy ra. Sau đây là một số ví dụ điển hình. Ví dụ 1: Oxi hóa hoàn toàn 0,728 gam bột Fe ta thu được 1,016 gam hỗn hợp hai oxit sắt (hỗn hợp A). 1. Hòa tan hỗn hợp A bằng dung dịch axit nitric loãng dư. Tính thể tích khí NO duy nhất bay ra (ở đktc). A. 2,24 ml. B. 22,4 ml. C. 33,6 ml. D. 44,8 ml. 2. Cũng hỗn hợp A trên trộn với 5,4 gam bột Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (hiệu suất 100%). Hòa tan hỗn hợp thu được sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích bay ra (ở đktc). A. 6,608 lít. B. 0,6608 lít. C. 3,304 lít. D. 33,04. lít Hướng dẫn giải 1. Các phản ứng có thể có: o 2Fe + O2 2FeO t → (1)
- o 2Fe + 1,5O2 Fe2O3 t → (2) o 3Fe + 2O2 Fe3O4 t → (3) Các phản ứng hòa tan có thể có: ↑ 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (4) Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (5) ↑ 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6) Ta nhận thấy tất cả Fe từ Fe0 bị oxi hóa thành Fe+3, còn N+5 bị khử thành N+2, O20 bị khử thành − 2O 2 nên phương trình bảo toàn electron là: 0,728 3n + 0,009 × 4 = × 3 = 0,039 mol. 56 trong đó, n là số mol NO thoát ra. Ta dễ dàng rút ra n = 0,001 mol; VNO = 0,001× 22,4 = 0,0224 lít = 22,4 ml. (Đáp án B) 2. Các phản ứng có thể có: o 2Al + 3FeO 3Fe + Al2O3 t → (7) o 2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3 t → (8) o 8Al + 3Fe3O4 9Fe + 4Al2O3 t → (9) ↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (10) ↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (11) Xét các phản ứng (1, 2, 3, 7, 8, 9, 10, 11) ta thấy Fe 0 cuối cùng thành Fe+2, Al0 thành Al+3, O20 − thành 2O 2 và 2H+ thành H2 nên ta có phương trình bảo toàn electron như sau: 5,4 × 3 0,013 × 2 + = 0,009 × 4 + n × 2 27 − Fe0 → Fe+2 Al0 → Al+3 O20 → 2O 2 2H+ → H2 ⇒ n = 0,295 mol ⇒ VH2 = 0,295 × 22,4 = 6,608 lít. (Đáp án A) Nhận xét: Trong bài toán trên các bạn không cần phải băn khoăn là tạo thành hai oxit sắt (hỗn hợp A) gồm những oxit nào và cũng không cần phải cân bằng 11 phương trình như trên mà chỉ cần quan tâm tới trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất oxi hóa và chất khử rồi áp dụng luật bảo toàn electron để tính lược bớt được các giai đoạn trung gian ta sẽ tính nhẩm nhanh được bài toán.
- Ví dụ 2: Trộn 0,81 gam bột nhôm với bột Fe2O3 và CuO rồi đốt nóng để tiến hành phản ứng nhiệt nhôm thu được hỗn hợp A. Hoà tan hoàn toàn A trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất) ở đktc. Giá trị của V là A. 0,224 lít. B. 0,672 lít. C. 2,24 lít. D. 6,72 lít. Hướng dẫn giải Tóm tắt theo sơ đồ: Fe2O3 t o 0,81 gam Al + hçn hîp A VNO = ? → hßa t hoµn t an oµn dung dÞ H N O 3 ch → CuO Thực chất trong bài toán này chỉ có quá trình cho và nhận electron của nguyên tử Al và N. Al → Al+3 + 3e 0,81 → 0,09 mol 27 và N+5 + 3e → N+2 0,09 mol → 0,03 mol ⇒ VNO = 0,03× 22,4 = 0,672 lít. (Đáp án D) Nhận xét: Phản ứng nhiệt nhôm chưa biết là hoàn toàn hay không hoàn toàn do đó hỗn hợp A không xác định được chính xác gồm những chất nào nên việc viết phương trình hóa học và cân bằng phương trình phức tạp. Khi hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong axit HNO3 thì Al0 tạo thành Al+3, nguyên tử Fe và Cu được bảo toàn hóa trị. Có bạn sẽ thắc mắc lượng khí NO còn được tạo bởi kim loại Fe và Cu trong hỗn hợp A. Thực chất lượng Al phản ứng đã bù lại lượng Fe và Cu tạo thành. Ví dụ 3: Cho 8,3 gam hỗn hợp X gồm Al, Fe (nAl = nFe) vào 100 ml dung dịch Y gồm Cu(NO3)2 và AgNO3. Sau khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn A gồm 3 kim loại. Hòa tan hoàn toàn chất rắn A vào dung dịch HCl dư thấy có 1,12 lít khí thoát ra (đktc) và còn lại 28 gam chất rắn không tan B. Nồng độ CM của Cu(NO3)2 và của AgNO3 lần lượt là A. 2M và 1M. B. 1M và 2M. C. 0,2M và 0,1M. D. kết quả khác. Tóm tắt sơ đồ: 8, gam hîp Al 3 hçn X AgNO3 : x mol + 100 ml dung dịch Y → ( A l = nFe) n Fe Cu(NO3 )2 :y mol 1, ltH 2 12 Ý ChÊtr A ¾n → Z + H Cld → ( ki o¹i 3 m l ) ] 2, gam chÊtr kh«ng t B 8 ¾n an
- Hướng dẫn giải 8,3 Ta có: nAl = nFe = = 0, m ol 1 . 83 Đặt n AgNO3 = x mol và n Cu( NO3 )2 = y mol ⇒ X + Y → Chất rắn A gồm 3 kim loại. ⇒ Al hết, Fe chưa phản ứng hoặc còn dư. Hỗn hợp hai muối hết. Quá trình oxi hóa: Al → Al3+ + 3e Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,3 0,1 0,2 ⇒ Tổng số mol e nhường bằng 0,5 mol. Quá trình khử: Ag+ + 1e → Ag Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2 x x x y 2y y 0,1 0,05 ⇒ Tổng số e mol nhận bằng (x + 2y + 0,1). Theo định luật bảo toàn electron, ta có phương trình: x + 2y + 0,1 = 0,5 hay x + 2y = 0,4 (1) Mặt khác, chất rắn B không tan là: Ag: x mol ; Cu: y mol. ⇒ 108x + 64y = 28 (2) Giải hệ (1), (2) ta được: x = 0,2 mol ; y = 0,1 mol. 0,2 0,1 ⇒ C M AgNO3 = = 2M; C M Cu ( NO3 )2 = = 1M. (Đáp án B) 0,1 0,1 Ví dụ 4: Hòa tan 15 gam hỗn hợp X gồm hai kim loại Mg và Al vào dung dịch Y gồm HNO3 và H2SO4 đặc thu được 0,1 mol mỗi khí SO2, NO, NO2, N2O. Phần trăm khối lượng của Al và Mg trong X lần lượt là A. 63% và 37%. B. 36% và 64%. C. 50% và 50%. D. 46% và 54%. Hướng dẫn giải Đặt nMg = x mol ; nAl = y mol. Ta có: 24x + 27y = 15.(1) Quá trình oxi hóa:
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
10 phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học và 25 đề thi thử tuyển sinh đại học và cao đẳng
299 p |
4544 |
1639
-
Chuyên đề 11 phương pháp giải nhanh bài tập Hóa học THPT (Tập 1)
43 p |
1591 |
1340
-
10 phương pháp giải nhanh trắc nghiệm hóa học
84 p |
1142 |
505
-
Phương pháp giải nhanh bài tập hóa học
345 p |
1010 |
449
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
81 p |
813 |
405
-
Phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm hóa học (TS. PHẠM NGỌC SƠN )
61 p |
785 |
335
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM MÔN HÓA HỌC
172 p |
483 |
263
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về cacbohidrat - bài tập tự luyện
0 p |
425 |
156
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về axit cacboxylic - tài liệu bài giảng
0 p |
314 |
131
-
Các phương pháp giải nhanh bài toán Hóa học - GV. Đỗ Xuân Hưng
77 p |
219 |
113
-
10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM
81 p |
242 |
96
-
TÀI LIỆU: 10 PHƯƠNG PHÁP GIẢI NHANH BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM HÓA
28 p |
300 |
89
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về amin - tài liệu bài giảng
0 p |
209 |
81
-
Phương pháp giải các bài tập đặc trưng về amin - bài tập tự luyện
0 p |
205 |
75
-
Các phương pháp giải nhanh bài tập trắc nghiệm phần hóa học hữu cơ
11 p |
77 |
35
-
Phần 2: 10 bí quyết chinh phục phương pháp giải toán chủ chốt môn Hóa học
54 p |
35 |
11
-
Tài liệu ôn thi Hóa học: Phương pháp giải nhanh đề trắc nghiệm môn Hóa học
39 p |
39 |
9

Server: Apache/2.2.31 (CentOS)

Set-Cookie: TLDEVNamespace=o8qc86tlukiauk8muf85ai3cu4; path=/; domain=.tailieu.vn; HttpOnly


text:
3 Lượt tải 1457 Lượt nghe
Danh mục: Nhạc giáng sinh
Ca sĩ:
Nhạc Chuông Hay
21986 321832
17802 344003
16077 243447
11965 371252
11152 173176
9271 82233
6296 57953
5522 37615
4732 50953
4222 112469
3509 181983
3993 99051
3878 95115
4 270
761 31239
224 31713
114 4072
53 2066
232 2841
337 8217
215 10280
281 39366
785 46526

WARC-Type: response

Content-Type: application/http; msgtype=response

WARC-Truncated: length

WARC-Identified-Payload-Type: text/html

Server: nginx

Content-Type: text/html; charset=UTF-8

Connection: close

Vary: Accept-Encoding


text:
©
Copyright© 2011 thbl.vn
Trang thông tin chính thức của Đài PT-TH Bạc Liêu - http://www.thbl.vn
Giấy phép: Số 130/GP-TTĐT ngày 25/08/2008 của Cục Quản Lý Phát Thanh Truyền Hình và Thông Tin Điện Tử
Tổng biên tập: Lê Hữu Buôl
Địa chỉ: 410 – Đường 23 tháng 8 – Phường 8 – Thành phố Bạc Liêu.
Điện thoại: 0291.3825397; 0291.3825937 E-mail: info@thbl.vn
Ghi rõ nguồn thbl.vn khi phát lại thông tin từ website này.
Powered by NetSo

WARC-Identified-Payload-Type: application/xhtml+xml

Server: Apache/2.2.3 (CentOS)

Cache-Control: no-store, no-cache, must-revalidate, post-check=0, pre-check=0

Pragma: no-cache


text:
(28)3896.8699-0972924961
Cảm ứng điện dung 5 điểm, IC driver RA8875, 8080 series interface/4-wires SPI interface
Nhà sản xuất: Waveshare
Bảng giá
Smart Home Module, Remote ON/OFF, 5-24 VDC, iOS and Android with eWeLink, Real-time to App
159,000 đ/Cái
Class 10, Kích thước: 11mm x 15mm x 1mm
90,000 đ/Cái
Còn: 15 Cái
ARDUINO Uno R3 - ATMEGA328, ARDUINO UNO, EVAL BOARD
125,000 đ/Cái
Còn: 118 Cái
Trụ Sở: 939/1A Kha Vạn Cân, P. Linh Tây, Q. Thủ Đức, Tp. HCM.
Chi nhánh: 1/2 Chương Dương, Linh Chiểu, Q. Thủ Đức, Tp. HCM.
Email: info@thegioiic.com. Skype ID: thegioiic, vinaautomation. Công ty TNHH Giao Lộ. GPKD số: 0311 641 951. TP. HCM cấp 19/03/2012

markdown:
(28)3896.8699-0972924961
Cảm ứng điện dung 5 điểm, IC driver RA8875, 8080 series interface/4-wires SPI interface
**Nhà sản xuất: ** [Waveshare](/suppliers/waveshare)
Bảng giá
|
|
|
|
|
|
|LCD Type||TFT|
|Interface||8080 series interface/4-wires SPI interface|
|Touch Panel Interface||I2C|
|LCD Controller||RA8875|
|Touch Panel Type||Capacitive (5 multi-touch)|
|Color Depth||256/16K|
|Backlight||LED|
|Display Size (mm)||154.08 (W) × 85.92 (H)|
|Dot Pitch (mm)||0.0642 (W) × 0.1790 (H)|
|Aspect Ratio||8 : 5|
|Resolution||800 * 480 (Pixel)|
|Power Supply||3.0V~3.6V|
|Backlight Current||TBD|
|Operating Temp. (℃)||TBD|
|PIN NO.||SYMBOL||DESCRIPTION||Type||FUNCTION|
|1||NC|
|2||GND||Ground||Power||GND|
|3||D0||Data pin||Input/Output||D0-D15|
|4||D1|
|5||D2|
|6||D3|
|7||D4|
|8||D5|
|9||D6|
|10||D7|
|11||D8|
|12||D9|
|13||D10|
|14||D11|
|15||D12|
|16||D13|
|17||D14|
|18||D15|
|19||CS||LCD chip selection signal||Input||Low active|
|20||RS||Instruction/Data register selection||Input||1 : Instruction register
|
0 : Data register
|21||WR||Write operation||Input||WR = 0, RD = 1|
|22||RD||Read operation||Input||WR = 1, RD = 0|
|23||RESET||LCD reset||Input||Low active|
|24||NC|
|25||3V3||Power positive||Power||3.3V Input|
|26||PS||Parallel/Serial input signal selection||Input||0 : Select parallel 8080
|
1 : Select serial 4-wire SPI
|27||NC|
|28||T_IN||Touch screen interrupt||Output||Not available|
|29||WAIT||Waiting signal||Output||0 : Busy
|
1 : Idle
|30||T_IN||Capacitive touch screen interrupt||Output||Low level while the touch screen detects touching|
|31||SDA||Capacitive touch screen I2C data||Input/Output||I2C data pin, read/write data|
|32||SCL||Capacitive touch screen I2C clock||Input||I2C clock pin|
|33||3V3||Power positive||Power||3.3V Input|
|34||GND||Ground||Power||GND|
Smart Home Module, Remote ON/OFF, 5-24 VDC, iOS and Android with eWeLink, Real-time to App
159,000 đ/Cái
Class 10, Kích thước: 11mm x 15mm x 1mm
90,000 đ/Cái
**Còn: **15 Cái
ARDUINO Uno R3 - ATMEGA328, ARDUINO UNO, EVAL BOARD
125,000 đ/Cái
**Còn: **118 Cái
Trụ Sở: 939/1A Kha Vạn Cân, P. Linh Tây, Q. Thủ Đức, Tp. HCM.
Chi nhánh: 1/2 Chương Dương, Linh Chiểu, Q. Thủ Đức, Tp. HCM.
Email: info@thegioiic.com. Skype ID: thegioiic, vinaautomation. Công ty TNHH Giao Lộ. GPKD số: 0311 641 951. TP. HCM cấp 19/03/2012

Content-Type: text/html; charset=utf-8

X-Frame-Options: SAMEORIGIN

X-XSS-Protection: 1; mode=block

X-Content-Type-Options: nosniff

Cache-Control: max-age=0, private, must-revalidate


text:
Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật Bản DCC-1314 và DCC-1618 thiết kế kiểu cầm tay, trọng lượng nhẹ 4.5Kg và 7.3Kg. Máy sử dụng Pin sạc 14.4V và 18V chuyên dùng cắt các loại sắt xây dựng phi 4mm, 5mm, 6mm, 8mm, 10mm, 12mm, 13mm, 16mm. Máy thích hợp làm việc ở công trường hoặc làm việc leo trèo trên cao. Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật nói riêng và của các nhà sản xuất khác nói chung đều có khả năng cắt nhỏ hơn máy cắt sắt dùng điện. Tuy khả năng cắt thường được giới hạn 16mm trở xuống nhưng nó tỏ ra hữu hiệu khi làm ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tayFeed Subscription
Máy cắt sắt Diamond
Máy cắt sắt Diamond Nhật Bản chuyên cắt các loại sắt xây dựng, thời gian cắt nhanh, trọng lượng nhẹ. Gồm loại dùng điện DC13LV, DC16LZ, DC16W, DC20W, DC20WH, DC20HL, DC25X, DC25W, DC32WH, loại dùng Pin sạc DCC1314, DCC1618. Đây là thiết bị chuyên dùng hoạt động kiểu điện thủy lực ứng dụng nhiều nhất trong ngành xây dựng. Máy cắt sắt Diamond Nhật thiết kế kiểu cầm tay tích hợp 2 bộ phận motor điện và đầu cắt thủy lực chung trên một thiết bị. Điều này giúp tối ưu kiểu dáng và trong lượng thiết bị giúp di chuyển dể dàng. Máy cắt sắt Diamond khi làm việc có ... Read More »
Máy cắt sắt dùng Pin Ogura
Máy cắt sắt dùng Pin sạc Ogura Nhật Bản HCC13DF, HCC16DF, HCC19DF cho phép cắt các loại sắt xây dựng đường kính 4mm, 5mm, 6mm, 8mm, 10mm, 12mm, 13mm, 14mm, 16mm, 19mm. Đây là loại máy chuyên dụng để làm việc tại công trường, làm việc trên cao hoặc các vị trí không có lưới điện kéo đến. Nhà sản xuất máy cắt sắt Ogura Nhật Bản có 2 dòng máy cắt sắt là máy cắt sắt dùng điện và máy cắt sắt dùng pin. Cả 2 loại máy này đều ứng dụng kiểu điện thủy lực. Vì vậy thời gian cắt nhanh, khả năng cắt mạnh và tuổi thọ thiết ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tay Ogura Nhật
Máy cắt sắt cầm tay Ogura Nhật loại dùng điện thủy lực gồm BC232, HBC225, HBC520, HBC816, HBC316, HBC613. Máy chuyên cắt các loại sắt cây xây dựng có đường kính max 32mm, 25mm, 20mm, 16mm, 13mm. Máy thiết kế gọn nhẹ khi làm việc có thể cầm tay, đặt trên bàn hoặc đặt trên sàn. Máy cắt sắt cầm tay Ogura Nhật được thiết kế kiểu điện thủy lực nên cho phép lực cắt lớn, thời gian cắt nhanh. Đặt biệt là máy chạy êm không có hiện tượng rung giật trong quá trình vận hành. Thiết bị máy cắt sắt cầm tay và máy đột lỗ cầm tay dùng ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực Hàn Quốc TYC-NHD25
Máy cắt sắt thủy lực Hàn Quốc TYC-NHD25 là model máy cắt sắt cầm tay có công suất lớn của Taeyon, thời gian cắt nhanh và cho phép cắt đồng thời nhiều cây. Máy không sử dụng lưỡi cưa như SBC-25BL của Ogura Nhật Bản mà dùng lưỡi cắt kiểu HBC-225 của cùng nhà sản xuất Ogura. Máy cho phép cắt từ D6-D25 có thể thực hiện trên sàn hoặc cầm tay (khá nặng so với người Việt Nam). Tùy theo đường kính sắt cần cắt má máy cho phép sử dụng khác nhau. Vi dụ D25, D22, D19, D16 mổi lần cắt 1 cây, D13 mổi lần cắt 2 ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay NRC-20
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay NRC-20 giá tốt được nhiều người sử dụng, khả năng cắt 4mm-20mm có cùng khả năng làm việc với RC-20, nhưng kiểu dáng thiết kế khác. Nếu như model RC-20 thường được người sử dụng đặt trên sàn hay mặt đất để cắt, thì model NRC-20 thiết kế kiểu thân thẳng cho phép cầm cắt trực tiếp. Máy cắt sắt thủy lực cầm tay NRC-20 được thiết kế trọng lượng nhẹ 12.5Kg, kiểu thiết kế này giống HBC-816, HBC-613 của nhà sản xuất Ogura Nhật Bản. Tuy nhiên NRC-20 Okey China thuộc dòng máy giá rẻ, đáp ứng nhu cầu công việc nhẹ và ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tay giá rẻ RC-25
Máy cắt sắt cầm tay giá rẻ RC-25 loại điện thủy lực của Okey China được nhiều người sử dụng nhất vì nó phù hợp trong ngành xây dựng dân dụng và công nghiệp. Khả năng cắt của thiết bị từ 4mm-25mm trong khoan thời gian 3.5-4.5s, tầm cắt này là phổ thông nhất trong xây dựng và một số ngành khác. Nhà sản xuất Taeyeon Hàn Quốc có model tương đương là TYC-HD25B, Ogura Nhật Bản có model HBC-225 và model cắt bằng lưỡi cưa là SBC-25BL. Tuy nhiên 2 dòng máy này có giá khá cao, trong khi RC-25 có giá rẻ hơn nhiều. Máy cắt sắt cầm ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực giá rẻ RC-22
Máy cắt sắt thủy lực giá rẻ RC-22 Okey China là loại cầm tay thủy lực chuyên dùng cắt sắt cây trong xây dựng, thời gian cắt nhanh 3,5-4.5s. Máy thiết kế trọng lương 15Kg cho phép di chuyển dễ dàng trên công trường. Nhà sản xuất Ogura Nhật Bản có model HBC-520 cho phép cắt 20mm chứ không có loại cắt đến 22mm. Trong khi đó nhà sản xuất Okey China có các loại RC-16, RC-16B, RC-20, NRC-20 RC-22, RC-25. Tuy nhiên lại không có loại cắt lớn như HBC-232 của Ogura hay TYC-HD32C của Taeyeon Hàn Quốc. Máy cắt sắt thủy lực giá rẻ RC-22 Okey China đã ... Read More »
Máy đột lỗ cầm tay MHP-20 giá rẻ
Máy đột lỗ cầm tay MHP-20 giá rẻ do Okey China sản xuất chuyên dùng đột lỗ trên các vật liệu có độ dày không quá 6mm, đường kính đột từ phi 4mm-20mm, là model duy nhất của nhà sản xuất Okey China. Máy được thiết kế kiểu cầm tay theo nguyên lý điện thủy lực, có trọng lượng 12kg không kể khuôn, công suất 830W/900W. Model HMP-20 có khả năng làm việc tương đương HPC-N208W, HPC-N209W và HPC-186W của nhà sản xuất Ogura Nhật Bản, nếu chỉ quan tâm về giá thì HMP-20 rẻ hơn nhiều. Tuy nhiên Việt Nam có câu: “tiền nào của đó !!!”, người sử ... Read More »
Máy cắt sắt giá rẻ RC-20
Máy cắt sắt giá rẻ RC-20 của Okey China, đây là loại có giá thấp nhất trong dòng máy cắt sắt cầm tay dùng thủy lực. Máy dùng lưỡi cắt thủy lực chứ không dùng kiểu lưỡi cưa như một số dụng cụ cầm tay khác. Cùng khả năng làm việc với model này thì Taeyeon Hàn Quốc có model TYC-HD19A và Orura Nhật Bản có HBC-520. Tuy nhiên giá cùa 2 thương hiệu trên khá cao nên không phù hợp với số đông của người sử dụng. Vì vậy mới nói rằng máy cắt sắt RC-20 là rẻ nhất. Trên thị trường dụng cụ cầm tay Trung Quốc có ... Read More »
Máy cắt sắt 16mm RC-16
Máy cắt sắt 16mm RC-16 giá rẻ do Okey China sản xuất chuyên dùng cắt các loại sắt xây dưng có đường kính lớn nhất 16mm. Máy hoạt động dựa trên nguyên lý điện thủy lực. Đây là dòng máy có giá “mềm” nhất so với 2 dòng của Taeyeon Hàn Quốc và Ogura Nhật Bản. Model RC-16 cố khả năng làm việc tương đương với HBC-316 của Ogura. Trong khi Taeyeon hàn Quốc lại không có dòng công suất này. Máy cắt sắt 16mm RC-16 là loại giá rẻ dành cho những người có chi phí đầu tư giới hạn hoặc những công việc xây dựng dân dụng vừa ... Read More »
Máy cắt sắt 25mm SBC-25BL
Máy cắt sắt 25mm SBC-25BL Ogura Nhật Bản giá tốt nhất được thiết kế kiểu cầm tay dùng Pin sạc nhanh, trọng lượng chỉ 4Kg nhưng cho áp lực 620N/mm2 và cắt sắt xây dựng lớn nhất phi D25mm. Có một điểm hay của model này so với các model máy cắt sắt Nhật Bản khác cùng nhà sản xuất Ogura là cho phép cắt sắt thừa trên bề mặt bê tông. Nghĩa là sau khi đổ bê tông những cây sắt còn nhô ra (thừa ra) không cần thiết máy cho phép cắt sát bề mặt. Đây có thể xem là một thiết kế đặc biệt và là một ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tay Ogura HBC-613
Máy cắt sắt cầm tay Ogura HBC-613 Nhật Bản công suất 710W, khả năng cắt 13mm với thời gian cực ngắn 1.2s. Động cơ 2 lớp cách điện có tổng trong lượng 7.3Kg. Đây là dòng máy cắt sắt thủy lực Ogura có công suất nhỏ nhất chỉ 710W, chuyên dùng trong ngành xây dưng dân dụng và công nghiệp. Máy cắt sắt cầm tay Ogura HBC-613 Nhật bản được thiết kế tích hợp chung gồm 2 phần điện và thủy lực. Nghĩa là trên một thiết bị có cả phần động cơ bơm thủy lực và đầu gắn lưỡi cắt trên cùng một thiết bị. Đối với một số ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay HBC-316
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay HBC-316 Ogura Nhật Bản, chuyên cắt sắt xây dựng 16mm trong 2.5 giây. Công suất 580W trọng lượng 5.8Kg. Máy được thiết kể kiểu máy khoan cầm tay, có nút khóa công tắt nguồn và vận hành kiểu điện thủy lực. Bộ phận thủy lực được tích hợp chung giống HBC-816 nhưng máy này có công suất nhỏ hơn và thời gian cắt cũng lâu hơn. Tuy cùng cắt 16mm nhưng HBC-816 cắt trong thời gian 1.5 giây nhờ động cớ 1050W, Model HBC-316 cắt với thời gian 2.5 giây. Bù lại trọng lượng của model này khá nhẹ 5.8Kg giống như một máy ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tay 20mm HBC-520
Máy cắt sắt cầm tay 20mm HBC-520 Ogura Nhật Bản công suất 1330W/220V, trọng lượng 12.2Kg cho phép cắt sắt 20mm với thời gian 2.5s, thiết kế kiểu cầm tay. Máy vận hành kiều điện-thủy lực hai chiều, có vale xã khi quá trình cắt bị kẹt lưỡi hoặc gặp vật liệu quá cứng. Máy thiết kế kiểu nằm ngang, bộ phận đầu cắt cố định, không cho phép xoay như các loại dùng pin HCC-13DF, HCC-16DF, HCC-19DF. Nhà sản xuất máy đột lỗ Nhật Bản Ogura khuyến cáo nếu cắt sắt với áp lực 560-620N/mm2 nên sử dụng lưỡi cắt có mã “SP” dù đường kính cắt vẫn là D20mm. ... Read More »
Máy cắt sắt 25mm Nhật Bản HBC-225
Máy cắt sắt 25mm Nhật Bản HBC-225 Ogura công suất 1430W, khả năng cắt sắt xây dựng D25, D20, D18, D16, D13, D10 trong thời gian 3.5s. Động cơ 220V được cách điện 2 lớp cách điện. Máy thiết kế kiểu điện thủy lực cho phép xách tay có trọng lượng 22Kg. Lưỡi cắt rời cho phép thay thế khi hư hỏng, nhà sản xuất Ogura Nhật Bản khuyến cáo nên dùng lưỡi cắt mã “SP” sẽ giúp kéo dài tuổi thọ hơn và thời gian cắt nhanh hơn. Máy cắt sắt 25mm Nhật Bản HBC-225 được thiết kế kiểu nằm ngang, đầu cắt cố định không cho phép xoay như các ... Read More »
Máy cắt sắt cầm tay dùng pin HCC-13DF
Máy cắt sắt cầm tay dùng pin HCC-13DF Ogura Nhật Bản, khả năng cắt 13mm thời gian 2.5s. Tốc độ cắt tăng gấp đôi so với model HCC-613, hoạt động kiểu Double Acting. Máy cắt sắt cầm tay dùng pin HCC-13DF là dòng máy có công suất thấp nhất trong seri nếu so với HCC-16DF và HCC-19DF. Cùng làm việc với khả năng này có model dùng điện HBC-613, cả 2 model này cho phép sử dụng chung bộ lưỡi cắt. Đây là ưu điểm cho người sử dụng trong việc thay thế dao cụ lưỡi cắt sắt. Máy cắt sắt cầm tay dùng pin HCC-13DF Ogura Nhật Bản tuy ... Read More »
Máy cắt sắt dùng pin HCC-16DF
Máy cắt sắt dùng pin HCC-16DF Ogura Nhật Bản, khả năng cắt D16mm thời gian 4s. Trọng lượng 6.5Kg, pin Lithium-Lion 18VDC. Đầu cho phép xoay 360 độ quanh thân máy. Máy được thiết kế kiểu điện-thủy lực bao gồm động cơ DC, bộ bơm tủy lực và đầu lắp lưỡi cắt. Máy cắt sắt dùng pin HCC-16DF được thiết kế kiểu cầm tay khả năng làm việc giống model HBC-816 dùng điện của cùng nhà sản xuất Ogura. Với kiểu thiết kế này máy cho phép làm việc gần như mọi vị trí, hữu dụng nhất là cắt sắt thừa trong các trụ bê tông cốt thép. Do đó ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực dùng pin HCC-19DF
Máy cắt sắt thủy lực dùng pin HCC-19DF Ogura Nhật Bản, khả năng cắt sắt D20mm trong thời gian 6.5s. Thân động cơ cho phép xoay 360 độ khi đang vận hành. Sử dụng Pin sạc Lithium-ion 18V. Trong lúc hoạt động, nếu vì một lý do nào đó ví dụ như vật liệu quá lớn hoặc quá cứng, có valve mở cho thủy lực hồi về tạm dừng chu trình cắt. Đây là một thiết kế hay đối với máy cắt sắt thủy lực dùng pin HCC-19DF. Dòng máy này dùng để cắt sắt và được sử dụng rộng rải trong các ngành, nhưng nhiều nhất vẫn là ngành ... Read More »
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay HBC-232
Máy cắt sắt thủy lực cầm tay HBC-232 Ogura Nhật Bản, khả năng cắt D32mm với thời gian 7s. Đây là máy chuyên dùng cắt sắt xây dựng hoạt động kiểu điện thủy lực. So với đường kính cắt 32mm thì máy này được thiết kế khá nhẹ 37.6Kg, cho phép cầm tay và di động ở mọi vịtrí trên công trường. Thật ra để gia công cắt sắt xây dựng thì có rất nhiều loại thiết bị thực hiện được, nhưng đó là trong nhà xưởng. Nhưng đa phần các thiết bị này sẽ gặp khó khăn khi ở công trường. Máy cắt sắt thủy lực cầm tay HBC-232 ... Read More »

markdown:
Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật Bản DCC-1314 và DCC-1618 thiết kế kiểu cầm tay, trọng lượng nhẹ 4.5Kg và 7.3Kg. Máy sử dụng Pin sạc 14.4V và 18V chuyên dùng cắt các loại sắt xây dựng phi 4mm, 5mm, 6mm, 8mm, 10mm, 12mm, 13mm, 16mm. Máy thích hợp làm việc ở công trường hoặc làm việc leo trèo trên cao. Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật nói riêng và của các nhà sản xuất khác nói chung đều có khả năng cắt nhỏ hơn máy cắt sắt dùng điện. Tuy khả năng cắt thường được giới hạn 16mm trở xuống nhưng nó tỏ ra hữu hiệu khi làm ...
[Read More »](http://thietbitoancau.com/may-cat-sat-dung-pin-diamond/)
[Máy cắt sắt dùng Pin Diamond](http://thietbitoancau.com/may-cat-sat-dung-pin-diamond/)
Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật Bản DCC-1314 và DCC-1618 thiết kế kiểu cầm tay, trọng lượng nhẹ 4.5Kg và 7.3Kg. Máy sử dụng Pin sạc 14.4V và 18V chuyên dùng cắt các loại sắt xây dựng phi 4mm, 5mm, 6mm, 8mm, 10mm, 12mm, 13mm, 16mm. Máy thích hợp làm việc ở công trường hoặc làm việc leo trèo trên cao. Máy cắt sắt dùng Pin Diamond Nhật nói riêng và của các nhà sản xuất khác nói chung đều có khả năng cắt nhỏ hơn máy cắt sắt dùng điện. Tuy khả năng cắt thường được giới hạn 16mm trở xuống nhưng nó tỏ ra hữu hiệu khi làm ...

X-Cache: HIT from Backend

Server: nginx admin


text:
Vai trò canxi với hệ thần kinh con người
Ion Canxi có vai trò quan trọng trong truyền dẫn thần kinh. Khi cơ thể thiếu Canxi thì hoạt động truyển dẫn thần kinh bị ức chế, công năng hưng phấn và công năng ức chế của hệ thần kinh bị suy giảm.
Ở trẻ em thiếu Canxi thường có những biểu hiện khóc đêm, quấy khóc, rối loạn chức năng vận động, hiếu động quá mức…Người già thiếu Canxi thường có biểu hiện thần kinh suy nhược, năng lực điều tiết thần kinh suy giảm như: hay quên, tinh thần không ổn định, mất ngủ hoặc ngủ li bì, dễ cáu, hay ngủ mơ, đau đầu, tính tình thay đổi thất thường.
Vai trò canxi với hệ sinh sản.
Tinh trùng muốn gặp được trứng cần có Canxi cung cấp năng lượng để di chuyển. Các nhà khoa học đã phát hiện ra rằng phần đầu của những giác thể trong tinh trùng có mang 1 tinh thể do Canxi tạo thành. Khi tinh trùng tiến đến gần tế bào trứng, chính nhờ có tinh thể Canxi mà lớp màng của tế bào trứng bị phá vỡ và tinh trùng chui vào được.
Quá trình thụ tinh diễn ra trong chốc lát, đồng thời làn sóng do Canxi tạo thành cũng chuyển động quanh tế bào trứng được gọi là “chấn động Canxi” có tác dụng kích hoạt tế bào trứng làm cho trứng được thụ tinh. Một cơ thể sống dạng phôi thai đã bắt đầu, sau 9 tháng 10 ngày phôi thai phát triển trong bụng mẹ, sẽ sinh ra em bé dễ thương. Ngược lại, nếu lớp màng tế bào trứng của phụ nữ thiếu Canxi dẫn đến trứng yếu giống như trứng gà đẻ non, chạm vào sẽ vỡ.
Lúc này khi tinh trùng tiến đến gần tế bào trứng, không có hiện tượng thụ tinh tạo thành phôi thai. Mà là tinh trùng chạm vào trứng, trứng vỡ : Không có phôi thai được hình thành. Vậy nam giới hoặc nữ giới thiếu Canxi đều dẫn đến vô sinh. Đặc biệt nếu cả hai người cùng thiếu Canxi thì khả năng vô sinh là 100%.
Canxi và nguy cơ tiền sản giật với phụ nữ mang thai.
Khi lượng canxi trong máu của thai phụ thấp sẽ dẫn tới những hiện tượng tăng huy động canxi từ xương của mẹ; tăng giải phóng hormone tuyến cận giáp và renin sẽ là những yếu tố kích thích tuyến thượng thận tăng tiết hệ angiotensin sẽ làm tăng tái hấp thu natri và tăng huyết áp. Ngoài ra còn tăng ion Ca2+ nội bào ở cơ trơn thành mạch.
Hậu quả là của những hiện tượng trên sẽ dẫn tới co mạch làm tăng huyết áp.Một nghiên cứu đăng trên tạp chí BMC Public Health (Anh) năm 2011 cho thấy, việc bổ sung canxi trong thai kỳ đã làm giảm nguy cơ tiền sản giật ở bà mẹ mang thai tới 82% và giảm các các vấn đề về răng ở trẻ em tới 27%. Do đó, hiện nay việc uống bổ sung canxi trở thành nội dung bắt buộc trong quy trình chăm sóc phụ nữ mang thai của WHO.
Ở Việt Nam, hội chứng tiền sản giật có nguy cơ trở nên phổ biến do chế độ ăn nghèo canxi của người Việt. Bên cạnh việc tăng cường ăn các thực phẩm như sữa, tôm, cua… nên uống bổ sung thêm canxi giúp phòng tránh những bệnh về sương.

Server: LiteSpeed

Accept-Ranges: bytes

Content-Type: text/html