Phương pháp giải bài tập hóa học

1. A. Phương pháp bảo toàn.
1. Bảo toàn điện tích:
- Nguyên tắc : Tổng điện tích dương luôn bằng tổng điện tích âm vè giá trị tuyệt
dối. Dung dịch luôn trung hòa về điện.
- Các ví dụ:
Ví dụ 1: Dung dịch A chứa các ion: Na+ (a mol), HCO3 (b mol), CO32- (c mol),
SO42- (d mol). Để tạo ra kết tủa lớn nhất người ta dùng 100 ml Ba(OH)2 x mol/l.
Tính X theo a, b.
Giải
HCO3- + OH- > CO32- + H2O
b > b
Ba2+ + CO32- > BaCO3
Ba2+ + SO42- > BaSO4
Dung dịch sau PU chỉ có Na+ (ban đầu) là a mol. Vậy để dung dịch trung hòa về
điện
thì cấn a mol OH-, trong khi đó đã tiêu tốn b mol OH- ở trên.
Vậy nOH- = a + b mol > x = (a + b)/0,2.
2. Bảo toàn khối lượng:
- Nguyên tắc:
+ Trong PUHH thì tổng khối lượng các sản phẩm bằng tổng khối lượng các chất
tham gia PU.
+ Khi cô cạn dung dịch thì khối lượng hỗn hợp muối thu được bằng tổng khối
lượng các cation kim loại và anion gốc axit.
- Các ví dụ:
Ví dụ 2: Cho từ từ một luồng khí CO qua ống sứ đựng m gam hỗn hợp Fe và các
oxit
của Fe đun nóng thu được 64 gam Fe, khi đi ra sau PU tạo 40 gam kết tủa với
dung dịch Ca(OH)2 dư. Tính m.
Giải
Ta có: nCO2 = nCaCO3 = 40/100 = 0,4 mol
mCO + m = mFe + mCO2

mà nCO pu = nCO2 = 0,4 nên:
m = mFe + mCO2 - mCO = 64 + 0,4.44 - 0,4.28 = 70,4 g
Ví dụ 3: Một dung dịch chứa 0,1 mol Fe2+ , 0,2 mol Al3+, x mol Cl- và y mol SO4
2-Tính x,y biết rằng cô cạn dung dịch thu được 46,9 gam chất rắn khan.
Giải
Theo định luật bảo toàn khối lượng: 56.0,1 + 27.0,2 + 35,5x + 96y = 46,9
Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y
Giải hệ phương trình > x = 0,2 y = 0,3
Ví dụ 4: Đun 132,8 gam hỗn hợp 3 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu dược
111,2 g
hỗn hợp 6 ete có số mol bằng nhau. Tính số mol mõi ete.
Giải
Theo ĐLBT khối lượng: mrượu = mete + mH2O
> mH2O = mrượu - mete = 132,5 - 111,2 = 21,6 g
trong PU ete hóa thì: nete = nH2O = 21,6/18 = 1,2 mol
> Số mol mỗi ete là 1,2/6 = 0,2 mol
Ví dụ 5: Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của kim loại hóa
trị I và II vào dung dịch HCl đủ thu được 0,2 mol CO2. Tính khối lượng muối mới
thu dược.
Giải
Trong các PU của HCl với muối cacbonat thì nCO2 = nH2O = nHCl/2
mà nCO2 = 0,2 mol > nH2O = 0,2 mol và nHCl = 0,4 mol
theo ĐLBT khối lượng: 23,8 + 0,4.36,5 = m + 44.0,2 + 18.0,2
> m = 26 g
3. Bảo toàn electron:
- Nguyên tắc: Đây là trường hợp riêng của bảo toàn điện tích, chỉ áp dụng cho các
PU oxi hóa khử. Khi đó ne cho = ne nhận.
- Các ví dụ:
Ví dụ 6: Trộn 60 gam bột Fe với 30 gam bột S rồi đun nóng trong điều kiện không
có không khí thu được chất rắn A. Hòa tan A bằng HCl dư thu được hỗn hợp khí B.

Đốt cháy hoàn toàn B cần bao nhiêu lit Ò ở đktc.
Giải
Ta thấy nFe = 60/56 > nS = 30/32 nên Fe dư, S hết.
Khí B là hỗn hợp H2, H2S. Đốt B thu được SO2, H2O
Phân tích:
- S nhận một phần e của Fe để tạo S2- (FeS) và không thay đổi trong PU với HCl
(vẫn là S2- trong H2S), cuối cùng nó nhường lại toàn bộ e do Fe đã cho và e do
nó vốn có để tạo SO2 trong PU với O2.
- Fe nhường một phần e cho S để tạo Fe2+ (FeS) và cuối cùng lượng e này lại đẩy
sang cho O2 (theo trên). Phần Fe dư còn lại nhường e cho H+ để tạo H2, sau đó
H2 lại trả số e này cho O2 trong PU cháy tạo H2O
> Như vậy, một cách gián tiếp thì toàn bộ e do Fe nhường và S nhường đã
được O2 thu nhận.
Vậy: ne cho = 2nFe + 4nS = 5,89 mol.
> nO2 = 5,89/4 = 1,47 mol
V O2 = 1,47.22,4 = 32,928 lit.
Ví dụ 7: Hỗn hợp X gồm hai kim loại A,B có hóa trị không đổi, chúng đều không
PU với nước và mạnh hơn Cu. Ch X tác dụng hoàn toàn với CuSO4 dư, lấy Cu thu
được cho PU hoàn toàn với HNO3 dư thấy thoát ra 1,12 lit NO ở đktc. Nếu cho
lượng X trên PU hoàn toàn với HNO3 thì thu được bao nhiêu lit N2 ở đktc.
Giải
Phân tích: Cu2+ nhận a mol e của A,B để tạo Cu, Cu lại nhường lại a mol e cho
N5+ để tạo NO.
N5+ + 3e > N2+ >nNO = a/3 = 1,12/22,4 = 0,05 mol > a = 0,15 mol
Ở thí nghiệm sau, A,B nhường a mol e cho N5+ để tạo N2:
2N5+ 2.5e > N2
> nN2 = 0,15/10 = 0,015 mol
> V N2 = 0,015.22.4 = 0,336 lit
Ví dụ 8. Cho 1,35 gam hỗn hợp Cu,Mg,Al tác dụng hết với HNO3 thu được 0,01
mol NO và 0,04 mol NO2. Tính khối lượng muối tạo ra?

Giải
Đặt số mol Mg, Al, Cu lần lượt là a, b, c
> Số mol e nhường = 2a + 3b + 2c = nNO3- trong muối.
Số mol e nhận = 3nNO + nNO2 = 0,07 mol = 2a + 3b + 2c
Vậy: m = 1,35 + 0,07.62 = 5,69 gam
Chú ý: Số mol HNO3 làm môi trường = số mol HNO3 tạo muối = số mol e cho =
số mol e nhận. Số mol HNO3 oxi hóa tính được theo số mol các SP khử, tù đó ta
tính được số mol HNO3 phản ứng.
B. Phương pháp đại số:
+ Viết phương trình PU.
+ Đặt ẩn số cho các đại lượng cần tìm sao cho đơn giản.
+ Tính theo PTPU và đề bài cho để lập các PT toán học.
+ Giải các PT hay hệ PT này và biện luận kết quả nếu cần.
Nhận xét: Đây là một cách không hay nhưng lại được áp dụng nhiều do thói quen,
cần hạn chế làm theo cách này vì:
- Một số bài có hệ PT rất phức tạp, không giải được về mặt toán học (số PT ít hơn
ẩn), rất khó để biện luận để tìm ra đại lượng cần tìm.
- Tính chất toán học của bài toán đã lấn át tính chất hóa học, làm tính chất hóa
học bị lu mờ > không có tác dụng khắc sâu kiến thức hóa học, làm giảm tác
dụng của bài tập.
Ví dụ: Để m gam bột Fe ngoài không khí sau một thời gian thu được 12 gam hỗn
hợp A
gồm Fe và các oxit Fe. Cho hỗn hợp tan hoàn toàn trong HNO3 thu được 2,24 l
NO duy nhất. Tính m.
Giải
1. Phương pháp đại số:
Fe + 4HNO3 > Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (I)
3FeO + 10HNO3 > 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
3Fe3O4 + 28HNO3 > 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O
Fe2O3 + 6HNO3 > 2Fe(NO3)3 + 3H2O

Đặt số mol Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 lần lượt là a, b, c, d. Ta có các PT sau:
mA = 56a + 72b + 232c + 160d = 12 (1)
nFe = a + b + 3c + 2d = m/56 (2)
nO trong oxit = b + 4c + 3d = (12 - m)/16 (3)
nNO = a + b/3 + c/3 = 0,1 (4)
Có 4 phương trình 5 ẩn số nên phải biện luận, đề không yêu cầu tính a,b,c,d nên
ta tính vế trái của 2 hoạc 3 > m. Để làm điều đó ta có thể tổ hợp 1,4 để được vế
trái của 2 hoạc khử a của 1,4 để thu được vế trái của 3
Kết quả: m = 10,08 g
2.Phương pháp bảo toàn khối lượng:
nFe(NO3)3 = nFe = m/56
nHNO3 = nNO + 3nFe = 0,1 + 3m/56
nH2O = 1/2 nHNO3
Thay các giá trị vào PT:
mA + mHNO3 = mFe(NO3)3 + mNO + mH2O
> m = 10,08 g
3. Phương pháp bảo toàn e:
ne Fe nhường = ne do O2 thu + ne do N5+ thu
3m/56 = (12 - m).4/32 + 0,1.3
> m = 10,08 g
4. Suy biến của PP bảo toàn e:
Giả sử hỗn hợp chỉ gồm có Fe và Fe2O3
PU: 4Fe + 3O2 > 2Fe2O3
> nFe = 4/3nO2 = 4/3 . (12 - m)/32
Số mol Fe trong A: = m/56 - 4/3 . (12 - m)/32
Theo PU (I) > nFe = nNO > m/56 - 4/3 . (12 - m)/32 = 0,1
> m = 10,08
Ta có thể qui hỗn hợp A gồm có Fe và một trong số các oxit kia của Fe nhưng
phức tạp hơn do các oxit này PU với HNO3 có tạo NO.
C. Phương pháp trung bình

- Phương pháp trung bình chỉ áp dụng cho bài toán hỗn hợp các chất, các chất này phải PU hoàn
toàn hay có hiệu suất như nhau.
- Từ giá trị trung bình ta biện luận tìm ra: nguyên tử khối, phân tử khối , số nguyên tử trong
phân tử.
Các ví dụ:
Ví dụ 1. Hòa tan 4,68 gam hỗn hợp muối cacbonat của hai kim loại A, B kế tiếp nhau trong nhóm
II A vào dung dịch HCl dư thu được 1,12 l CO2 (đktc). Xác định A, B.
Giải
Đặt M là nguyên tử khối trung bình của A, B:
MCO3 + 2HCl > MCl2 + CO2 + H2O
> nMCO3 = nCO2 = 1,12/22,4 = 0,05 mol
>MCO3 = 4,68/0,05 = 93,6 > M = 33,6
Biện luận A < M = 33,6 < B > A = 24, B = 40 : Mg, Ca
Ví dụ 2. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp 2 rượu no, đơn chức kế tiếp nhau trong dãy đồng
đẳng thu được 3,584 l CO2 và 3,96 g H2O. Tính a và CTPT của hai rượu.
Giải
Gọi n là số C trung bình và x là tổng số mol. Từ PU đốt cháy :
nCO2 = nx = 3,584/22,4 = 0,16 mol
nH2O = (n + 1)x = 3,96/18 = 0,22 mol
> x = 0,06 và n = 2,67
> a = (14n + 18).x = 3,32 g
Hai rượu là:C2H5OH và C3H7OH
Ví dụ 3. Hỗn hợp 3 rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol là 0,08, tổng khối lượng là 3,387 g. Xác
định CTPT của A, B, C biết B, C có cùng số C và nA = 5/3(nB + nC).
Giải
Giá trị trung bình: M = 3,387/0,08 = 42,23 > có ít nhất một rượu có phân tử khối nhỏ hơn
42,23, đó là CH3OH = 32 và đó phải là rượu A do B, C có cùng số C.
Ta có: nA = 0,05 mol > mA = 32.0,05 = 1,6 g
> n(B + C) = 0,08 - 0,05 = 0,03 mol và m(B + C) = 3,38-1,6 = 1,78
Khối lượng M trung bình của B, C: 1,78/0,03 = 59,3

Gọi y là số H trung bình, x là số C thì: 12x + y + 17 = 59,3 y <= 2x + 1
>12x + y = 42,3. Thay x = 1, 2, 3, 4 vào (x >= 4 thì y < 0) ta được x = 3, y = 6,3 là phù
hợp. Như vậy một chất có số H > 6,3 chất kia có số H < 6,3. Ta có 2 cặp B, C
CH2=CH-CH2OH và C3H7OH
CHC-CH2OH và C3H7OH
D. Phương pháp ghép ẩn số:
- Thực ra đây là một cách biện luận của PP đại số khi bài toán cho thiếu nhiều dữ kiện.
- Các ví dụ:
Ví dụ 1. Đốt cháy hoàn toàn a gam hỗn hợp hai rượu no, đơn chức rồi dẫn toàn bộ SP qua bình 1
đựng H2SO4 và bình 2 đựng Ca(OH)2 dư thấy bình 1 tăng 1,98 g và bình 2 có 8 g kết tủa. Tính
a.
Giải
(Bài này có thể giải theo PP trung bình ở phần trên).
Đặt công thức của 2 rượu là CnH2n+1OH và CmH2m+1OH và x, y là số mol tương ứng.
> nCO2 = nx + my = 0,08 mol
nH2O = (n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 mol
> nx + my + x + y = 0,11
> x + y = 0,03
mà: a = (14n + 18)x + (14m + 18)y = 14(nx + my) + 18(x + y)
= 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 g
Ví dụ 2. Đun p gam hh 2 rượu no, đơn chức với H2SO4 đặc thu được V lit (đktc) hai anken. Đốt
cháy hoàn toàn 2 anken thu được x lit CO2 và y gam H2O. Tính x, y theo p,V.
Bài này làm hoàn toàn tương tự như trên.
E. Phương pháp tăng, giảm khối lượng:
- Khi chuyển từ chất này sang chất khác, khối lượng có thể tăng hoặc giảm do các chất khác
nhau có khối lượng mol phân tử khác nhau. Dựa vào tương quan tỉ lệ thuận của sự tăng, giảm
khối lượng với số mol chất mà ta giải bài toán.
-Các ví dụ:
Ví dụ 1. Nhúng thanh kim loại A hóa trị 2 vào dung dịch CuSO4 một thời gian thấy khối lượng
thanh giảm 0,05% , cũng nhúng thanh kim loại trên vào dd Pb(NO3)2 thì khối lượng thanh tăng

7,1%. Xác định M biết số mol CuSO4 và Pb(NO3)2 pu là như nhau.
Giải
Gọi m là khối lượng thanh kim loại, A là nguyên tử khối, x là số mol muối pư
M + CuSO4 > MSO4 + Cu
A(g) > 1 mol > 64 (g). Giảm : A-64 (g)
x mol > Giảm : 0,0005m (g)
> x = 0,0005m/(A-64) (1)
M + Pb(NO3)2 > M(NO3)2 + Pb
A(g) > 1 mol > 207 (g). Tăng: 207-A (g)
x mol > Tăng: 0,071m (g)
> x = 0,071m/(207-A) (2)
Kết hợp 1,2 > A = 65, M là Zn
Ví dụ 2. Nung 100 gam hh Na2CO3 và NaHCO3 đén khối lượng không đổi dược 69 gam chất
rắn. Xác định % từng chất trong hh.
Giải
Bài toán có thể giải theo PP đại số. Đây là PP khác.
2NaHCO3 > Na2CO3 + CO2 + H2O
2.84 (g) > Giảm: 44 + 18 = 62 g
x (g) > Giảm: 100 - 69 = 31 g
> x = 84 g > %NaHCO3 = 84%, %Na2CO3 = 16%
Ví dụ 3. Hòa tan 23,8 g muối M2CO3, RCO3 vào HCl thấy thoát ra 0,2 mol khí. Cô cạn dd thu
được bao nhiêu g muối khan.
Giải
M2CO3 + 2HCl > 2MCl + CO2 + H2O
2M+60 >2(m+35,5) tăng 11 g
x > 11x
RCO3 + 2HCl > RCl2 + CO2 + H2O
R+60 > R+71 tăng 11g
y > 11y
mà nCO2 = x + y = 0,2 mol

> Khối lượng muối tăng : 11x + 11y = 2,2 g
Khối lượng muối clorua: 23,8 + 2,2 = 26 g
F. Phương pháp sơ đồ đường chéo:
- Phương pháp sơ đồ đường chéo dùng để giải các bài toán trộn lẫn các chất với nhau, lúc đầu
có thể là đồng thể hay dị thể nhưng hh cuối phải đồng thể.
- Nếu trộn lẫn các dd thì phải là dd của cùng một chất hoặc khác chất nhưng do PU với H2O lại
cho cùng một chất.
- Trộn hai dd của chất A có nồng độ khác nhau thu được dd A với nồng độ duy nhất.
Vậy lượng chất tan trong phần đặc giảm xuống phải bằng lượng chất tan trong phần
loãng tăng lên.
- Sơ đồ tổng quát: D1 x1 x-x2
x
D2 x2 x1-x
Từ đó: D1/D2 = (x - x2)/(x1 - x)
Các ví dụ:
Ví dụ 1. Cần thêm bao nhiêu g H2O vao 500 g dd NaOH 12% để có dd NaOH 8%
mH2O 0 4
8
500 12 8
> mH2O = 500.4/8 = 250g
Ví dụ 2. Cần thêm bao nhiêu g Na2O vào 100 g dd NaOH 20% để thu được dd NaOH 34,63%
PTPU Na2O + H2O > 2NaOH
62 > 2.40
Coi Na2O là dd NaOH có nồng độ 2.80/62 = 129%
100 20 94,37
34,63
m 129 14,63
> m = 15,5 gam
Ví dụ 3. Hòa tan Al bằng dd HNO3 loãng thu được hh khí NO,N2O có tỉ khối so với H2
là 16,75. Viết PTPU.

Ta có: M = 16,75.2 = 33,5
N2O 44 3,5
33,5
NO 30 10,5
N2O/NO = 3,5/10,5 = 1/3 (tỉ lệ thể tích = tỉ lệ số mol)
Các PU: 8Al + 30HNO3 > 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O (1)
Al + 4HNO3 > Al(NO3)3 + NO + 2H2O (2)
Để thỏa mãn tỉ lệ ta nhân (2) với 9 rồi cộng với (1)
17Al + 66HNO3 > 17Al(NO3)3 + 3N2O + 9NO + 33H2O
Ví dụ 4. Từ 1 tấn hematit A điều chế được 420 kg Fe
Từ 1 tấn mamhetit B - - - - - - 504 kg Fe
Cần trộn A,B theo tỉ lệ nào để từ 1 tấn quặng hh điều chế được 480 kg Fe
A 420 24
480
B 504 60
Vậy tỉ lệ trộn là 24/60 = 2/5