Một số dạng bài tập hoá trong chương trình trung học cơ sở docx

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP TRONG CHƯƠNG TRÌNH THCS
A. MỘT SỐ CÔNG THỨC CƠ BẢN CẦN NẮM VỮNG.
1. Công thức tính số mol theo khối lượng chất.
=
m
n
M

trong đó, n là khối lượng của chất (gam)
M là khối lượng mol phân tử (gam/mol)
2. Công thức tính số mol theo thể tích khí.
=
.
.
P V
n
R T

Công thức này cho phép tính số mol khí ở điều kiện bất kỳ.
trong đó, P là áp suất chất khí (atm)
V là thể tích khí (lít)
R là hằng số khí,
=
22,4
273
R
(
.atm lit
K
)
T là nhiệt độ tuyệt đối, T = t

o
C + 273 (K)
ở điều kiệu tiêu chuẩn, t
o
= 0; P = 1 atm thì ta có
= = ⇒
+
1. V
n =
22,4
22,4 22,4
.(0 273)
273
V V
n
3. Công thức tính nồng độ.
a. Nồng độ phần trăm C%.
=% .100
ct
dd
m
C
m
trong đó, C% là nồng độ phần trăm (%)
m
ct
là khối lượng chất tan (gam)
m
dd
là khối lượng dung dịch

nếu dung dịch có thể tích là V (ml) và khối lượng riêng là D (g/ml) thì ta có:
=% .100
.
ct
m
C
V D
hay
= ⇒
. C%.V.D
% .100 n =
. 100.
n M
C
V D M
b. Nồng độ mol/l C
M
.
=
M
n
C
V
trong đó, C
M
là nồng độ mol/lít
n là số mol chất tan
V là thể tích dung dịch (lít)
c. Quan hệ giữa C
M

và C
%
=
%
10. .
M
C D
C
M
, Trong đó: D:khối lượng riêng của dung dịch (mg/ml)
M: Khối lượng mol phân tử của chất tan (g/mol).
4. Công thức tính khối lượng mol phân tử trung bình
M
.
Giả sử có một hỗn hợp X gồm n chất có cùng trạng thái.
Gọi n
1
, n
2
, n
3
, n lần lượt là số mol của chất thứ 1, 2, 3, n
M
1
, M
2
, M
3
, M lần lượt là khối lượng mol phân tử của chất thứ 1, 2, 3, n
khi đó ta có:

+ + +
∑
= =
∑ + + +
1 1 2 2 3 3
1 2 3
. . .
æng khèi lîng c¸c chÊt
æng sè mol c¸c chÊt
n M n M n M
t
M
t n n n
5. Công thức tính tỉ khối hơi d.
Tỉ khối hơi của khí A đối với khí B là
A
d
B
=
A
B
M
A
d
B M
Nếu A và B đều là những hỗn hợp khí thì tỉ khối được tính theo khối lượng mol phân
tử trung bình.
=
A
B

M
A
d
B M
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP HÓA HỌC
Dạng 1. TÍNH THEO CTHH VÀ THEO TỈ LỆ
Là việc vận dụng định luật thành phần không đổi, cần cho học sinh hiểu 2
chiều:
- từ lượng chất → lượng nguyên tố
- từ lượng nguyên tố → lượng chất
Ví dụ 1: Công thức Fe
2
O
3
tuân theo định luật thành phần không đổi, luôn tồn tại tỷ lệ
khối lượng m
Fe
:m
O
= 112 : 48 = 7 : 3 .Vì thế:
- từ 24gam Fe
2
O
3
tính được 24 x 0,7 = 16,8gam Fe và 24 x 0,3 = 7,2gam Oxi
- từ 16,8gam Fe với 7,2gam Oxi tính được tỷ lệ số nguyên tử:

16,8 7,2 2
56 16 3
Fe

O
= = =
Ví dụ 2 : Một loại thuỷ tinh có thành phần % khối lượng các nguyên tố: 9,62% Na;
46,86% O ; 8,36% Ca ; 36,16% Si. Tìm công thức thuỷ tinh dưới dạng các oxit, biết
công thức chỉ có 1 phân tử CaO.
9,62 8,36 35,16 46,86
Cách 1: Na : Ca : Si : O = : : : = 2 : 1 : 6 : 14
23 40 28 16
Công thức Na
2
CaSi
6
O
14
hay Na
2
O.CaO. 6SiO
2
Cách 2: Dạng Oxit là xNa
2
O. CaO. zSiO
2
9,62 8,36 35,16
nên x : 1 : z = : : = 1 : 1 : 6
46 40 28
Cách 3: 1 phântử CaO có lượng oxi chiếm (8,36 : 40) x 16 = 3,344%
% oxi tương ứng với Na trong Na
2
O = (9,62 : 46) x 16 = 3,344%
% oxi tương ứng với Si trong SiO

2
= 46,86 - (2 x 3,344) = 40,18%
Vậy Na
2
O : CaO : SiO
2
= 3,344 : 3,344 : (40,18 : 2) = 1 : 1 : 6
Ví dụ 3 : Cho a (g) Ba(NO
3
)
2
tác dụng với b (g) dd axit H
2
SO
4
20% dư 10%. Lọc lấy
kết tủa, rửa sạch, làm khô, thu đựơc c (g) muối BaSO
4
khan. Biết khối lượng 2 muối
khác nhau 12,6 (g). Tính khối lượng a, b, c.
Giải
Ta có ptpư : Ba(NO
3
)
2
+ H
2
SO
4
= BaSO

4
↓
+ 2HNO
3
(1)
So sánh hai công thức Ba(NO
3
)
2
và BaSO
4
và theo (1) nhận thấy:
Cứ 1 mol Ba(NO
3
)
2
chuyển thành 1 mol BaSO
4
khối lượng muối giảm :
124 - 96 = 28 (g)
Vậy chuyển n(mol) Ba(NO
3
)
2
thành BaSO
4
khối lượng muối giảm là 12,6 (g)
Ta có: n =
28
6,12

= 0,45 (mol)
Do đó :
m Ba(NO
3
)
2
= a = 0,45.216 = 117,45 (g)
m BaSO
4
↓

= b = 0,45.233 = 104,85 (g)
(hay : b = 117,45 - 12,6 = 104,85 (g))
m H
2
SO
4
pư

= 0,45.98 = 44,1 (g)
m H
2
SO
4
(dùng dư 10%)

= 44,1.
100
110
= 48,51 (g)

m(dd H
2
SO
4
đem dùng)

= c(g) =
20
100.51,48
= 242,55 (g)
Dạng 2. TÍNH THEO CTHH, ĐL BTKL,
ĐL THÀNH PHẦN KHÔNG ĐỔI VÀ SỐ MOL
2.1. Định luật Bảo toàn khối lượng do Lomonoxov (phát biểu năm 1748) và sau đó
A.L Lavoisier (phát biểu năm 1777) phát minh ra: “Khối lượng các chất tham gia
phản ứng luôn bằng khối lượng các sản phẩm của phản ứng". Sau đó J.L Proust năm
1799 phát biểu định luật Thành phần không đổi: “Một hợp chất dù được điều chế
bằng phương pháp nào cũng đều có thành phần không đổi". Đó là 2 định luật rất
quan trọng đối với hóa học. Các định luật này quán xuyến đối với tất cả các loại phản
ứng hóa học. Áp dụng 2 định luật đó vào các loại phản ứng hóa học, dựa vào bản chất
của các phản ứng đó, ta suy ra được nhiều qui luật bảo toàn đặc trưng cho loại phản
ứng đó:
1. Định luật bảo toàn khối lượng đối với tất cả các loại phản ứng.
2. Sự bảo toàn số nguyên tử của các chất tham gia phản ứng .
Thí dụ :
a. Trong tất cả các loại phản ứng đốt cháy các chất hữu cơ tạo thành CO
2
và
H
2
O thì số mol nguyên tử oxi ( O ) trong CO

2
và trong H
2
O luôn bằng số mol nguyên
tử oxi trong oxi tham gia phản ứng và số mol oxi trong các chất bị đốt.
b. Trong phản ứng hợp H
2
vào các hợp chất hữu cơ không no nhử anken, ankin,
ankadien, v.v… Số mol các chất tham gia phản ứng giảm đi chính là số mol hidro đã
tham gia phản ứng mặc dụ phản ứng đó xảy ra hoàn toàn hay không.
3. Sự bảo toàn điện tích được biểu thị bằng PT Trung hòa điện. Qui luật này
thường được áp dụng cho các loại phản ứng xảy ra trong dung dịch của các chât điện
li. Tổng số điện tích dương trong dung dịch luôn bằng tống số điên tích âm.
4. Sự bảo toàn proton. Trong các phản ứng giữa các axit với các bazơ số mol
proton của nước và các axit cho luôn bắng số mol proton được nước và các bazơ
nhận. Qui luật này thường được biểu thị bằng PT bảo toàn proton. Dựa vào PT này và
định luật tác dụng khối lượng cùng với biểu thức hằng số axit, bazơ ta giải được các
bài tập phức tạp của các phản ứng giữa các axit và các bazơ.
5. Sự bảo toàn electron : Trong các phản ứng oxi hóa- khử, tổng số mol
electron các chất oxi hóa nhận luôn bằng tổng số mol electron các chất khử cho.
Trong trường hợp này chỉ bằng PT bảo toàn electron ( PT bậc nhất 1 ẩn số) ta có thể
tìm được số mol của chất trong hệ nhiều ẩn số (mà lúc đầu ta có thể nghĩ bài tập cho
thiếu dữ kiện).
2.2. Định luật thành phần không đổi.
Công thức A
x
B
y
có số mol =
23

( )
6,023 10
22,4
x y x y
x y
A B A B
A B
A B xA xB
m V dktc
m m
M M M
= = = = ×
hạt vi mô
(Trong đó M là khối lượng theo công thức, m là khối lượng theo giả thiết)
Ví dụ 1: công thức C
3
H
8
có m
C3H8
m
C
m
H


V
C3H8(đktc)
Số mol C
3

H
8
= = = = = 6,02. 10
23
M
C3H8
M
C
M
H
22,4 hạt vi mô
Ví dụ 2: Đốt một lượng Hidrocacbon cần dùng hết 8,96 dm
3
O
2
(đktc). Sản phẩm
nhận được làm tách ra 25gam kết tủa CaCO
3
từ dung dịch nước vôi dư. Tìm công
thức phân tử hydrocacbon trên, biết công thức phân tử trùng với công thức đơn giản
nhất.
Theo giả thiết: CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O

nCO
2
= n CaCO
3
= 0,25 mol ⇒ nC = 0,25 mol
ta thấy C + O
2
→ CO
2
nên Oxi tạo CO
2
= 0,25 x 2 = 0,5 mol
mà tổng số mol oxi = 0,4 x 2 = 0,8 nên Oxi tạo H
2
O = 0,8 - 0,5 = 0 3 mol
vậy nH = 0,3 x 2 = 0,6 mol ⇒ C : H = 0,25 : 0,6 = 5 : 12
Công thức phân tử Hidrocacbon là C
5
H
12
Dạng 3. CÁC CÁCH CÂN BẰNG PTPƯ
Cách 1 : Thăng bằng hóa trị tác dụng trong phản ứng trao đổi:
Ví dụ 1: II I III I III I II I
aBa(OH)
2
+ bFe(NO
3
)
3
→ cFe(OH)

3
+ dBa(NO
3
)
3
Hóa trị ban đầu = 2 3 3 2
Hóa trị tác dụng cao nhất = 6 nên khi thăng bằng cả 4 chất thì hệ số
a =3 ; b = 2 ; c = 2 ; d = 3 .
III II I II III II I II
aFe
2
O
3
+ bH
2
SO
4
→ cFe
2
(SO
4
)
3
+ dH
2
O
Hóa trị ban đầu = 6 2 6 2
Hóa trị tác dụng cao nhất = 6 nên khi thăng bằng cả 4 chất thì hệ số
a =1 ; b = 3 ; c = 1 ; d = 3 .
II I I III II III I I

aCa(OH)
2
+ bH
3
PO
4
→ cCa
3
(PO
4
)
3
+ dHOH
Hóa trị ban đầu = 2 3 6 1
Hóa trị tác dụng cao nhất = 6 nên khi thăng bằng cả 4 chất thì hệ số
a =3 ; b = 2 ; c = 1 ; d = 6 .
Cách 2 : Dùng hệ số phân số cho các phương trình phản ứng có chứa đơn chất.
Ví dụ 2 : 2Na + 1/2O
2
→ Na
2
O
FeCl
2
+ 1/2Cl
2
→ FeCl
3
H
2

S + 3/2O
2
→ H
2
O + SO
2
KMnO
4
+ 8HCl → KCl + MnCl
2
+ 5/2Cl
2
+ 4H
2
O
Cách 3 : Dùng hệ phương trình đại số:
Ví dụ 3: a/ (x+2y) NO
2
+ yH
2
O → 2yHNO
3
+ xNO
đặt ẩn cho vế phải để có tổng số N ở vế trái,
suy ra số nguyên tử oxi: 2x + 5y = 6y + x ⇒ x = y = 1
3 NO
2
+ H
2
O → 2HNO

3
+ NO
b/ x C
2
H
4
+ yKMnO
4
+ zH
2
O → xC
2
H
4
(OH)
2
+ yMnO
2
+ yKOH
đặt ẩn cho vế phải để cố định số nguyên tử C, Mn, K  x = 3
suy ra số nguyên tử oxi: 4y + z = 2x + 3y   y = 2
số nguyên tử hidro: 4x + 2z = 6x + y  ⇒ 2x = 3y ⇒  z = 4
3C
2
H
4
+ 2KMnO
4
+ 4H
2

O → 3C
2
H
4
(OH)
2
+ 2MnO
2
+ 2KOH
c/ xCu + 2y HNO
3
→ xCu(NO
3
)
2
+ z NO + yH
2
O
đặt ẩn cho vế trái để cố định số nguyên tử Cu, H  x = 3
suy ra số nguyên tử oxi: 6y = 6x + z + y   y = 4
số nguyên tử Nitơ: 2y = 2x + z  ⇒ 4x = 3y ⇒  z = 2
3Cu + 8 HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2 NO + 4H
2
O

Cách 4: thăng bằng electron (như ở lớp 10 THPT)
Dạng 5. TÍNH THEO PTPƯ, CÁC ĐỊNH LUẬT VÀ SỐ MOL
Ví dụ 1: Đốt hoàn toàn một dây Fe nặng 2,24gam trong O
2
dư, hoà tan chất rắn thu
được bằng dung dịch HCl dư nhận được dung dịch A, thêm dung dịch NaOH dư vào
dung dịch A rồi lọc kết tủa tách ra, nung đến khối lượng không đổi nhận được chất
rắn B. Viết phương trình phản ứng và tính lượng chất rắn B.
Sau khi viết các phương trình phản ứng ,ta nhận thấy: 2Fe Fe
2
O
3
Lượng D = lượng Fe ban đầu + lượng Oxi = (22,4 : 112) x 160 = 32 gam

Ví dụ 2: Trong quá trình chuyển muối tan Ba(NO
3
)
2
thành kết tủa Ba
3
(PO
4
)
2
thấy
lượng 2 muối khác nhau 9,1gam. Hỏi khối lượng khác nhau đó là tăng lên hay giảm
đi? Tính lượng mỗi muối đó.
So sánh 2 công thức 3Ba (NO
3
)

2
→ Ba
3
(PO
4
)
2
ta thấy: lượng Ba không đổi, đã thay 6NO
3
= 372 bởi 2PO
4
= 190
Vậy khối lượng giảm đi và số mol Ba
3
(PO
4
)
2
= 9,1: (372 - 190) = 0,05mol⇒ 30,05 g
số mol Ba(NO
3
)
2
= 0,05 x 3 = 0,15mol ⇒ 39,15 gam
Ví dụ 3: Hỗn hợp gồm Mg và Fe
2
O
3
nặng 20gam tan hết trong dung dịch H
2

SO
4
loãng thoát ra Vlít H
2
(đktc) và nhận được dung dịch B. Thêm dung dịch NaOH dư
vào dung dịch B và lọc kết tủa tách ra nung đến lượng không đổi cân nặng 28gam.
Viết phương trình phản ứng, tínhV và % lượng hỗn hợp.
Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Mg + O Mg O
Suy ra: Fe
2
O
3
Fe
2
O
3
Lượng oxi đã kết hợp với Mg = 28 - 20 = 8 gam hay 0,05 mol ⇒ V= 1,12 dm
3

lượng Mg = (8: 16)x 24= 12gam chiếm 60%
Ví dụ 4: Hỗn hợp X gồm MgO và Fe
3
O
4
nặng 28gam được khử bằng H
2
nóng dư và
hoà tan chất rắn sau khi khử bằng dung dịch HCl dư nhận được dung dịch Y. Thêm
dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y rồi lọc kết tủa tách ra, nung trong không khí
đến lượng không đổi cân nặng 28,8gam. Viết ptpư và tính % X.

Sau khi viết ptpư ta nhận xét: : Mg O MgO Mg O
Suy ra: 2Fe
3
O
4
Fe + O 3Fe
2
O
3
Tương tự: Số mol oxi kết hợp với Fe
3
O
4
= (28,8 - 28) : 16 = 0,05 mol
Số mol Fe
3
O
4
= 0,05 x 2 = 0,1 mol ~ 23,2 gam chiếm 82,86%
Ví dụ 5: Hỗn hợp Fe và Fe
3
O
4
nặng 3,44gam hòa tan hết trong HCl nhận được dung
dịch A, thêm dung dịch NaOH dư vào A rồi lọc kết tủa tách ra đem nung nóng trong
không khí đến lượng không đổi cân nặng 4,00gam. Tìm % hh đầu.
Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Fe Fe
2
O
3

Lượng Fe trong 4,00gam =(4 : 160) x 112 = 2,8gam Fe
3
O
4
Fe
2
O
3
Suy ra: lượng oxi trong Fe
3
O
4
= 3,44 - 2,8 = 0,64 gam
⇒ lượng Fe
3
O
4
= (0,64 : 64) x 232 = 2,32 gam chiếm 67,44% .
Ví dụ 6: Hỗn hợp A chứa Sắt và Kim loại M có hóa trị không đổi. Đem chia đôi
38,4g A và cho 1 phần tan hết trong dung dịch HCl > 8,96 lít H
2
(đkc). Phần thứ 2
cho tác dụng hết với Cl
2
thì dùng hết 12,32 lít (đkc). Xác định M và % lượng A.
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
↑ Fe + 3/2Cl

2
→

FeCl
3
M + nHCl → MCl
n
+ n/2H
2
↑ M + n/2 Cl
2
→ MCl
n
Nhận xét số mol Cl
2
= 0,55 lớn hơn số mol H
2
= 0,4 là do một phần lượng Cl
2
tác
dụng với Fe > FeCl
3
. Suy ra số mol Fe = (0,55- 0,4)2 = 0,3(trong 1/2 A)
và số mol M =(0,4 - 0,3)2/n = 0,2/n
Lượng M = (38,4 : 2) - (0,3 x 56) = 2,4g (trong 1/2A) chiếm 12,5%
M = 2,4n : 0,2 = 12n thích hợp với n = 2 ⇒ M = 24 là Mg.
Dạng 6: QUAN HỆ GIỮA SỐ MOL CÁC CHẤT TRONG PTPƯ
Ví dụ 1: Xét dãy biến hóa sau: 2A + 5B → C + 3D (1)
3C + E → 2G + 4H (2)
2H + 3I → 5K + 3M (3)

Giả thiết các pư trên xảy ra hoàn toàn. Hãy thiết lập quan hệ số mol của các
chất bất kì đã tham gia pư, ví dụ giữa n
K
và n
A
, giữa n
B
và n
M
?
* n
K
= 5/2 . 4/3 . ½ n
A
= 5/3n
A
* n
B
= 5/1 . ¾ . 2/3 n
M
= 5/2n
M
* Vận dụng: FeCl
2
→ Fe(OH)
2
→ Fe(OH)
3
→ ½ Fe
2

O
3
+ 3/2 H
2
→ Fe
Vậy : n
FeCl2
= 1. 1. 2. 1/3 n
H2
= 2/3 n
H2
Ví dụ 2: Hòa tan hoàn toàn 2,16 g hỗn hợp gồm Na, Al, Fe trong dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được 1,568 lít một chất khí (đktc) và dung dịch D. Thêm dung dịch NaOH
cho tới dư vào D. Lọc kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được
1,6 g một chất rắn. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu?
* Gọi số mol của Na, Al, Fe lần lượt là x, y, z (mol)
23x + 27y + 56z = 2,16 (I)
x/2 + 3y/2 + z = 1,568 / 22,4 = 0,07 (II)
z/2 = 1,6 / 160 = 0,01 (III)
* Giải ra ta được: x=0,01; y = 0,03; z = 0,02 mol
Na=0,23; Al=0,81; Fe= 1,12 gam.
Dạng 7: PHẢN ỨNG XẢY RA HOÀN TOÀN
VÀ CÓ CHẤT DƯ CHẤT THIẾU
Ví dụ 1: Trộn 400 g dd BaCl
2
5,2% với 100 ml dd H
2

SO
4
20% (d = 1,12g/ml).
1. Tính khối lượng kết tủa thu được.
2. Tính nồng độ % các chất thu được sau pư?
* n
BaCl2
= 400 . 5,2 / 100. 208 = 0,1; n
H2SO4
= 100. 1,12. 20/ 100 . 98 = 0,229
* BaSO
4
tính theo BaCl
2
: m
BaSO4
= 0,1 . 233 = 23,3 gam
* Dung dịch chứa: H
2
SO
4
dư= 0,229 – 0,1 = 0,129 mol
HCl = 0,1. 2 = 0,2 mol
* Khối lượng dd sau pư: 400 + 100.1,12 – 23,3 = 488,7 gam
* Nồng độ %: C
%HCl
= 1,49%; C
%H2SO4
= 2,59%.
Ví dụ 2: Nung a gam bột Fe và b gam bột S trong điều kiện không có không khí. Hòa

tan hỗn hợp thu được sau khi nung bằng dd HCl dư thu được chất rắn A nặng 0,8g,
dd B và khí C có tỉ khối hơi so với H
2
bằng 9. Cho khí C vào dd Pb(NO
3
)
2
dư thấy tạo
ra 23,9 gam kết tủa.
1. Tính a và b.
2. Tính %Fe và %S đã tham gia pư.
3. Thêm dd NaOH vào dd B cho đến dư, lọc kết tủa nung noài không khí đến khối
lượng không đổi thì được bao nhiêu gam chất rắn?
* S dư = 0,8
* 2 (H
2
) < M
C
= 18 < 34 (H
2
S) → C chứa cả H
2
và H
2
S
* Nhận xét: 18 = (2 + 34) / 2 → Số mol H
2
= H
2
S = 23,9 / 239 = 0,1 mol

* Fe dư = H
2
= 0,1 mol
* Fe bđ

= Fe dư + FeS = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol → a = 11,2 g, %Fe pư = 50%
* S bđ = S dư + H
2
S

= 0,8 + 0,1 . 32 = 4 gam; → b = 4 g; %S pư = 3,2/4 = 80%.
* Chất rắn: Fe
2
O
3
= 0,2/2 . 160 = 16 gam.
Dạng 8: BÀI TẬP VỀ BẢNG TUẦN HOÀN
Chú ý: Các nguyên tố thuộc cùng phân nhóm chính, thuộc hai chu kỳ liên tiếp
Hai nguyên tố thuộc cùng nhóm mà ở hai chu kỳ kế tiếp có thể có số thứ tự (số
hiệu nguyên tử) hơn kém nhau 8 đơn vị nếu ở các chu kỳ nhỏ và hơn kém nhau 18
hoặc 32 đơn vị nếu ở chu kỳ lớn. Vì vậy ta phải giải các trường hợp, lựa chọn kết quả
cho phù hợp.
Ví dụ 1 :
A và B là hai nguyên tố ở cùng một phân nhóm và thuộc hai chu kỳ kế tiếp
trong BTH. Tổng số proton trong 2 hạt nhân nguyên tử A và B là 30. Cho biết chu
kỳ, nhóm của A, B trong BTH.
(ĐHSP Quy Nhơn - 1998)
Giải
Đặt Z
A

, Z
B
thứ tự là số proton của nguyên tử nguyên tố A, B:
+ Trường hợp 1:



=+
=−
30
8
AB
AB
ZZ
ZZ
⇒



=
=
19
11
B
A
Z
Z
⇒




KB
NaA
:
:
A thuộc chu kỳ 3 (vì có 3 lớp electron)
B thuộc chu kỳ 4 (vì có 4 lớp electron)
+ Trường hợp 2:



=+
=−
30
18
AB
AB
ZZ
ZZ
⇒



=
=
24
6
B
A
Z

Z
Trường hợp này không thoả mãn đề bài vì nguyên tố Z = 6 thuộc chu kỳ 2 còn
nguyên tố có Z = 24 thuộc chu kỳ 4.
+ Không thể xảy ra trường hợp Z
A
- Z
B
= 32 vì tổng Z
A
+ Z
B
mới là 30.
Ví dụ 2 : Không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học, không viết cấu hình
electron hãy cho biết vị trí, tính chất của nguyên tố có Z = 35.
* Bài tập nà đòi hỏi học sinh phải hiểu sâu cấu tạo của bảng tuần hoàn các
nguyên tố hoá học
Chu kì 1: có 2 nguyên tố
Chu kì 2: có 8 nguyên tố
Chu kì 3: có 8 nguyên tố
Chu kì 4: có 18 nguyên tố
→ Tổng 4 chu kì có: 36 nguyên tố
Vậy nguyên tố có Z = 35 phải thuộc chu kì 4, nhóm VIIA → cấu hình electron là:
[Ar] 3d
10
4s
2
4p
5
→ là một halogen, thể hiện tính phi kim.
Dạng 9: BÀI TẬP VỀ SƠ ĐỒ PHẢN ỨNG

Ví dụ 1: Hoàn thành dãy phản ứng sau, ghi rõ điều kiện của phản ứng (nếu có):
1) Na → NaCl → NaOH →Fe(OH)
2
→ Fe(OH)
3

Fe
2
O
3
Cl
2
→ NaClO Fe
Fe
2
(SO
4
)
3
→ FeSO
4

2) FeS
2
+ O
2
→ (A) + (B) (G) + KMnO
4
→ Cl
2

+
(A) + O
2
→ (C) (G) + Al → (I) + (K)
(C) + (D) → (E) (K) + (B) → (H) + (D)
(E) + Cu → (F) + (A) + (D) (E) + (B) → (L) + (D)
(A) + (D) + Cl
2
→ (E ) + (G) (L) + Cu → (F) + (M)
3)
A B C
Q Q Q Q
X Y Z
Ví dụ 2: Các cặp chất nào sau đây có thể xảy ra được phương trình phản ứng
a) sắt và sắt(II) clorua b) sắt và sắt (III)sunfat
c) CaCO
3
và dd CO
2
d) NaOH và NaHCO
3
e) CaSO
3
và dd CO
2
f) CaSO
3
và dd SO
2
g) SO

2
và nước Brom h) FeCl
2
và nước Cl
2
Ví dụ 3: Viết 7 loại phương trình điều chế ZnCl
2
không trùng lặp.
Dạng 10: BÀI TẬP NÊU HIỆN TƯỢNG VẦ VIẾT PTPƯ
Ví dụ 1: Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp
sau:
1) Dẫn từ từ luồng khí CO qua CuO nung nóng. Sản phẩm khí thoát ra dẫn vào nước
vôi trong dư
2) Sục từ từ khí CO
2
vào nước vôi trong cho đến dư. Sau đó đổ tiếp dung dịch KOH
vào sản phẩm thu được
3) Đun nhẹ dung dịch Ba(HCO
3
)
2
cho đến phản ứng xảy ra hoàn toàn. Sau đó sục khí
CO
2
vào sản phẩm thu được cho đến dư
4) Nho từ từ dung dịch Al(NO
3
)
3
vào dung dịch KOH

5) Đổ từ từ dung dịch KOH vào dung dịch AlCl
3
cho đến dư. Sục khí CO
2
từ từ vào
dd thu được cho đến dư
6) Cho 1 miếng kim loại Na vào dung dịch CuCl
2
7) Cho kim loại Fe vào dung dịch AgNO
3
dư
8) Cho Fe dư vào dung dịch AgNO
3
. Dung dịch thu được cho tác dụng với dd NaOH
dư. Kết tủa thu được để ngoài không khí
9) Cho Cu vào dung dịch Fe(NO
3
)
3

10) Đổ dung dịch NaOH vào dung dịch AgNO
3
11) Nhúng thanh kim loại Fe vào dd CuSO
4
12) Nhỏ từ từ dd HCl vào dd Na
2
ZnO
2
cho đến dư
13) Sục từ từ khí NH

3
vào dd AlCl
3
cho đến dư
Ví dụ 2:Viết phương trình phản ứng xảy ra và xác định thành phần của các chất ứng
với các chữ cái
1) Hòa tan một hỗn hợp gồm các kim loại: Ba, Na, Cu, Fe vào nước thu được dd A,
chất khí B, và phần không tan C. Hòa tan C trong dd H
2
SO
4
đặc nóng, dư thu được dd
C
1
và khí C
2
. Cho ddA phản ứng vừa đủ với ddC
1
thu được dung dịch C
3
và kết tủa
A
1
. Nung A
1
trong không khí tới khối lượng không đổi thu được chất rắn A
2
. Dần khí
B dư qua chất rắn A
2

nung nóng thu được chất rắn A
3
2) Khí A được tạo thành khi cho MnO
2
tác dụng với HCl đặc; Khí B được tạo thành
khi hòa tan Al trong dd NaOH ; Khí C được tạo thành khi nhiệt phân KMnO
4
. Bật tia
lửa điện đốt cháy hỗn hợp gồm A ; B ; C đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dd D. Cho dd D tác dụng với Na
2
SO
3
thu được khí E. Hòa tan hỗn hợp gồm khí E và A
vào nước được dd F. Hòa tan BaCO
3
vào dd F thu được kết tủa H và khí K.
3) Hòa tan hỗn hợp A gồm Al
2
O
3
, Fe
3
O
4
, CuO vào dd HCl dư thu được dd A. Cho Fe
bột sắt dư vào dd A thu được dd B, phần không tan C. Sục khí NH
3
đến dư vào dd B
thu được kết tủa D. Lọc lấy D và nung trong không khí tới khối lượng không đổi thu

được chất rắn E. Dẫn khí CO dư qua E nung nóng một thời gian thu được hỗn hợp chất
rắn F gồm 5 chất và hỗn hợp khí G. Sục G vào dd Ba(OH)
2
thu được kết tủa M và dd
H. Nếu đun nóng dd H lại thu được kết tủa M.
Ví dụ 3:Có các chất sau: KMnO
4
, dd HCl, Al, FeS, MgCO
3
, (NH
4
)
2
SO
3
, dd NaOH.
Hãy viết tất cả các phương trình phản ứng có thể điều chế các khí. Trình bày các
cách có thể thu mỗi khí đó vào lọ
Dạng 11: BÀI TẬP NHẬN BIẾT
Ví dụ 1: Hóa chất tự chọn:
Bằng phương pháp hóa học hãy nhận biết các chất sau đây
1) NaCl, NaNO
3
, Na
2
SO
4
, Na
2
S, Na

2
CO
3
, Na
2
SO
3
2) Ag, Al, Na, Ca, Mg
3) Chất rắn: MgCO
3
, Na
2
CO
3
, MgCl
2
, Al
2
S
3
, Al
4
C
3
, CaC
2
4) Các khí: CO
2
, SO
2

, O
2
, NH
3
, C
2
H
2
, C
2
H
4
Ví dụ 2: Chỉ dùng thêm 1 hóa chất
1) NH
4
Cl, (NH
4
)
2
SO
4
, MgCl
2
, FeCl
2
, AlCl
3
, KNO
3
, AgNO

3
2) CO
2
, C
2
H
2
, C
2
H
4
3) chất rắn: Na
2
CO
3
, BaSO
4
, Ca, Al
4
C
3
, NaOH
Ví dụ 3: Dùng hóa chất cho trước:
a) Chỉ dùng thêm quì tím hãy nhận biết các dung dịch sau:
- H
2
SO
4
, BaCl
2

, HCl, Na
2
CO
3
, NaOH
b) chỉ dùng thêm nước, khí CO
2
, các ống nghiệm hãy nhận biết các chất rắn: KCl,
K
2
CO
3
, K
2
SO
4
, BaCO
3
, BaSO
4
c) Các loại phân: đạm urê, đạm NH
4
NO
3
, supephotphat kép, phân lân KCl
Ví dụ 4: Không dùng thêm hóa chất:
a) CaCl
2
, HCl, Na
2

CO
3
, (NH
4
)
2
CO
3
b) HCl, NaCl, Ba(OH)
2
, Ba(HCO
3
)
2
, Na
2
CO
3
c) Cu(NO
3
)
2
, Ba(OH)
2
, HCl, AlCl
3
, H
2
SO
4

Ví dụ 5:
a) Có 4 lọ mất nhãn A, B, C, D biết rằng
- Nếu đổ dd trong lọ A vào các lọ dd còn lại thì trong 1 lọ thu được chất kết tủa
- Chất trong lọ B tạo kết tủa với cả 3 chất trong 3 lọ còn lại
- Chất C khi đổ vào 3 lọ còn lại thấy có 1 lọ thoát khí và 1 lọ xuất hiện kết tủa trắng
Hãy xác định xem các lọ A, B, C, D lọ nào chứa 1 trong các chất sau: KCl, HCl,
AgNO
3
, Na
2
CO
3
b) Hãy xác định tên 5 lọ mất nhãn A, B, C, D, E, mỗi lọ chứa 1 trong 5 dd sau: KCl,
(NH
4
)
2
CO
3
, Pb(NO
3
)
2
, H
2
SO
4
, NaOH. Biết rằng:
- Chất A tạo được kết tủa với cả các chất trong các lọ còn lại
- Nếu đổ lọ C từ từ vào lọ A thì thấy xuất hiện kết tủa keo, sau đó kết tủa tan dần

- Nếu đổ lọ B vào lọ C và lọ E đều thấy xuất hiện bọt khí thoát ra khỏi dung dịch
Viết các phương trình phản ứng minh họa.
Dạng 12: BÀI TẬP TÁCH LOẠI, TINH CHẾ
Ví dụ 1: Hãy tinh chế
a) Muối NaCl có lẫn các tạp chất CaCO
3
, Na
2
CO
3
, MgCl
2
b) Khí CO
2
có lẫn SO
2
, C
2
H
4
, HCl
c) CaCO
3
có lẫn CaSO
3
, BaSO
4
, NaCl, Na
2
CO

3
d) Khí C
2
H
2
có lẫn CO
2
, SO
2
, NH
3
, SO
3
Ví dụ 2: Hãy tách các chất sau ra khỏi hỗn hợp mà không làm thay đổi khối lượng
của các chất:
a) Al , Fe, Cu, Ag
b) CaCO
3
, BaSO
3
, BaSO
4
, (NH
4
)
2
SO
4
, MgCl
2

c) Fe
2
O
3
, ZnO, CuO, Na
2
O, MgO với số mol Na
2
O bằng số mol ZnO
d) Các khí: C
2
H
4
, CO
2
, SO
2
, N
2
, C
2
H
2
Dạng 13: BÀI TẬP ĐIỀU CHẾ
Ví dụ 1: Từ quặng pirit sắt, muối ăn, nước và các điều kiện cần thiết có đủ hãy viết
phương trình phản ứng điều chế:
1) H
2
SO
4

2) HCl
3) FeCl
2
, FeSO
4
, Fe
2
(SO
4
)
3
Ví dụ 2: Từ Al
2
O
3
, than đá, nước, không khí, muối ăn và các điều kiện cần thiết có
đủ, viết phương trình phản ứng điều chế:
1) NaAlO
2
2) CH
4
, C
2
H
2
, C
2
H
4
Ví dụ 3: Từ đá vôi, C, không khí, nước các điều kiện cần thiết có đủ. Viết phương

trình phản ứng điều chế: Ca(HCO
3
)
2
, C
2
H
2
Dạng 14: BÀI TẬP BẰNG HÌNH VẼ ĐỒ THỊ
Ví dụ 1 : Có 2 kí hiệu biểu thị 2 loại nguyên tử : các ô vuông A, B, C, D biểu thị: đơn
chất, hợp chất, hỗn hợp.



A B C D
Câu 1: Ô vuông nào biểu thị đơn chất, phân tử chỉ gồm 1 nguyên tử ?
A B C D
Đáp án: A
Câu 2: Ô vuông nào biểu thị đơn chất, phân tử gồm 2 nguyên tử ?
A B C D
Đáp án: C
Câu 3: Ô vuông nào biểu thị hợp chất ?
A B C D
Đáp án: D
Câu 4: Ô vuông nào biểu thị hỗn hợp ?
A B C D
Đáp án: B
Ví dụ 2 : Phản ứng của nguyên tố X ( ) với nguyên tử Y ( ) được biển diễn
trong sơ đồ sau :
Phương trình hoá học nào dưới đây biểu diễn tốt nhất phản ứng này ?

A. 4X + 8Y → 5Y
2
X
B . 2X + Y → X
2
Y
C . 4X + 9Y → 4Y
2
X
D . 4X + 8Y → 4X
2
Y
Đáp án B.
Ví dụ 3 : Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng một chất khí khác nhau, chúng được
úp ngược trong các chậu nước. Độ tan của chúng được mô tả bằng các hình vẽ sau :
II
Khí 1 Khí 2 Khí 3 Khí 4
Khí nào có độ tan trong nước lớn nhất ?
A- Khí 1 B- Khí 2 C- Khí 3 D- Khí 4
Đáp án : C
Ví dụ 4 : Một bình cần chứa bột Mg được nút kín bằng
nút cao su có ống thuỷ tinh dẫn khí xuyên qua và có khoá (hình
vẽ).
Câu 1: Cân bình để xác định khối lượng. Đun nóng bình
một thời gian rồi để nguội và cân lại. Hỏi khối lượng bình thay
đổi thế nào so với khối lượng bình trước khi nung ?
A - Giảm B - Tăng C - Không thay đổi D - Không xác định được
Đáp án : C
Câu 2 : Cũng đun nóng bình một thời gian rồi để nguội, nhưng mở khoá rồi mới
cân lại. Hỏi khối lượng bình thay đổi thế nào so với khối lượng bình trước khi nung ?

A - Giảm B - Tăng C - Không thay đổi D - Không xác định được
Đáp án : B
Ví dụ 5 : Khi lặn càng sâu thì áp suất của nước cũng tăng. Oxi tan nhiều hơn
trong máu người thợ lặn. Đường biểu diễn nào trong đồ thị dưới đây biểu diễn tốt
nhất tương quan gần đúng giữa nồng độ oxi trong máu và áp suất ?
I Áp suất

A - I B - II C- III D - IV
Đáp án: D
Khoá
Bột Magiê
IV
III
Nồng độ O
2
trong máu
99
100
101
102
103
104
0 10 20 30 40 50
Giây (s)
Khối lượng(g)
0
20
40
60
80

100
120
0 10 20 30 40 50 60
Thời gian
Nhiệt độ
Ví dụ 6: Một bình chứa vài cục đá vôi (CaCO
3
) được đặt trên đĩa cân. Thêm
một lượng axit Clohiđric vào bình. Tổng khối lượng của bình và các chất có trong
bình biến đổi theo thời gian được biểu diễn bằng đồ thị sau:
Câu 1 : Ở khoảng thời gian nào sau đây tốc độ phải ứng là nhanh nhất ?
A- 0 -10 s

B- 10 –20

s

C- 20 –30 s

D- 30 -40 s
Đáp án : A

Câu 2 : Có bao nhiêu gam khí CO
2
thoát ra ?
A - 1g B - 1,5 g C- 2,5g D - 3 g
Đáp án : D
Ví dụ 7 : Nung nóng đều dần chất rắn A trong 20 phút. Nhiệt độ gây ra sự biến
đổi các trạng thái của A được biểu dẫn bằng độ thị sau :
Câu 1 : Chất rắn A có thể tồn tại ở nhiệt độ cao nhất là bao nhiêu ?

A- 20
0
C B- 40
0
C C- 80
0
C D- Trên 80
0
C
Đáp án: B
Câu 2. Ở 25
0
C chất A ở trạng thái nào?
A- Rắn B- Lỏng C- Hơi D- Không xác định được
Đáp án: A
Câu 3. Ở 50
0
C chất A ở trạng thái nào ?
0
2
4
6
8
10
12
0 50 100 150 200 250 300
Khoảng cách
từ đường cao tốc (m)
Nồng độ các chất
chứa chì (mg/m3)

A- Rắn B- Lỏng C- Hơi D- Không xác định được
Đáp án: B
Câu 4. Ở 110
0
C chất A ở trạng thái nào ?
A- Rắn B- Lỏng C- Hơi D- Không xác định được
Đáp án: C
Câu 5. Chất A vừa tồn tại ở trạng thái rắn, vừa tồn tại ở trạng thái lỏng ở nhiệt
độ nào ?
A- 20
0
C B- 40
0
C C- 50
0
C D- 80
0
C
Đáp án: B
Câu 6. Chất A vừa tồn tại ở trạng thái lỏng, vừa tồn tại ở trạng thái hơi ở nhiệt
độ nào ?
A- 20
0
C B- 40
0
C C- 50
0
C D- 90
0
C

Đáp án: D
Ví dụ 8: Đồ thị dưới đây biểu thị nồng độ các hợp chất chứa chì trong không
khí gần đường cao tốc.

Kết luận nào dưới đây có thể rút ra được từ đồ thị ?
A- Cần ngăn cấm việc dùng xăng có hợp chất của chì .
B- Nồng độ các hợp chất của chì giảm khi đến gần đường cao tốc .
C- Không có hợp chất của chì trong không khí cách đường cao tốc 250 mét.
D- Càng gần đường cao tốc, nồng độ các hợp chất của chì trong không khí càng
tăng
Đáp án: D
Ví dụ 8: Có ba cách thu khí dưới đây, cách nào có thể dùng để thu khí clo ?

- - - - - - - -
- - - - - - -H
2
O
- - - - - - -
Cách 1 Cách 2 Cách 3
A. Cách 1. B. Cách 2. C. Cách 3. D. Cách 1 hoặc cách 3
Ví dụ 9: Có 4 ống nghiệm đựng đầy 4 khí riêng biệt sau : SO
2
, O
2
, O
3
, H
2
S. Úp các
ống nghiệm này vào chậu nước, sau một thời gian có kết quả :

X Y Z W

- - - -

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
H
2
O H
2
O
Xác định các khí X, Y, Z, W.
Dạng 15: BÀI TẬP VỀ PHA CHẾ VÀ NỒNG ĐỘ DUNG DỊCH
15.1. KIẾN THỨC CẦN NẮM VỮNG
1) Độ tan của 1 chất ở nhiệt độ xác định: là số gam chất đó có thể tan trong 100g
dung môi (thường là nước) để tạo thành dd bão hoà ở nhiệt độ đó .
Độ tan kí hiệu là T hay S .
Ví dụ : độ tan của CuSO
4
ở 12
0
C là 33,5 (kí hiệu :
T
C
CuSO
0
4
12

= 35,5) . Nghĩa

là ở nhiệt độ này 100g H
2
O hoà tan nhiều nhất 35,5g CuSO
4
để tạo thành 135,5g
dung dịch bão hoà CuSO
4
.
2) Cần phân biệt độ tan với nồng độ % của dung dịch (C%)
+ Công thức tính : C% =
dd
ct
m
m
.100%
T =
)(
2
OHdm
ct
m
m
.100
+ Mối liên hệ giữa độ tan (T) của một chất và nồng độ % (C%) dung dịch bão
hoà của chất đó :
C% =
T
T
+100
100

Hay : T =
(%)100
(%)100
C
C
−
3) Bài toán định lượng chất tách ra hay thêm vào khi thay đổi nhiệt độ một dung
dịch bão hoà cho sẵn
Bước 1 : Tính m
ct
và m
dm
có trong dd bão hoà ở t
1
(
o
C).
Bước 2 : Đặt a(g) là khối lượng chất tan A cần thêm vào hay tách ra khỏi dd
ban đầu, sau khi thay đổi nhiệt độ từ t
1
o
C sang t
2
o
C (với t
1
≠ t
2
)

Bước 3 : Tính khối lượng chất tan và khối lượng dung môi (H
2
O) có trong dd
bão hoà ở t
2
.
Bước 4 : Áp dụng công thức tính độ tan (T) hay nồng độ % dd bão hoà (C%
dd bão hoà) để tìm a.
+ Lưu ý : Nếu đề yêu cầu tính lượng tinh thể ngậm nước tách ra hay cần thêm
vào do thay đổi nhiệt độ dd bão hoà cho sẵn, ở bước 2 ta phải đặt ẩn số là số mol(n).
4) Toán nồng độ dung dịch
+ Nồng độ dung dịch : là lượng chất tan có trong một lượng xác định hay trong
một thể tích xác định của dung dịch.
+ Nồng độ % (C%) :
C% =
dd
ct
m
m
100% =
)(
ctdm
ct
mm
m
+
100% =
dV
m
ct

.
.100%
m
ct
, m
dm
, m
dd
thứ tự là : khối lượng (chất tan, dung môi, dung dịch).
V, d :

là thể tích (ml), khối lượng riêng của dung dịch.
+ Nồng độ mol/ lít (C
M
) :
C
M
=
V
n
=
VM
m
.
n , m, M : thứ tự là : số mol, khối lượng, khối lượng mol của chất tan.
V : thể tích dung dịch (lít).
* Lưu ý: Ngoài 2 loại nồng độ trên còn loại nồng độ % về thể tích dùng để chỉ
các chất lỏng tan vào nhau.
Chẳng hạn độ rượu (D
0

) cho biết số cm
3
rượu nguyên chất có trong 100 cm
3
dung dịch rượu.
D
0
= V(cm
3
) rượu nguyên chất.100/ V(cm
3
) dd rượu.
* Hệ thức liên lạc:
+ Giữa m
dd
, V
dd
và d có hệ thức : m
dd
= V
dd
. d
+ Giữa C% và C
M
có hệ thức :
C% =
d
MC
M
.10

.
(C% =
d
MC
M
.1000
100
)
+ Giữa C% , V
dd
, d
dd
, n
ct
, M
ct
có : n
ct
=
100.

M
CdV

* Một số kinh nghiệm giải bài toán nồng độ :
+ Cơ sở để giải toán nồng là dựa vào định nghĩa các loại nồng độ suy ra công
thức tính các loại nồng độ đó.
+ Đọc kỹ đề toán để xác định chất đem hoà tan (CĐHT), dd tạo thành, từ đó
tìm đúng chấn tan trong dd rồi mới thay vào công thức tính nồng độ (coi chừng chất
đem hoà tan khác với chất tan trong dung dịch tạo thành). Ví dụ : hoà tan Na

2
O vào
H
2
O được NaOH.
+ Đề toán cho giả thiết liên quan đến loại nồng độ nào, hoặc yêu cầu tính loại
nồng độ nào ta nên viết ngay công thức tính loại nồng độ đó ra nháp để định hướng
làm bài.
+ Trong công thức tính nồng độ, khối lượng chất tan phải là khối lượng nguyên
chất không ngậm nước.
+ Khi dựa vào ptpư để tính toán, chỉ được đưa trị số của chất tan chứ không
được đưa trị số của dung dịch vào.
5) Bài toán hoà tan một hoá chất vào nước hay vào một dd cho sẵn
a) Đặc điểm bài toán:
+ Hoá chất hoà tan có thể là chất khí , chất lỏng hay chất rắn.
+ Sự hoà tan có thể gây ra hay không gây ra phản ứng hoá học (pưhh) giữa
chất đem hoà tan với nước hoặc chất tan trong dd cho sẵn.
b) Cách làm (3 bước):
- Bước 1: Xác định dung dịch sau cùng (sau khi hoà tan hoá chất) có chứa chất
tan nào.
+ Cần lưu ý xem có phản ứng giữa chất đem hoà tan với H
2
O hay chất tan
trong dd cho sẵn không? sản phẩm phản ứng (nếu có) gồm những chất tan nào?
+ Nhớ rằng có bao nhiêu loại chất tan trong dd thì có bấy nhiêu nồng độ.
+ Nếu chất tan có phản ứng với dung môi, ta phải tính nồng độ của sản phẩm
phản ứng chứ không được tính nồng độ của chất tan đó.
- Bước 2 : Xác định lượng chất tan (khối lượng hay số mol) có trong dd sau
cùng.
+ Lượng chất tan (sau pư nếu có) gồm sản phẩm phản ứng và các chất tác dụng

còn dư.
+ Lượng sản phẩm phản ứng (nếu có) tính theo ptpư phải dựa vào chất tác
dụng hết (lượng cho đủ), tuyệt đối không được tính theo lượng chất tác dụng cho dư.
- Bước 3: Xác định lượng dung dịch mới (khối lượng hay thể tích).
* Để tính thể tính thể tích dd mới có 2 trường hợp (tuỳ theo đề bài):
+ Nếu đề không cho biết khối lượng riêng của dd mới (d
ddm
) thì :
Khi hoà tan một chất khí hay chất rắn vào một chất lỏng, có thể coi :
V
ddm
= V
chất lỏng
Khi hoà tan một chất lỏng vào chất lỏng khác phải giả sử sự pha trộn
không làm thay đổi đáng kể thể tích : V
ddm
= tổng thể tích các chất lỏng ban đầu.
+ Nếu đề cho biết khối lượng riêng dd mới (d
ddm
)
V
ddm
= m
ddm
/ d
ddm
.
* Để tính khối lượng dd mới (m
ddm
) - áp dụng định luật bảo toàn khối

lượng.
m
ddm
= ∑ m (trước pư) - khối lượng kết tủa (hoặc khí bay lên) nếu có.
6) Bài toán pha trộn hai hay nhiều dung dịch
a) Đặc điểm bài toán :
Khi pha trộn 2 hay nhiều dd với nhau có thể xảy ra hay không xảy ra phản ứng
hoá học giữa các chất tan của dung dịch ban đầu.
b) Cách làm :
*Trường hợp 1: Khi trộn không xảy ra phản ứng hoá học (thường gặp bài toán
pha trộn các dd chứa cùng loại hoá chất).
+Nguyên tắc chung để giải là theo phương pháp đại số, lập hệ hai phương trình
toán học (một theo chất tan, một theo dd).
- Các bước giải :
Bước 1 : Xác định dd sau trộn có những chất tan nào.
Bước 2 : Xác định lượng chất tan (m
ct
) có trong dd mới (ddm).
m
ct
(trong ddm) = ∑ m
ct
(trong các dd đem trộn).
Bước 3 : Xác định khối lượng (m
ddm
) hay thể tích (V
ddm
) dd mới.
m
ddm

=∑ m (các dd đem trộn).
- Nếu biết khối lượng riêng dd mới : V
ddm
= m
ddm
/d
ddm
.
- Nếu không biết khối lượng riêng ddm (d
ddm
) phải giả sử sự hao hụt thể tích
do pha trộn dd là không đáng kể, để có :
V
ddm
= ∑ V các chất lỏng đem trộn.
+ Nếu pha trộn các dd cùng loại chất tan, cùng loại nồng độ, có thể giải bằng
quy tắc đường chéo:
m
1
(g)dd C
1
% C
2
- C
3

C
3
% ⇒
13

32
2
1
CC
CC
m
m
−
−
=
m
2
(g)dd C
2
% C
3
- C
1
+ Nếu không biết nộng độ % mà lại biết nộng độ C
M
:
V
1
(l) dd C
M
(1) C
M
(2) - C
M
(3)

V
1
C
M
(2) - C
M
(3)
C
M
(3) ⇒ =
V
2
C
M
(3) - C
M
(1)
V
2
(l) dd C
M
(2) C
M
(3) - C
M
(1)

Nếu không biết C%, C
M
mà biết d (khối lượng riêng)

V
1
(l) dd d
1
(g/ml) d
2
- d
3

V
1
d
2
- d
3

d
3
⇒ =
V
2
d
3
- d
1


V
2
(l) dd d

2
(g/ml) d
3
- d
1


- Với giả xử : C
M
(1) < C
M
(3)

< C
M
(2) và d
1
< d
3
< d
2
và sự hao hụt thể tích do
pha trộn là không đáng kể.
* Trường hợp 2 : Khi trộn có xảy ra phản ứng hóa học, cũng giải qua 3 bước
tương tự bài toán loại (2) (hoà tan 1 chất vào dd cho sẵn).Tuy nhiên, cần lưu ý :
Ở bước 1: Cần xác định công thức chất tan mới, số lượng chất tan mới. Cần
chú ý khả năng có chất dư (do chất tan ban đầu không tác dụng hết) khi tính toán.
Ở bước 3: Khi xác định lượng dung dịch mới (m
ddm
hay V

ddm
)
Ta có: m
ddm
= ∑ m(dd đem trộn) - m
kết tủa
(hay m
khí
) nếu có.
Thể tích dd mới tính như trường hợp (1) loại toán này.
15.2. CÁC VÍ DỤ
Ví dụ 1: Phải hoà tan thêm bao nhiêu gam KOH nguyên chất vào 1200g dung
dịch KOH 12% để có dung dịch KOH 20%. (ĐS: 120g)
Ví dụ 2: Cần lấy bao nhiêu gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dung
dịch CuSO
4
4% để điều chế được 500g dung dịch CuSO
4
8%. (ĐS: 33,33g và
466,67g).
Ví dụ 3: Cần trộn bao nhiêu ml dung dịch H
2
SO
4
0,15M với bao nhiêu ml
H

2
SO
4
0,3M để thu được 600 ml dung dịch H
2
SO
4
0,2M (ĐS: 200 ml và 400 ml).
Ví dụ 4: Cần dùng bao nhiêu lít H
2
SO
4
có khối lượng riêng d = 1,84 g/ml và
bao nhiêu lít nước cất để pha thành 10 lít dung dịch H
2
SO
4
có d = 1,28 g/ml. (ĐS:
3,33 lít và 6,67 lít).
Ví dụ 5: (400 BT Hoá học 9 – Ngô Ngọc An, Nxb TP HCM). Cần thêm bao
nhiêu gam SO
3
vào dung dịch H
2
SO
4
10% để được 100 gam dung dịch H
2
SO
4

20%.
(ĐS: 8,88g và 91,12g).
Ví dụ 6 :
Tính độ tan của Na
2
SO
4
ở 10
0
C và nồng độ % của dung dịch bão hoà Na
2
SO
4
ở
nhiệt độ này biết rằng ở 10
0
C khi hoà tan 7,2g Na
2
SO
4
vào 80g H
2
O thì được dung
dịch bão hoà Na
2
SO
4
.
Giải
Ở 10

0
C cứ 80 g H
2
O hoà tan 7,2 g Na
2
SO
4
tạo dung dịch bão hoà
Vậy : 100 g H
2
O hoà tan T (g) Na
2
SO
4
tạo dung dịch bão hoà
⇒ T =
80
100.2,7
= 9 (là độ tan của Na
2
SO
4
ở 10
0
C)
Khối lượng dung dịch Na
2
SO
4
bão hoà là : 7,2 + 80 = 87,2 (g)

Do đó nồng độ % của dung dịch bão hoà Na
2
SO
4
ở 10
0
C là :
C%

(Na
2
SO
4
) =
2,87
2,7
100% = 8,257%.
Ví dụ 7 :
Khi làm nguội 1026,4 g dung dịch bão hoà R
2
SO
4
.nH
2
O (R là kim loại kiềm và
n là số nguyên, thoả mãn điều kiện 7 < n < 12) từ 80
0
C xuống 10
0
C thì có 395,4 gam

tinh thể R
2
SO
4
.nH
2
O tách ra. Tìm công thức phân tử của muối R
2
SO
4
.nH
2
O ?
Biết độ tan của R
2
SO
4
ở 80
0
C là 28,3 và ở 10
0
C là 9 .
(Quan Hán Thành - Phân loại Tr .202).
Giải
*
T
C
SOR
0
42

80
= 28,3 nghĩa là :
Ở 80
0
C 28,3 gam R
2
SO
4
tan trong 100g H
2
O tạo ra 128,3 gam dd bão hoà.
Vậy x gam R
2
SO
4
tan trong y (g) H
2
O tạo ra 1026,4 g dd bão hoà.
mR
2
SO
4
= x =
3,128
4,1026.3,28
= 226,4 g
mH
2
O = y =
3,128

4,1026.100
= 800 g.
* Đặt số mol của R
2
SO
4
.nH
2
O tách ra khỏi dung dịch khi hạ nhiệt độ (từ 80
0
C xuống
10
0
C) là a mol.
* Lượng còn lại trong dd ở thời điểm 10
0
C là :
mR
2
SO
4
=[226,4 - (2R + 96)a] (g)
mH
2
O = (800 - 18na) (g)
Theo công thức tính độ tan, ta có :

9100.
18800
)962(4,226

0
42
10
=
−
+−
=
na
aR
T
C
SOR
(I)
226,4 - (2R+96)a = 72 - 1,62na
2aR + 96a - 1,62na = 154,4 (I’)
Bài cho : m(R
2
SO
4
.nH
2
O) tách ra = (2R + 96 + 18n)a = 395,4
⇒ 2aR + 96a + 18na = 395,4 (II)
Từ (I’, II) : 19,62na = 241 ⇒ na = 12,28
Thay vào (I’) ta được :
(2R + 96)a = 154,4 + 1,62na = 154,4 + 1,62.12,28 = 174,29
Vậy : a =
nR
28,12
962

29,174
=
+

2R + 96 = 14,2n ⇒ R =
2
962,14
−
n
Bài cho, R là kim loại kiềm, n nguyên và 7 < n < 12
Biện luận : n 8 9 10 11
R 8,8 15,9 23 30,1 ⇒ R là Na (23) ; n = 10
Do đó CTPT tinh thể muối ngậm nước cần tìm Na
2
SO
4
.10H
2
O .
Ví dụ 8 :
Cho 27,4 gam kim loại Ba vào 500g dung dịch hỗn hợp (NH
4
)
2
SO
4
1,32% và
CuSO
4
2% rồi đun nóng để đuổi hết NH

3
. Sau khi kết thúc tất cả các phản ứng ta thu
được khí A, kết tủa B và dung dịch C.
a) Tính thể tích khí A (đktc).
b) Lấy kết tủa B rửa sạch và nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi thì
thu được bao nhiêu gam chất rắn .
c) Tính nồng độ % của chất tan trong dd C.
(Đề 73- ĐTTS - 1996 - Quan Hán Thành - Phân loại Tr.208).
Giải
a) Các ptpư :
Ba + 2H
2
O = Ba(OH)
2
+ H
2
↑ (1)
Ba
2+
+ SO
4
2-
= BaSO
4
↓



(2)
NH

4
+
+ OH
-
= H
2
O + NH
3
↑ (3)
Cu
2+
+ 2OH
-

= Cu(OH)
2
↓



(4)
Cu(OH)
2

→
0
t
CuO + H
2
O (5)

BaSO
4

→
0
t
không thay đổi
Theo (1,2): nBa
2+
= nH
2
↑ = nBa =
137
4,27
= 0,2 mol
nOH
-
= 2.0,2 = 0,4 mol
n(NH
4
)
2
SO
4
=
132.100
32,1.500
= 0,05 mol
nCu
2+

= nCuSO
4
=
160.100
2.500
= 0,0625 mol
Nhận thấy : nOH
-
= 0,4 mol > (nNH
4
+
+ 2nCu
2+
)
mà : (nNH
4
+
+ 2nCu
2+
) = 2.0,05 + 2.0,0625 = 0,225 mol
Vậy : NH
4
+
và Cu
2+
phải hết ⇒ Tổng (nNH
3
+ nH
2

) = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol
Hay thể tích khí A (gồm H
2
và NH
3
) ở đktc là : 0,3.22,4 = 6,72 lít .
b) Vì : nBa
2+
(0,2 mol) > nSO
4
2-
(0,05 + 0,0625 = 0,1125 mol)
⇒ nBaSO
4
= 0,1125 mol hay 0,1125.233 = 26,2125 g
mCuO = 0,0625.80 = 5 g
Khối lượng chất rắn bằng : 5 + 26,2125 = 31,2125 g
a) nBa(OH)
2
dư = 0,2 - 0,05 - 0,0625 = 0,0875 mol
m
ddC
= m
ddđầu
+ mBa - mH
2
- mNH
3
- mCu(OH)
2

= 500 + 27,4 - 0,2.2 - 0,1.17 - 26,2125 - 0,0625.98 = 492,960g
Vậy : C%(Ba(OH)
2
) =
96,492
)171.0875,0(
.100% = 3,03%
Ví dụ 9 :
Có 2 dd của cùng một axit : dd A và dd B có nồng độ khác nhau.
+ Nếu trộn 2 dd A, B theo tỷ lệ về thể tích là 3 : 1 thì khi trung hoà 10cm
3
hỗn
hợp axit mới phải cần 7,5 cm
3
dd NaOH .
+ Nếu trộn A, B theo tỷ lệ 1 : 3 về thể tích thì khi trung hoà 10 cm
3
hỗn hợp
axit mới phải cần 10,5 cm
3
dd NaOH nói trên.
a) Xác định tỷ lệ về thể tích của 2 dd axit cần trộn để sau khi trộn thể tích dd
NaOH dùng trung hoà bằng thể tích dd trộn.
b) Nếu dùng dd NaOH 1M , hãy xác định nồng độ mol/lit của dd A và dd B
trong các trường hợp sau : + dd A, B là HCl .
+ dd A, B là H
2
SO
4

(Lê Văn Hồng - Giải toán hoá học 10 - Tr.93)
Giải
Gọi : m là số nguyên tử H có khả năng phân li ra H
+
trong phân tử axit.
x, y, z thứ tự là nồng độ mol/lit của dd A, B, dd NaOH .
ptpư : H
+
+ OH
-
= H
2
O (I)
+ Nếu trộn A, B theo tỷ lệ 3 : 1 về thể tích, tức là trong 10 ml hỗn hợp có 7,5
ml dung dịch A và 2,5 ml dung dịch B. Theo đề bài và (I) :
(7,5x + 2,5y)m = 7,5z ⇔ (3x +y)m = 3z (1)
+ Nếu trộn A, B theo tỷ lệ 1 : 3 về thể tích :
(2,5x + 7,5y)m = 10,5z ⇔ (5x +15y)m = 21z (2)
Lấy (2) : (1) ta có :
7
3
155
=
+
+
yx
yx
Hay : 16x = 8y ⇔ 2x = y (3)
a) Gọi tỷ lệ thể tích 2 dung dịch axit A, B cần trộn là a : b
Ta có : m(ax + by) = (a + b)z (4)

Thế (3) vào (4) có : mx(a + 2b) = (a + b)z (5)
Thế (3) vào (1) có : m.x.5 = 3z (6)
Lấy (5) : (6) ta có :
35
2 baba
+
=
+
⇔ 2a = b hay
2
1
=
b
a

Vậy phải trộn hai dung dịch A, B theo tỷ lệ thể tích là 1 : 2
b) Bài cho C
M
(NaOH) = 1 M hay z = 1
+ dd A, B là HCl ⇒ m = 1
Thay giá trị của m, z vào (6) ta có : x =
5
3
= 0,6 (mol/lit)
Từ (3) ⇒ y = 2.x = 2.0,6 = 1,2 (mol/lit)
+ dd A, B là H
2
SO
4
⇒ m = 2

Thế m, z vào (6) ta có : x =
10
3
= 0,3 (mol/lit) ;y = 2.0,3 = 0,6 (mol/lit).