CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH HAY NHẤT

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
1. Phương pháp bảo toàn.
1.1. Bảo toàn khối lượng.
1.2. Bảo toàn nguyên tố.
1.3. Bảo toàn điện tích.
1.4. Bảo toàn electron.
2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình.
3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
4 Phương pháp ghép ẩn số, phương pháp tách công thức phân tử.
4.1. Phương pháp ghép ẩn số
4.2. Phương pháp tách công thức phân tử.
5. Phương pháp đường chéo.
6. Các phương pháp biện luận để tìm công thức phân tử hợp chất hữu cơ.
6.1 Biết công thức đơn giản, biện luận tìm công thức phân tử
6.2. Biện luận nhóm chức.
6.3. Các phương pháp biện luận để tìm công thức của chất vô cơ
1. Phương pháp bảo toàn.
1.1. Bảo toàn khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp này khá đơn giản, đó là trên định luật bảo toàn
khối lượng: “Tổng khối lượng chất tham gia bằng tổng khối lượng sản phẩm
thu được ”. Nhưng rất chú ý là chỉ tính khối lượng của chất tham gia phản ứng, và
ngoài ra không tính khối lượng chất sẵn có trong dung dịch, chẳng hạn nước có sẵn
trong dung dịch…
Ví dụ 1: Khử hoàn toàn 1,74 gam một ôxit kim loại bằng CO ở nhiệt độ cao thành
kim loại. Dẫn toàn bộ khí sinh ra vào bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
dư, thấy tạo
1
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
thành 3 gam kết tủa. Nếu lấy lượng kim loại sinh ra hòa tan hết vào dung dịch HCl
dư thì thu được 0,504 lít H

2
(đktc).
Xác định công thức ôxit kim loại.
+ Cho 1,74 gam ôxit kim loại trên tác dụng hoàn toàn với 500 ml dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng (dư) được dung dịch X và có khí SO
2
bay ra. Hãy xác định nồng độ mol/
lít của muối trong dung dịch X (Coi thể tích dung dịch không thay đổi trong quá
trình phản ứng)
Giải: - Đặt công thức của ôxit kim loại là A
x
O
y
, khối lượng mol của A là M. Gọi a
là số mol của A
x
O
y
ứng với 1,74 gam. PTPƯ:
A
x
O
y
+ yCO = xA + yCO
2
(1)
CO

2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
+ H
2
O (2)
Số mol CaCO
3
= 0,03 mol. Theo (1) và (2) ta có: n
CO
=
2
CO
n
= 0,03 (mol)
→ ya = 0,03(*). Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho phản ứng (1). Ta
có:
1,74 + 28.0.03 = mA + 44.0,03
Suy ra m
A
= 1,26 gam Hay M.xa = 1,26 (**).
Phản ứng của A với dung dịch HCl: 2A + 2nHCl = 2ACl
n
+ nH
2
(3)
xa
2

n
.xa
Ta có: số mol H
2
= 0,0225 =
2
n
.xa hay xa =
n
045,0
( ***)
Từ (**) và ( ***) ta có: M = 28n.
Cho n = 1, 2, 3 rồi tính M , được nghiệm thích hợp là n = 2, M = 56 nên A là Fe.
Thay n = 2 vào (***) ta được: xa = 0,0225 (****).
2
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Từ (*) và (****) ta có:
⇔=⇔=
4
3
03,0
0225,0
y
x
ya
xa
A
x
O
y

là Fe
3
O
4
.
b. PTPƯ : 2Fe
3
O
4
+ 10H
2
SO
4
= 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 10H
2
O
Số mol Fe
3
O
4
=
232

74,1
= 0,0075 mol → số mol Fe
2
(SO
4
)
3
= 0,01125 (mol).
Vậy C
M
Fe
2
(SO
4
)
3
=
5,0
01125,0
= 0,0225 (mol/l).
Ví dụ 2: Cho hỗn hợp axit hữu cơ A, B tác dụng với rượu đa chức C ta được hỗn
hợp nhiều este, trong đó có este E.
a. Để đốt cháy hết 1,88 gam chất E cần một lượng vừa đủ là 1,904 lít O
2
(đktc) thu được CO
2
và hơi nước với tỷ lệ thể tích tương ứng là 4: 3. Hãy xác định
công thức phân tử của E, biết rằng tỉ khối hơi của E so với không khí nhỏ hơn 6,5.
b. Thủy phân hoàn toàn 1,88 gam E bằng dung dịch NaOH sau đó cô cạn thì
được rượu đa chức và 2,56 gam chất rắn gồm NaOH dư và hỗn hợp hai muối của

hai axit hữu cơ đơn chức. Đốt cháy hoàn toàn X trong O
2
dư thu được CO
2
, hơi
H
2
O và muối Na
2
CO
3
. Hòa tan hết lượng muối này bằng dung dịch HCl thấy thoát
ra 0,448 lít CO
2
(đktc). Hãy viết các công thức cấu tạo có thể có của E (không viết
các đồng phân axit, nếu có).
Giải:
- Sơ đồ phản ứng cháy: E + O
2
→ CO
2
+ H
2
O (1)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) ta có:
m
E
+ m
2
O

= m
2
CO
+ m
2
H
= 1,88 +
32.
4,22
904,1
= 4,6 (g)
Gọi a là số mol của CO
2
thì số mol của H
2
O bằng
4
3
a. Do đó:
3
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
44a + 18.
4
3
= 4,6 → a = 0,08 mol.
Ta có: m
C
= 0,08.12 = 0,96 g; m
H
=

4
3
.0,08.2 = 0,12 g
Gọi công thức tổng quát của E là C
x
H
y
O
z
ta có tỷ lệ số mol:
x:y:z =
16
8,0
:12,0:
12
96,0
= 8:12:5.Vậy công thức chung của E là (C
8
H
12
O
5
)
n
Vì KLPT của E phải < 29.6,5 = 188,5 nên 188n < 188. vậy n = 1.
Vậy CTPT của E là C
8
H
12
O

5.
a. Theo phản ứng: Na
2
CO
3
+ 2HCl = 2NaCl + H
2
O + CO
2
Ta có: số mol CO
2
= 0,02 mol, vì NaOH dư cũng như NaOH tạo thành muối hữu
cơ khi đốt cháy đều tạo thành Na
2
CO
3
. Do đó tổng số mol NaOH ban đầu = 0,02.2
= 0,04 Theo đề bài: n
E
=
188
88,1
= 0,01 (mol)
Vì CTPT của E là C
8
H
12
O
5
, vì tạo được 2 muối và 1 rượu do đó E phải là este 2 lần

este (ứng với 2 gốc axit khác nhau) nên số mol NaOH đã phản ứng với este =
0,01.2 = 0,02 (mol) và lượng NaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol)
tức là 0,02.40 = 0,8(gam).Vậy tổng khối lượng hai muối bằng 2,56 – 0,8 = 1,76 (g)
Gọi CTPT của các muối là: RCOONa và R’COONa thì khối lượng phân tử trung
bình của các muối là:
88
02.0
76,1
==
M

⇒
KLTB các gốc bằng
'R
M
= 88 – 67 = 21.
Như vậy phải có một gốc ví dụ R < 21 và R’ > 21.
Do đó R có thể là H (M = 1) hoặc CH
3
– (M=15)
4
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Vì số mol 2 muối bằng nhau nên
21
2
'
'
=
+
=

RR
M
R
Nếu R là H (M = 1) thì R’ = 41 (C
3
H
5
–)
R là CH
3
– (M = 15) thì R’ = 27 (C
2
H
3
–).
Vậy hai cặp nghiệm là: HCOOH và C
3
H
5
COOH hoặc CH
3
COOH và C
2
H
3
COOH.
Phần công thức ứng với gốc rượu là C
8
H
12

O
5
trừ đi C
5
H
6
O
4
bằng C
3
H
6
O và vì là
rượu đa chức nên công thức cấu tạo duy nhất là:

CH
2
-CH-CH
2
-OH
Kí hiệu hai gốc axit là A
1
, B
1
ta có các công thức cấu tạo có thể có của E là:
CH
2
- CH - CH
2
CH

2
- CH - CH
2
CH
2
- CH - CH
2
;
A
1
B
1
A
1
OH
A
1
B
1
OH
B
1
OH
Bài tập 1.
Cho từ một luồng khí CO đi qua ống đựng m gam một hỗn hợp gồm Fe, FeO,
Fe
3
O
4
, Fe

2
O
3
đun nóng thu được 128 gam sắt, khí sinh ra sau phản ứng cho đi qua
dd Ca(OH)
2
thu được 80 gam kết tủa. Tính m ?
Bài tập 2.
Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hh gồm một muối cacbonat của kim loại hóa trị I
và một muối cacbonat của kim loại hóa trị II vào dd HCl thu được 0,2 mol khí
CO
2
. Tính khối lượng muối mới tạo ra trong dung dịch.
Bài tập 3.
Một dd có chứa 2 cation là Fe
2+
: 0,1mol và Al
3+
: 0,2 mol và 2 anion là Cl
-
: x
mol và SO
4
2-
là y mol. Tính x,y biết rằng khi cô cạn dung dịch thu được 46,9 g chất
rắn khan.
Bài tập 4.
5
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại A và B kế tiếp nhau

trong PNC nhóm II bằng dd HCl thu được 0,896 lit khí CO
2
(đo ở 54,6
0
C và 0,9
atm) và dung dịch X.
a. – Tính khối lượng nguyên tử A và B.
- Tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X.
b. Tính % khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
c. Nếu cho toàn bộ CO
2
hấp thụ vào 200ml dd Ba(OH)
2
thì nồng độ của là bao
nhiêu để thu được 3,94 gam kết tủa.
Bài tập 5. (Giải bài toán nhiệt nhôm)
Sau phản ứng nhiệt nhôm của hỗn hợp X gồm Al và Fe
x
O
y
thu được 9,39 gam
chất rắn Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dd NaOH dư thấy 336 ml khí bay ra đo ở
đktc và phần không tan Z. Để hòa tan 1/3 lượng chất Z cần 12,4 ml dd HNO
3
65,3
% ( d = 1,4 g/ml) và thấy có khí màu nâu thoát ra.
a. Xác định công thức của Fe
x
O
y

b. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của bột nhôm trong hh X ban
đầu. Cho biết phản ứng xảy ra hoàn toàn.
1.2. Bảo toàn nguyên tố.
Định luật bảo toàn khối lượng còn có thể áp dụng cho một nguyên tố, khi đó
định luật bảo toàn khối lượng được viết lại: “Khối lượng của một nguyên tố trong
các chất phản ứng bằng khối lượng của nguyên tố đó trong sản phẩm phản ứng”.
Chú ý: Không tính khối lượng của nguyên tố khác dù nguyên tố đó có tham
gia phản ứng với nguyên tố được áp dụng định luật bảo toàn khối lượng.
Ví dụ 1: Nhiệt phân m gam NH
3
thu được hỗn hợp khí X có V = 134,4 lít (đktc).
Cho X qua dung dịch HNO
3
dư thì còn lại hỗn hợp Y có V = 89,6 lít (đktc).
a. Xác định thành phần hỗn hợp khí X.
b. Tính m.
6
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Giải: Hỗn hợp khí X gồm N
2
, H
2
, NH
3
còn lại. PTPƯ:
2NH
3

→
0

t
N
2
+ 3H
2
(1)
Qua dung dịch HNO
3
dư NH
3
bị giữ lại :NH
3
+ HNO
3
= NH
4
NO
3
Còn lại hỗn hợp Y chỉ gồm N
2
, H
2
với số mol:
n
Y
=
4,22
6,89
= 4 mol; n
X

=
4,22
4,134
= 6 mol. Vậy số mol NH
3
dư = 2 mol.
Theo (1) thì nN
2
= 3nN
2
. Do đó trong 4 mol hỗn hợp Y có 1 mol N
2
và 3 mol H
2
.
b. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố cho N, ta có:
n
N
(NH
3
ban đầu) = n
N
(N
2
) + n
N
(NH
3
) còn lại
= 2.1 + 2.1 = 4 mol. Vậy m = 4.17 = 68 (g).

Ví dụ 2: Đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol chất X bằng 0,616 lít khí O
2
(đktc) ta thu
được 2,18 hỗn hợp khí CO
2
, N
2
và hơi nước ở 109,2
0
C và 0,896 atm. Sau khi làm
ngưng tụ hơi nước, hỗn hợp khí còn lại chiếm 0,56 lít (đktc) và có tỉ khối so với
hidro bằng 20,4. Xác định công thức phân tử của X.
Giải: - Theo đề: số mol (CO
2
, N
2
và H
2
O) =
4,1.273.082,0
1,2.896,0
= 0,06 (mol)
Số mol (CO
2
, N
2
) = 0,025 (mol). Số mol H
2
O ngưng tụ = 0,06 – 0,025 = 0,035.
Gọi x là số mol CO

2
trong hỗn hợp với N
2
:
M
= 20,4.2 = 40,8;
M
=
025,0
)025,0(2844 xx −+
.
Giải ra ta có x = 0,02 (mol) nên số mol N
2
= 0,025 – 0,02 = 0,005 (mol)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tử ôxi để tính khối lượng của
nó trong chất X. Ta có:
m
O
trong X + m
O
dùng để đốt cháy = m
O
trong CO
2
+ m
O
trong nước
7
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
→ m

O
trong X = 0,02.32 + 0,035.16 –
32.
4,22
616,0
= 0,02 (mol)
Gọi công thức tổng quát của X là C
x
H
y
O
z
N
t
ta có:
x : y : z : t = 0,02 : 0,035.2 : 0,02 : 0,005.2 = 0,02 : 0,07 : 0,02 : 0,01 =2 : 7 : 2 :
1
→ Công thức thực nghiệm: ( C
2
H
7
O
2
N)
t
Chúng ta tính m
C
+ m
H
+ m

O
+ m
N
trong 0,01 mol chất X:
m
C
+ m
H
+ m
O
+ m
N
= 0,24 + 0,07 + 0,032 + 0,14 = 0,77 (g)
→M
X
=
01,0
77,0
= 77. Ta có 77.t = 77 nên t = 1.Vậy ctpt của X là: C
2
H
7
O
2
N.
1.3. Bảo toàn điện tích:
Xuất phát từ đinh luật bảo toàn điện tích: “ Trong dung dịch chất điện ly, luôn
trung hòa về điện hay nói cách khác trong dung dịch chất điện ly tổng điện tích
dương luôn bằng tổng điện tích âm”. Dựa vào tính chất này để thiết lập phương
trình toán học liên hệ và tính được kết qủa cần thiết.

Ví dụ 1: Một dung dịch chứa hai cation là Fe
2+
(0,1 mol) và Al
3+
(0,2 mol) và hai
anion là Cl
-
(x mol) và SO
4
2-
(y mol). Tính x, y biết rằng sau khi cô cạn dung dịch
thu được 46,9 g chất rắn khan.
Giải: Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
56.0,1 +27.0,2 +35,5.x +96y = 46,9
⇔
35,5x + 96y = 35,9 (1)
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:
0,1.2 + 0,2.3 = x + 2y
⇔
x + 2y = 0,8 (2)
Từ (1) và (2) ta có: x = 0,2 mol ; y = 0,3 mol
8
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Ví dụ 2: Dung dịch A chứa các ion Na
+
: a mol; HCO
3
-
: b mol; CO
3

2-
:c mol; SO
4
2-
:
d mol. Để tạo kết tủa lớn nhất người ta dung 100ml dung dịch Ba(OH)
2
nồng độ x
mol /l. Lập biểu thức tính x theo a, b
Giải: HCO
3
-
+ OH
-
= CO
3
2-
+ H
2
O
Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
Ba
2+

+ SO
4
2-
= BaSO
4
↓
Dung dịch sau phản ứng chỉ có Na
+
: a mol . Vì bảo toàn điện tích nên cũng phải
có a mol OH
-
. Để tác dụng với HCO
3
-
cần b mol OH
-
.
Vậy số mol của OH
-
do Ba(OH)
2
cung cấp là (a+b) mol.
Ta có : số mol Ba(OH)
2
=
2
ba +
và nồng độ x =
2,01,0
2

ba
ba
+
=
+
(mol/l)
1.4. Bảo toàn electron
- Trước hết cần khẳng định rằng đây không phải là phương pháp cân bằng phản
ứng ôxi hóa khử dù phương pháp thăng bằng electron dung để cân bằng phản ứng
ôxi hóa khử cũng dựa trên sự bảo toàn electron.
- Nguyên tắc của phương pháp như sau: Khi có nhiều chất ôxi hóa, chất khử trong
một hỗn hợp phản ứng (nhiều phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn) thì
tổng số electron mà chất khử cho phải bằng tổng số electron do chất ôxi hóa nhận.
Như vậy ta chỉ cần nhận định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối của các chất
ôxi hóa, chất khử, thậm chí không cần quan tâm đến việc cân bằng các phương
trình phản ứng. Phương pháp này đặt biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận
nhiều trường hợp có thể xảy ra.
Ví dụ 1: Cho hỗn hợp Y gồm Fe và kim loại M có hóa trị n duy nhất.
9
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
a. Hòa tan hoàn toàn 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HCl thu được 2,128 lít H
2
,
còn khi hòa tan 3,61g hỗn hợp Y bằng dung dịch HNO
3
dư thì thu được 1,792 lít
NO duy nhất. Hãy xác định kim loại M.
b. Lấy 3,61 g hỗn hợp Y cho tác dụng với 100 ml dung dịch chứa AgNO
3
và

Cu(NO
3
)
2
. Khuấy kỹ đến phản ứng hoàn toàn chỉ thu được 8,12g chất rắn gồm 3
kim loại. Hòa tan chất rắn đó bằng dung dịch HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí
H
2
. Tính nồng độ mol/lít của AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
trong dung dịch ban đầu của
chúng. Biết thể tích được đo ở điều kiện tiêu chuẩn và H = 100 %.
Giải: a. Các phản ứng hòa tan hỗn hợp Y:
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(1)
2M + 2nHCl = MCl
n
+ nH
2
(2)
Fe + 4HNO
3
= Fe(NO

3
)
3
+ NO +2H
2
O (3)
3M + 4nHNO
3
= 3M(NO
3
)
n
+ nNO + 2nH
2
O (4)
Gọi x, y là số mol của Fe và M trong 3,16 g.
Theo (1); (2) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
2x + ny =
4,22
128,2
.2 = 0,19.(I)
Theo (3); (4) thì tổng số mol electron cho và tổng số mol electron nhận là:
3x + ny =
4,22
792,1
.3 = 0,24.(II). Giải (I) và (II) ta có:
x = 0,05 mol; ny = 0,09 mol.
Mặt khác theo khối lượng hỗn hợp Y thì:
0,05.56 + y.M = 3,61→ yM = 0,81.
Chúng ta thấy kết quả phù hợp là: n = 3; M = 27 và y = 0,03.

10
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
b. Vì Al hoạt động hơn Fe và vì chất rắn thu được gồm 3 kim loại nên chúng là Ag,
Cu, Fe. Các phản ứng có thể xảy ra:
Al + 3AgNO
3
= Al(NO
3
)
3
+ 3Ag (5)
2Al + Cu(NO
3
)
2
= 2Al(NO
3
)
3
+ 3Cu (6)
Fe + 2AgNO
3
= Fe(NO
3
)
2
+ 2Ag (7)
Fe + Cu(NO
3
)

2
= Fe(NO
3
)
2
+ Cu (8)
Fe + 2HCl

= FeCl
2
+ H
2
(9)
Theo (9): số mol H
2
=
4,22
672,0
= 0,03 = n
Fe
còn lại.
Gọi a, b là số mol AgNO
3
và Cu(NO
3
)
2
.
- Tổng số mol electron Ag
+

; Cu
2+
; H
+
nhận là: 1.a + 2b + 2.0,03
- Tổng số mol electron Al; Fe nhường là: 3.0,03 + 2.0,05
Áp dụng định luật bảo toàn số mol electron:
1.a + 2b + 2.0,03 = 3.0,03 + 2.0,05 (I’)Mặt khác, theo khối lượng 3 kim loại ta có:
108a + 64b + 0,03.56 = 8,12 (II’)
Từ 2 phương trình (I’); (II’) trên dễ dàng rút ra a = 0,03 ; b = 0,05 (mol)
Vậy C
M
AgNO
3
=
1,0
03,0
= 0,3M, C
M
Cu(NO
3
)
2
=
1,0
05,0
= 0,5M.
Ví dụ 2: Oxi hóa hoàn toàn 2,184g bột Fe ta thu được 3,048g hỗn hợp 2 ôxit sắt
(hỗn hợp A). Chia hỗn hợp A thành 3 phần bằng nhau.
1/ Cần bao nhiêu lít H

2
(đkc) để khử hoàn toàn các oxit trong phần 1
2/ Hòa tan phần 2 bằng HNO
3
dư. Tính thể tích NO duy nhất bay ra
3/ Phần 3 trộn với 5,4g bọt Al rồi tiến hành phản ứng nhiệt nhôm (H = 100%). Hòa
tan hỗn hợp sau phản ứng bằng dung dịch HCl dư. Tính thể tích khí bay ra ở
(đktc). Giải: - 1. Các phản ứng có thể xảy ra:
11
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
2Fe + O
2
= 2FeO (1) 2Fe + 1,5O
2
= Fe
2
O
3
(2)
3Fe + 2O
2
= Fe
3
O
4
(3) FeO + H
2
= Fe + H
2
O (4)

Fe
2
O
3
+ 3H
2
= 2Fe + 3H
2
O (5) Fe
3
O
4
+ 4H
2
= 3Fe + 4H
2
O (6)
Từ (1
→
6) thì Fe không thay đổi số oxi hóa, H
2
cho electron và O
2
nhận electron
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
2nH
2
= 4nO
2

→
nH
2
= 2nO
2
.
3
1
=
3
2
.(
32
184,2048,3 −
) = 0,018 (mol)
VH
2
= 0,018.22,4 = 0,4032 (lít)
2. Các phản ứng hòa tan có thể:
3FeO + 10HNO
3
= 3Fe(NO
3
)
3
+ NO + 5H
2
O (7)
Fe
2

O
3
+ 6HNO
3
= 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (8)
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
= 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O (9)
Ta thấy tất cả Fe bị oxi hóa thành Fe
3+
còn N
+5
bị khử thành N
+2

, O
2
0
bị khử thành
O
2-
nên áp dụng định luật bảo toàn số mol electron, ta có:
3n +
3.
3
1
56
184,2
4.
3
1
8.
32
184,2048,3
=
−
= 0,039
Trong đó n là số mol của NO thoát ra. Chúng ta dễ dàng rút ra n = 0,001(mol) và
V
NO
= 0,001.22,4 = 0,224(lit)
3. Các phản ứng có thể xảy ra:
2Al + 3FeO = 3Fe + Al
2
O

3
(10) 2Al + Fe
2
O
3
= 2Fe + Al
2
O
3
(11)
8Al + 3Fe
3
O
4
= 8Fe + 4Al
2
O
3
(12) Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
(13)
2Al + 6HCl = AlCl
3
+ 3H
2
(14)
12
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH

Xét các phản ứng (1, 2, 3, 10, 11, 12, 13, 14) ta thấy Fe cuối cùng thành Fe
2+
, Al
thành Al
3+
, O
2
o
thành 2O
2-
và 2H
+
thành H
2
nên áp dụng định luật bảo toàn số
mol electron, ta có:
27
3.4,5
2.
3
039,0
+
= 0,009.4 + n.2

⇔
0,026 + 0,5 = 0,036 + n.2
Suy ra n = 0,295(mol). Vậy VH
2
= 0,295.22,4 = 6,608(lít)
2. Phương pháp dùng các giá trị trung bình:

Đây là một trong những phương pháp được ứng dụng rất phổ biến để giải
các bài toán hóa học, đặt biệt là các bài toán hóa hữu cơ. Nó cho phép giải nhanh
chóng và đơn giản nhiều bài toán gồm hỗn hợp các chất rắn, lỏng củng như khí.
* Nguyên tắc của phương pháp:
Khối lượng phân tử trung bình (KLPTTB), được kí hiệu là
M
chính là khối lượng
của 1 mol hỗn hợp, nên nó được tính theo công thức:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
n
nM
nnn
nMnMnM
M


321
332211
(1).
Trong đó M
1
, M
2

…là khối lượng phân tử (hoặc khối lượng nguyên tử) các chất
trong hỗn hợp n
1
, n
2
…là số mol tương ứng của các chất.
Công thức (1) có thể viết thành:
M
= M
1
.
∑
i
n
n
1
+ M
2
.
∑
i
n
n
2
+ M
3
.
∑
i
n

n
3
+ …
= (M
1
x
1
+ M
2
x
2
+M
3
x
3
+…)/(x
1
+ x
2
+ x
3
+ )(2).
13
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Trong đó x
1
, x
2
, x
3

… là % số mol tương ứng của các chất. Đặt biệt là đối với chất
khí thì x
1
, x
2
cũng chính là % thể tích của các chất nên công thức (2) có thể viết
thành:
∑
∑
=
+++
+++
=
i
ii
v
vM
vvv
vMvMvM
M


321
332211
(3)
Trong đó v
1
, v
2
, v

3
…là thể tích của các chất khí. Nếu hỗn hợp chỉ có hai chất khí
thì các công thức 1, 2, 3 trở thành 1
’
, 2
’
, 3
’
đơn giản hơn.
)(
21
2211
nnn
nMnM
M
=+
+
=
(1
’
) Trong đó n là tổng số mol các chất trong hỗn hợp.
M
= M
1
x
1
+ M
2
(1 – x
1

) (2
’
). Trong đó con số (1) ứng với 100 %.
Và:
V
VVMVM
M
)(
1211
−+
=
(3
’
)
Trong đó V
1
là thể tích khí thứ nhất và V là tổng thể tích hỗn hợp. Chú ý rằng
KLPTTB của hỗn hợp chỉ phụ thuộc vào thành phần hỗn hợp, nghĩa là tỷ lệ số mol
của các chất, không phụ thuộc vào nhiệt độ, áp suất (dĩ nhiên là không xảy ra phản
ứng giữa các chất trong hỗn hợp). Về nguyên tắc ta có thể chọn bất cứ chất nào
làm chất 1, 2, 3…Tuy nhiên để việc tính toán đơn giản hơn thì ta chọn chất có
KLPT lớn nhất hoặc chất đã biết làm chất một. Câu hỏi đặt ra là nên dùng công
thức 1, 2, 3 hay 1
’
, 2
’
hoặc 3
’
trong trường hợp nào. Tùy theo điều kiện bài toán cho
hoặc cái ta cần tìm là số mol, là thể tích hay % mà dùng công thức thích hợp: Cho

gì, hỏi gì thì dung công thức đó. Cũng tương tự như trên chúng ta có công thức tính
số nguyên tử C trung bình, số nguyên tử H trung bình, số nhóm chức trung bình…
Ví dụ 1: Hoà tan 2,84g hỗn hợp hai muối cacbonat của hai kim loại phân nhóm
chính nhóm II và thuộc hai chu kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn bằng dd
HCl ta thu được dd X và 672 ml CO
2
(đktc).
14
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
a. Xác định tên của hai kim loại đó
b. Cô cạn dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?
Giải: - a. Gọi M là kí hiệu chung cho 2 kim loại. Ta có:
MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ H
2
O + CO
2
(1)
Theo (1) số mol các muối cacbonat bằng số mol CO
2
=
4,22
672,0
= 0,03 mol.
Nên KLPTTB các muối cacbonat:
M
=

03,0
84,2
= 94,67
⇒

M
’ = 94,67 – 60 = 34,67
Vì thuộc hai chu kì liên tiếp nên hai kim loại đó là Mg (M=24) và Ca (M=40).
b) KLPTTB của các muối clorua = 34,67 + 71 = 105,67.
Vậy khối lượng muối clorua khan = 105,67.0,03 = 3,17 gam.
Ví dụ 2: Hỗn hợp ba rượu đơn chức A, B, C có tổng số mol 0,08 mol và có khối
lượng 3,387g. Xác định công thức phân tử của A, B, C biết rằng B, C có cùng số
nguyên tử Cacbon và số mol rượu A bằng 5/3 tổng số rượu B và C.
Giải:
M
=
08,0
387,3
= 42,23. Như vậy phải có ít nhất một rượu có khối lượng phân tử
M nhỏ hơn 42,23. Rượu đó phải là CH
3
OH (M = 32).
Theo giả thuyết: n
A
= 0,05 mol
⇒
m
A
= 32.0,05 = 1,6 (g). Khối lượng B, C:
m

(B + C)
= 3,38 – 1,6 = 1,78 g.
⇒

CB
M
,
=
03,0
78,1
= 59,3.
Gọi
y
là số nguyên tử Hiđro trung bình trong phân tử hai rượu B, C.
Ta có: M
y
x
HC
OH = 59,3 hay 12x +
y
+ 17 = 59,3.
15
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Chúng ta thấy chỉ có nghiệm phù hợp là: x = 3,
y
= 6,3. Như vậy B, C phải có một
rượu có số nguyên tử Hiđro > 6,3 và một rượu có số nguyên tử Hiđro < 6,3. Vậy ta
có hai cặp nghiệm là:
+ C
3

H
5
OH và C
3
H
7
OH và C
3
H
3
OH và C
3
H
7
OH
Ví dụ 3: Nitro hóa benzen bằng HNO
3
đặc thu được hai hợp chất nitro hơn kém
nhau 1 nhóm NO
2
. Đốt cháy hoàn toàn 2,34 gam hổn hợp A, B thu được CO
2
, H
2
O
và 255,8 ml N
2
(ở 27
0C
, 740 mmHg). Hãy xác định công thức phân tử của A và B.

Giải: Số mol khí N
2
=
300.082,0.1000.760
8,255.740
=
RT
PV
= 3 mol.
Gọi
nn
N OHC )(
2
6
6
−
là công thức chung cho A và B với
n
là số nhóm chức trung
bình. Ta có các phương trình phản ứng hóa học:
C
6
H
6
+
n
HNO
3

 →

42
SOH
nn
NOHC )(
2
6
6
−
+
n
H
2
O (1)
nn
NOHC )(
2
6
6
−
+ (
2
5,215 n−
)O
2
6CO
2
+ (
2
6 n−
)H

2
O +
2
n
N
2
.(2)
Theo (2) ta có:
2
.
4578
34,2 n
n
+
= 3
Giải ra ta được
n
= 1,7. Vậy công thức phân tử của A và B lần lượt là: C
6
H
5
NO
2
và
C
6
H
4
(NO
2

)
2
.
Ví dụ 4: Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B có cúng chức hóa học. Nếu đun
nóng 15,7 gam hh Y thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam
hh hai rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Nếu đốt cháy
15,7 gam hh Y cần dùng vừa hết 21,84 lít O
2
và thu được 17,92 lít CO
2
(đktc). Xác
định CTCT của A và B.
16
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Giải: - Từ giả thuyết đề bài suy ra A và B là hai este đơn chức
⇒
công thức chung
là C
x
H
y
O
2
.
Số mol O
2
= 0,975 mol. nCO
2
= 0,8 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

Số mol H
2
O = [ 15,7 + (0,975.32) – 0,8.44] : 18 = 0,65 mol
Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tử O:
Số mol este = [0,65 + (0,8.2) – (0,975.2)] : 2 = 0,15 mol.
Suy ra số nguyên tử C trung bình =
15,0
8,0
= 5,33
⇒
5 < 5,33 < 6
Số nguyên tử H trung bình =
2.
15,0
65,0
= 8,66
⇒
8 < 8,66 < 10.
Vậy công thức của hai este là C
5
H
8
O
2
và C
6
H
10
O
2

Khối lượng mol trung bình của hai rượu là :
15,0
6,7
= 50,66 nên hai rượu kế tiếp là
C
2
H
5
OH (M = 46) và C
3
H
7
OH (M = 60)
⇒
Muối có số nguyên tử C là 5 – 2 = 3, số nguyên tử H là = 8 – 5 = 3.
⇒
Công thức muối: CH
2
=CH-COONa
Vậy CTCT của A: CH
2
=CH-COOC
2
H
5
và B: CH
2
=CH-COOC
3
H

7
.
3. Phương pháp tăng giảm khối lượng.
Nguyên tắc của phương pháp là xem khi chuyển chất A thành chất B (không
nhất thiết là trực tiếp, có thể qua nhiều giai đoạn trung gian). Khối lượng tăng hay
giảm bao nhiêu gam (thường tính theo 1 mol) và dựa vào khối lượng thay đổi ta dễ
17
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
dàng tính được số mol chất đã tham gia phản ứng hoặc ngược lại. Ví dụ trong phản
ứng: MCO
3
+ 2HCl = MCl
2
+ CO
2
↑
+ H
2
O
Ta thấy khi chuyển 1 mol MCO
3
thành MCl
2
thì khối lượng muối tăng lên.
M + 2.35,5 – (M + 60) = 11(g), và có 1mol CO
2
bay ra hoặc ngược lại.
Trong phản ứng este hóa:
CH
3

COOH + R’OH CH
3
COOR’ + H
2
O
Thì 1 mol R’OH chuyển thành 1 mol este, khối lượng tăng lên.
(R’ + 59) – (R’ + 17) = 42(g)
Như vậy nếu biết khối lượng của rượu khối lượng của este ta dễ dàng tính được số
mol rượu hoặc ngược lại.
Ví dụ 1: Có 1 lít hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1 M và (NH
4
)
2
CO
3
0,25 M. Cho 43 gam hỗn
hợp BaCl
2
và CaCl
2
và dung dịch đó. Sau khi phản ứng kết thúc ta thu được 39,7 g
kết tủa A và dung dịch B.
1) Tính % khối lượng các chất trong A
2) Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau
a. Cho HCl dư vào 1 phần sau đó cô cạn dung dịch và lấy chất rắn còn lại nung ở
nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi được chất rắn X. Tính % khối lượng các chất

trong X.
b. Đun nóng phần 2 rồi thêm từ từ 270ml dung dịch Ba(OH)
2
0,2 M vào. Hỏi tổng
khối lượng của 2 dung dịch giảm tối đa bao nhiêu? Giả sử nước bay hơi không
đáng kể.
Giải: Trong hỗn hợp Na
2
CO
3
và (NH
4
)
2
CO
3
có các ion: Na
+
, NH
4
+
, và CO
3
2-
Hỗn hợp BaCl
2
và CaCl
2
có các ion Ba
2+

, Ca
2+
, và Cl
-
1) Các phản ứng: Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
(1) Ca
2+
+ CO
3
2-
= CaCO
3
↓
(2)
18
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Theo (1) và (2) cứ 1 mol BaCl
2
hoặc CaCl
2
biến thành BaCO
3
hoặc CaCO

3
thì khối
lượng giảm 71 – 60 =11(g) (2Cl
-
chuyển thành CO
3
2-
). Do đó tổng số mol 2 muối
BaCO
3
và CaCO
3
bằng
11
7,3943−
= 0,3 (mol)
Còn
∑
số mol CO
3
2-
= 0,1 + 0,25 = 0,35. Điều đó chứng tỏ dư CO
3
2-
.
Gọi x, y là số mol BaCO
3
và CaCO
3
trong A

Ta có:



=
=
⇒



=+
=+
2,0
1,0
7,39100197
3,0
y
x
yx
yx
Thành phần % A:
% BaCO
3
=
7,39
197.1,0
.100 = 49,62 %, % CaCO
3
= 100 – 49,62 = 50,38 %
2.a. Trong

2
1
dung dịch B có Na
+
, Cl
-
, NH
4
+
, CO
3
2-
, khi cho HCl vào:
CO
3
2-
+ 2H
+
= CO
2
+ H
2
O (3)
Như vậy cô cạn dd ta thu được chất rắn gồm 2 muối NaCl và NH
4
Cl. Khi đun nóng
hỗn hợp này thì NH
4
Cl bị phân hủy: NH
4

Cl
→
o
t
NH
3
↑
+ HCl
↑
.
Vậy chất rắn X chứa 100 % NaCl.
b/ Trong
2
1
dung dịch B có:
Số mol CO
3
2-
=
2
1
(0,35 – 0,3) = 0,025 (mol), số mol NH
4
+
=
2
1
.0,25.2 = 0,25
Không cần quan tâm đến số mol các ion khác vì chúng không tham gia phản ứng.
19

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Khi cho Ba(OH)
2
: Ba(OH)
2
= Ba
2+
+ 2OH
-
Vì số mol Ba(OH)
2
= 0,27.0,2 = 0,054
⇒
số mol OH
-
= 0,054.2 = 0,108
PƯ : Ba
2+
+ CO
3
2-
= BaCO
3
↓
(5) NH
4
+
+ OH
-
= NH

3
↑
+ H
2
O (6)
Vì số mol CO
3
2-
(0,025) < n
Ba2+
(0,054) nên số mol BaCO
3
= 0,025 tức là khối lượng
kết tủa = 0,025.197 = 4,925(g)
Vì n
OH-
(0,108) < n
NH4+
(0,25) nên số mol NH
3
bay ra là 0,108 mol tức là
Khối lượng NH
3
= 0,108.17 = 1,836 (g).
Vậy khối lượng của hai dung dịch giảm tối đa: 4,925 + 1,836 = 6,761(g)
Ví dụ 2: A là hỗn hợp anđehit fomic và anđehit axetic
1) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được hỗn hợp 2 axit tương ứng (hỗn
hợp B). Giả sử H = 100% . Tỉ khối của B so với A bằng a.
a/ Tìm khoảng biến thiên của a.
b/ Cho a =

97
145
. Tính % khối lượng của mỗi anđehit trong A.
2) Oxi hóa m gam hỗn hợp A bằng oxi ta thu được (m’ + 1,6) g hỗn hợp B. Giả
thiết H = 100%. . Còn nếu m’ gam hỗn hợp A tác dụng với AgNO
3
dư trong NH
3
thì thu được 25,92 gam Ag lim loại. Tính % khối lượng 2 axit trong hỗn hợp B.
Giải: - PTPƯ: 2HCHO + O
2
2HCOOH (1)
2CH
3
CHO + O
2
2CH
3
COOH (2)
Giả sử hỗn hợp A chỉ có HCHO thì B chỉ có HCOOH
Vậy d
30
46
==
A
B
M
M
A
B

= 1,53 = a.
Giả sử A chỉ có CH
3
CHO thì B chỉ có CH
3
COOH
20
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
Vậy d
44
60
==
A
B
M
M
A
B
= 1,36 = a. Vì hh đồng thời có cả HCHO và CH
3
CHO nên
khoảng xác định của a là: 1,36 < a < 1,53.
b/ Gọi x, y là số mol HCHO và CH
3
CHO thì số mol 2 axit HCOOH, CH
3
COOH
cũng là x và y nên:
A
B

M
M
=
⇒=
+
+
97
145
4430
6040
yx
yx
x=5y.
Vậy % m HCHO = 77,3 % và % CH
3
CHO = 22.7 %
2) Các phản ứng:
HCHO + 4AgNO
3
+ 6NH
3
+ 2H
2
O (NH
4
)
2
CO
3
+ 4NH

4
NO
3
+ 4Ag (1)
CH
3
CHO + 2AgNO
3
+ 3NH
3
+ H
2
O CH
3
COONH
4
+ 2NH
4
NO
3
+ 2Ag (2)
Khi chuyển 1 mol hỗn hợp A thành 1 mol hỗn hợp B khối lượng tăng thêm 16gam
theo đề bài thì khối lượng tăng (m + 1,6) – m = 1,6(g). Nên số mol a =
16
6,1
= 0,1.
Gọi x, y là số mol của CH
3
CHO trong m gam hỗn hợp A. Dựa vào số mol hỗn hợp
và n

Ag
ta có hệ phương trình:



=
=
⇒





=+
=+
08,0
02,0
108
92,25
24
1,0
y
x
yx
yx
Vì số mol axit bằng số mol anđehit tương ứng. Vậy % khối lượng mỗi axit trong B
là: %HCOOH = 16,08 %, %CH
3
COOH = 83,92%.
4. Phương pháp ghép ẩn số và phương pháp tách công thức phân tử:

4.1 Phương pháp ghép ẩn số:
Có một số bài toán hóa học hình như thiếu điều kiện làm cho bài toán có
dạng vô định phải biện luận hoặc không giải được. Phương pháp này cho phép giải
21
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
những bài toán đó. Nhưng lưu ý rằng các ví dụ dưới đây có thể giải bằng phương
pháp khối lượng phân tử trung bình, bảo toàn khối lượng…
Ví dụ 1: Đốt cháy hoàn toàn a gam hh hai rượu no đơn chức được hh khí và hơi.
Cho hh khí và hơi này lần lượt đi qua bình 1 đựng H
2
SO
4
đậm đặc và bình hai
đựng nước vôi trong dư thấy bình 1 tăng 1,98g, bình hai có 8 gam kết tủa. Tính a.
Giải: - Đặt công thức của mỗi rượu là C
n
H
2n+1
OH, C
m
H
2m,+1
OH. Gọi x, y là số mol
của mỗi rượu. PTPƯ đốt cháy:
C
n
H
2n+1
OH + 1,5nO
2

nCO
2
+ (n +1)H
2
O
C
m
H
2m+1
OH + 1,5mO
2
mCO
2
+ (m +1)H
2
O
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
+ H
2
O
Theo giả thuyết đề bài, chúng ta có: nx + ny = 0,08 (1)
(n + 1)x + (m + 1)y = 0,11 (2)
Ở đây với 4 ẩn số nhưng chỉ có 2 phương trình nên chúng ta có dạng vô định.
Chúng ta triển khai (2) để áp dụng phương pháp ghép ẩn số:
Từ (2) nx + x + my + y = ( nx + my ) + x + y = 0,11

Thay nx + ny = 0,08 rồi rút ra x + y = 0,11 – 0,08 = 0,03.
a = (14n + 18)x + (14m + 18)y = 14nx + 18x + 14my + 18y. Ghép ẩn số ta được:
a = 14( nx + my ) + 18(x + y). Thay các giá trị đã biết ta được:
a = 14.0,08 + 18.0,03 = 1,66 (g)
Ví dụ 2: Trung hòa 3,88 gam hỗn hợp amino axit đơn chức bằng một lượng vừa đủ
dung dịch NaOH, sau đó cô cạn thì thu được 5,2 gam muối khan.
1. Tính tổng số mol amino axit trong hỗn hợp
2. Cần dung bao nhiêu lít ôxi (đktc) để đốt cháy hoàn toàn 1,94 gam hh 2 axit trên.
Giải: Gọi công thức của hai axit là: RCOOH và R’COOH. Ta có PƯ trung hòa:
RCOOH + NaOH RCOONa + H
2
O (1)
22
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
R’COOH + NaOH R’COONa + H
2
O (2)
Chúng ta thấy KLPT 1 mol muối nặng hơn KLPT 1 mol axit là 22 gam
(thay 1 nguyên tử H = 1 nguyên tử Na
⇒
23 - 1 = 22).
Vậy
n
∑
2 axit =
22
88,32,5 −
= 0,06 (mol)
Có thể đặt phương trình như sau: Đặt a, a’, P, Q lần lượt là số mol, KLPT của 2
rượu, ta có:

aP + a’Q = 3,88 và a(P + 22) + a’(Q + 22) = 5,2
⇒
a +a’ = 0,06
2/ Phản ứng đốt cháy: C
x
H
2x
O
2
+ (1,5x - 1)O
2
x CO
2
+ xH
2
O (3)
C
y
H
2y
O
2
+ (1,5y – 1)O
2
y CO
2
+ y H
2
O (4)
Gọi b, b’ là số mol các axit trong 1,4 gam hỗn hợp.

Ta có: b + b’ =
03,0
88,3
94,1.06,0
=
và b(14x +32) + b’(14y + 32) = 1,94
Hay 14(bx + b’y) + 32(b + b’) = 1,94
⇒
bx + b’y =
07,0
14
03,0.3294,1
=
−

Theo (3) và (4) tổng số mol O
2
cần để đốt cháy:
n = b(1,5x – 1) + b’(1,5y – 1) = 1,5(bx + b’y) – (b + b’)
Do đó: VO
2
= (1,5.0,07 – 0,03).22,4 = 0,075 . 22,4 = 1,68 (lit)
4.2. Phương pháp tách công thức phân tử:
Để biểu diễn thành phần của một hợp chất hữu cơ, ta có thể viết thêm công
thức phân tử dưới các dạng khác nhau. Nguyên tắc của phương pháp tách công
thức phân tử dựa trên tỉ lệ % khối lượng Cacbon và Hiđro trong anken (olefin) là
23
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
không đổi bằng :
1

612
=
n
n
. Nghĩa là trong anken Cacbon chiếm
7
6
khối lượng còn
Hiđro chiếm
7
1
. Dùng phương pháp này cho phép giải nhanh chóng và đơn giản
một số bài toán hữu cơ. Dưới đây là một số mẫu tách công thức phân tử:
1. Ankan: C
n
H
2n+2
C
n
H
2n
.H
2
2. Anken: C
n
H
2n

3. Ankin, Ankađien: C
n

H
2n-2
C
m
H
2m
C (trong đó m = n -1)
4. Aren: C
n
H
2n-6
C
m
H
2m
3C (trong đó m = n - 3)
5. Rượu (ete) no đơn chức: C
n
H
2n+1
OH C
n
H
2n
H
2
O
6. Rượu không no (loại olefin): C
n
H

2n-1
OH C
n
H
2n
O
7. Rượu thơm và phenol đơn chức: C
n
H
2n-7
OH C
m
H
2m
O ( m = n - 3)
8. Anđehit (Xeton) no đơn chức: C
n
H
2n+1
CHO C
n
H
2n
HCHO hoặc
C
m
H
2m
O (trong đó m = n +1)
9. Axit no đơn chức:C

n
H
2n+1
COOH C
n
H
2n
HCOOH hoặc C
m
H
2m
O
2
(trong đó m = n +1)
10. A không no (loại olefin) đơn chức: C
n
H
2n-1
COOH C
n
H
2n
CO
2
Ví dụ: Chia 6,15 gam hỗn hợp hai rượu no đơn chức thành 2 phần bằng nhau. Cho
phần 1 tác dụng hết với Na thấy bay ra 0,672 lit khí H
2
(đktc). Đốt cháy hoàn toàn
phần hai thì thu được bao nhiêu lit CO
2

và bao nhiêu gam H
2
O.
Giải: 2C
n
H
2n+1
OH + 2Na 2C
n
H
2n+1
ONa + H
2
↑
(1)
2C
m
H
2m+1
OH + 2Na 2C
m
H
2m+1
ONa + H
2
↑
(2)
C
n
H

2n+1
OH + 1,5nO
2
nCO
2
+ (n + 1)H
2
O (3)
24
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP HÓA HỌC NHANH
C
m
H
2m+1
OH + 1,5mO
2
m CO
2
+ (m+1)H
2
O (4)
Theo (1) và (2) tổng số mol rượu = 2
2
H
n
= 2.
4,22
672,0
= 0,06 (mol)
Nếu tách công thức rượu thành C

x
H
2x
=
2
15,6
- 1,08 = 1,995 (g)
VCO
2
=
12.7
6.995,1
.22,4 = 3,192 (lit), khối lượng H
2
O =
2.7
18.995,1
+ 1,08 = 3,645 (g)
5. Phương pháp đường chéo:
- Thường áp dụng đối với bài toán trộn lẫn các chất với nhau có thể đồng thể hoặc
dị thể nhưng hỗn hợp cuối cùng phải là đồng thể.
- Nếu trộn lẫn các dung dịch thì phải là các dung dịch của cùng một chất (hoặc chất
khác nhau nhưng do phản ứng với nước lại cho cùng một chất). Ví dụ: trộn Na
2
O
với dung dịch NaOH ta được một chất là NaOH
- Trộn hai dung dịch của chất A với nồng độ khác nhau ta được một dung dịch chất
A với nồng độ duy nhất. Như vậy lượng chất tan trong phần loãng tăng lên. Sơ đồ
tổng quát của phương pháp đường chéo như sau:
D

1
x
1
x – x
2

x
⇒

xx
xx
D
D
−
−
=
1
2
2
1

D
2
x
2
x
1
– x
Với x
1

, x
2
, x là khối lượng chất ta quan tâm với x
1
> x > x
2
. D
1
, D
2
là khối lượng
hay thể tích các chất (hay dd đem trộn lẫn).
Ví dụ 1: Cần lấy bao nhiêu gam thể tích CuSO
4
.5H
2
O và bao nhiêu gam dd CuSO
4
8% để điều chế 280 gam dd CuSO
4
16%.
25