phương pháp giải toán hóa học

phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
sở giáo dục và đào tạo bắc giang
phòng giáo dục và đào tạo hiệp hòa
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HÓA HỌC
học viên:nguyễn minh chí
đơn vị:thpt hiệp hòa số 3
niên khoá:2011-2013
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
Phương pháp giải bài toán este

I. Định nghĩa – Công thức tổng quát – Tên gọi:
1. Định nghĩa:
Khi thay nhóm OH ở nhóm cacboxyl của axit
cacboxylic bằng nhóm OR thì được este.
ROH + R’COOH R’COOR + H2O
2. Công thức tổng quát của este:
* Este no đơn chức: CnH2n+1COOCmH2m+1 (n 0,
m 1)
Nếu đặt x = n + m + 1 thì CxH2xO2 (x 2)
* Este đa chức tạo từ axit đơn chức và rượu đa
chức: (RCOO)nR’
* Este đa chức tạo từ axit đa chức và rượu đơn chức
R(COOR’)n
3. Tên gọi của este hữu cơ:
gốc axit gốc rượu
Tên este = tên gốc rượu + tên gốc axit + at
Vd: H – C – OCH2CH3 Ety fomat
||
O
CH3C – OCH3 Metyl axetat
||

O
CH3 – C – O – CH – CH3 Isopropyl axetat
|| |
O CH3
CH2 = C – C – O – CH3 Metyl metacrylat
| ||
CH3 O
CH3 – C – O – CH = CH2 Vinyl axetat
||
O
II. Tính chất vật lý:
* Các este thường là chất lỏng rất ít tan trong nước,
nhẹ hơn nước.
* Giữa các phân tử este không có liên kết hidro vì
thế nhiệt độ sôi của các este thấp hơn axit và rượu
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
có cùng số nguyên tử cacbon.
* Nhiều este có mùi thơm hoa quả.
III. Tính chất hoá học:
1. Phản ứng thuỷ phân:
a. Thuỷ phân trong môi trường axit (phản ứng thuận
nghịch):
Este + HOH axit + rượu
R – C – O + R’ + HOH RCOONa + R’OH
||
O
b. Thuỷ phân trong môi trường kiềm (phản ứng xà
phòng hóa):
RCOOR’ + NaOH RCOONa + R’OH
c. Phản ứng khử

Este bị khử bởi liti nhôm hiđrua (LiAlH4), khi đó
nhóm RCO- (gọi là nhóm axyl) trở thành ancol bậc
I :
R - COO - R’ R - CH2 - OH + R’- OH
2. Phản ứng ở gốc hiđro cacbon:
a. Phản ứng cộng: (H2, Cl2, Br2…).
CH2 = CH – C – OCH3 + H2 CH3 – CH2 – C –
OCH3
|| ||
O O
b. Phản ứng trùng hợp:
Polimetylmetacrylat: thủy tinh hữu cơ
3. Phản ứng cháy:
CnH2nO2 + O2 CO2 + nH2O
IV. Điều chế:
a ) Este của ancol
Phương pháp thường dùng để điều chế este của
ancol là đun hồi lưu ancol với axit hữu cơ, có
H2SO4 đặc xúc tác, phản ứng này được gọi là phản
ứng este hóa.
CH3COOH + (CH3)2CHCH2CH2OH
CH3COOCH2CH2CH(CH3)2 + H2O
* Phản ứng este hóa là phản ứng thuận nghịch. Để
nâng cao hiệu suất của phản ứng (tức chuyển dịch
cân bằng về phía tạo thành este) có thể lấy dư một
trong hai chất đầu hoặc làm giảm nồng độ của sản
phẩm. Axit sunfuric vừa làm xúc tác vừa có tác
dụng hút nước, do đó góp phần làm tăng hiệu suất
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
tạo este.

b) Este của phenol
Để điều chế este của phenol không dùng axit
cacboxylic mà phải dùng anhiđric axit hoặc clorua
axit tác dụng với phenol.
C6H5 – OH + (CH3CO)2O CH3COOC6H5 +
CH3COOH
anhiđric axetic phenyl axetat
Phương pháp tăng giảm khối lượng
• Nguyên tắc: “Khi chuyển từ chất A thành chất B (có thể qua nhiều giai đoạn),
khối lượng tăng hay giảm bao nhiêu gam (thường tính cho 1 mol). Dựa vào mối
quan hệ tỉ lệ thuận của sự tăng giảm, ta có thể tính được lượng chất tham gia hay
tạo thành sau phản ứng”.
Các trường hợp áp dụng phương pháp:
* Với các bài toán kim loại mạnh đẩy kim loại yếu hơn ra khỏi dung dịch muối
của nó.
Giả sử có một thanh kim loại A với khối lượng ban đầu là a gam. A đứng trước
kim loại B trong dãy điện hóa và A không phản ứng với nước ở điều kiện thường.
Nhúng A vào dung dịch muối của kim loại B. Sau một thời gian phản ứng thì
nhấc thanh kim loại A ra.
mA + nBm+ mAn+ + nB
+ Nếu MA < MB thì sau phản ứng khối lượng thanh kim loại A tăng. mA tăng =
mB - mA tan = mdd giảm
nếu tăng x% thì mA tăng = x%.a
+ Nếu MA > MB thì sau phản ứng khối lượng thanh kim loại A giảm.
mA giảm = mA tan - mB = mdd tăng nếu giảm y% thì mA giảm = y%.a
* Đối với rượu: Xét phản ứng của rượu với Na
R(OH)x R(ONa)x + x2 H2→+ xNa
1mol muối ancolat thì→Cứ 1mol rượu tác dụng với Na khối lượng tăng (23-1).x
= 22.x gam.
Vậy nếu đầu bài cho khối lượng của rượu và khối lượng của muối alcolat ta có thể

vận dụng để tính số mol, số chức của rượu, của H2 và xác định công thứ phân tử
của rượu.
* Đối với axit: Xét phản ứng axit với kiềm
R(COONa)x + H2O→R(COOH)x + xNaOH
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
hoc RCOOH + NaOH RCOONa + H2O
khi lng tng 22g1mol 1mol
* i vi este: Xột phn ng x phũng húa
RCOONa + R'OHR-COOR' + NaOH
khi lng mui1mol 1mol tng l 23-R'
Ngoi ra cỏc bi toỏn m phn ng xy ra thuc loi phn ng phõn hu, phn
ng gia kim loi vi axit, mui tỏc dng vi axit v mt s bi tp hu c khỏc
cng cú th ỏp dng phng phỏp ny.
Phng phỏp tng gim khi lng v phng phỏp bo ton khi lng thng
song hnh vi nhau. Tựy tng bi toỏn m ta ỏp dng thớch hp s thu c hiu
qu nh mong mun.
ph ơng pháp bảo toàn electron
I. Nguyên tắc của phơng pháp bảo toàn e
Khi có nhiều chất oxi hoá hoặc chất khử trong hỗn hợp phản ứng (nhiều
phản ứng hoặc phản ứng qua nhiều giai đoạn ) thì "Tổng số mol e mà các
chất khử cho phải bằng tổng số mol e mà các chất oxi hoá nhận " Tức là
:


n
e nhờng
=

n
e nhận

II. Các giải pháp để tổ chức thực hiện.
Mấu chốt quan trọng nhất là học sinh phải nhận định đúng trạng thái
đầu và trạng thái cuối của các chất o xi hoá ,chất khử ,nhiều khi không cần
quan tâm tới cân bằng phản ứng
Phơng pháp này đặc biệt lý thú đối với các bài toán phải biện luận nhiều
trờng hợp xảy ra
III.Các ví dụ
1- Ví dụ 1: Hoà tan hoàn toàn 1.2 gam Kim loại M vào dung dịch HNO
3

d thu đợc 0.224 lít khí N
2
duy nhất ở đktc . Kim loại M là :
A- Mg B- Fe C- Al D-
Cu
Hớng dẫn : Chọn đáp án A
Số mol của N
2
= 0.01 . Theo bảo toàn e có
M- n(e) M
n+
2N
+5
+ 10 (e) N
2

0.1/n 0.1 0.1 0.01

phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
Suy ra

Mn
2.11.0
=


M = 12n Lập bảng

M= 24 ( Mg)
2- Ví dụ 2
Cho 40.5 gam Al tác dụng với dung dịch HNO
3
thu đợc 10.08 lít khí X ở
đktc ( không có sản phẩm khử nào khác ) . X là
A.NO
2
B.NO C. N
2
O D. N
2
Hớng dẫn : Chọn đáp án D
Số mol của Al = 1.5 ( mol) và số mol khí X = 0.45 mol . Theo bảo
toàn e có
Al- 3(e) Al
3+
N
+5
+ n (e) sản phẩm
1.5 4.5 0.45n 0.45

Suy ra 0.45 n = 4.5

n = 10 . Vậy khí X là N
2
3- Ví dụ 3 Cho 8,3 gam hỗn hợp gồm Al,Fe vào 1 lít dung dịch AgNO
3
0.1
M và Cu(NO
3
)
2
0.2 M .Sau khi phản ứng kết thúc thu đợc chất rắn Z ( không
tác dụng với dung dịch HCl ) và dung dịch T không còn màu xanh . Khối l-
ọng của Z và %m
Al
trong X là :
A. 23.6 gam & 32.53% B. 2.36 gam & 32.53%
C. 23.6 gam & 45.53% D . 12.2 gam & 28.27%
Hớng dẫn : Chọn đáp án A
Z không tác dụng với với dung dịch HCl

Al, Fe hết
Dung dịch T không còn màu xanh

Cu(NO
3
)
2
phản ứng hết
Vậy chất rắn Z gồm có Ag,Cu

m
Z
= m
Ag
+ m
Cu
= 0.1x108 + 0.2 x 64 =
23.6 gam
Gọi số mol của Al ,Fe lần lợt là a,b
Al -3(e) Al
3+
Ag
+
+ 1(e) Ag
a 3a 0.1 0.1
Fe - 2(e) Fe
2+
Cu
2+
+ 2(e) Cu
b 2b 0.2 0.4
Theo Bảo toàn e ta có phơng trình 3a + 2b =0.5
Vậy ta có hệ phơng trình



=+
=+
3.85627
5.023

ba
ba






=
=
1.0
1.0
b
a

%m
Al
=
100.
3.8
271.0 x
=32.53%
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
•
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.
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
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
Phương pháp bảo toàn nguyên tố trong phản ứng hóa học
Khi gặp các bài toán không thể áp dụng được định luật bảo toàn khối lượng hoặc
viết phương trinh nhưng lại không thấy hướng giải trong khi 1 bài trắc nghiệm
lại đòi hỏi chúng ta thời gian 1.5 phút nên trình bày 1 phương pháp là định luật
căn bằng nguyên tố,nghĩa là các nguyên tố sẽ bảo toàn cho nhau trước và sau
phản ứng.
Nguyên tắc: Một nguyên tố khi tham gia phản ứng hóa học chỉ chuyển từ chất
này sang chất khác, nghĩa là số mol nguyên tố đó trước và sau phản ứng phải
bằng nhau.
Công thức:
Trước phản ứng, nguyên tố X có trong các chất A, B
Sau phản ứng, nguyên tố X có trong các chất C, D
Áp dụng công thức sau:
nA.Số ngtử X trong A + nB. Số ngtử X trong B = nC. Số ngtử X trong C + nD.
Số ngtử X trongD
Ví dụ :
V lít CO2 + 3lít dung dịch Ca(OH)2 CM thu được 5 gam kết tủa CaCO3 và 16,2
gam Ca(HCO3)2
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí

Tìm V và CM.
Nếu như giải phương pháp thông thường là viết phương trinh là chúng ta phải
viết 2 phương trình 1 là muối trung hòa 2 la muối Axit và cân bằng nói chung là
vẫn rất tốn thời gian.Nếu chúng ta dung định luật bảo toàn khôi lượng thì cũng
rất khó,đề yêu cầu tím số liệu về CO2 trong khi Ca(OH)2 mình cũng phải tìm
chưa kể nước sinh ra nữa phức tạp.Vì vậy GoldSea sẽ áp dụng định luật bảo
toàn nguyên tố để giải bài này
Áp dụng:
Bảo toàn C: nCO2.1 = nCaCO3.1 + nCa(HCO3)2.2
vậy: nCO2 = 0,05.1 + 0,1.2 = 0,25 mol
V = 0,25.22,2 = 5,6 lít
Bào toàn Ca: nCa(OH)2.1 = nCaCO3.1 + nCa(HCO3)2.1
nCa(OH)2 = 0,05,1 + 0,01.1 = 0,15
CM = 0,15/3 = 0,05M
Kinh nghiệm:
- Các bài toán dùng phương pháp bảo toàn nguyên tố thì thường giữa chất đề
bài cho và hỏi có cùng một nguyên tố nào đó.
- Không nên áp dụng bảo toàn nguyên tố O.
phương pháp bảo toàn điện tích trong phản ứng
hóa học



• 
•  !"#$%&
'

()!*+!**,+--!*
()!*
.+/*0%&

'
1&*,2.+/*0%&
'
1&*/2
• 345#6/
'
+78
• 9:+&;/+&<!*9,.:+&;&*/
• =9>!?5%
'
=@**6%&
'
1A:B;
• (=@**6:C@**6:+&;=@**6+
• (D&B!?EF%G&*F
• 4HIJCK)L
'
)MNOJJP
'

HG45%Q%
'
=@**6%&
'
1
R
'
EST&*#U&6QVV/*WVV3
/*R3WVVX/*YT3(
0/*(J&!06

ZVVXVV3
CVV[XHVV

45%
'
=@**6%&
'
1E
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
VV0WVV303,VVX03W\0]0,VV3]^
HG3_B;#U&%
'
=@**6:+&;
HZS&&*6`-3WV/*#6Z[WV3/*#6
&&*6(0/*#6YT3(/*^-/ GZ%;Tab
/c;/+&:
J&!0#6Q;6
ZVa#6VVX#6VX
CV[#6V3HV3#6V[

(45%
'
=@**6%&
'
1E
V03WV30[,\0W03]\W3,Vd
(_& G:+&;/+&,.:+&;&*G*/+&
V0XaWV303eW\0[XXWf0ba,Tab
][XX\Wbaf,[Xb<gg9
)h #6<gg9]\,V3if,V[]^H

Phng phỏp ỏp dng nh lut bo ton khi lng
I- Ni dung nh lut bo ton khi lng
Tng khi lng cỏc cht tham gia phn ng bng tng khi lng sn phm.
Vớ d : trong phn ng A + B => C + D
Ta cú : mA + mB = mC + mD
- H qu 1 : Gi mT l tng khi lng cỏc cht trc phn ng, mS l tng khi lng cỏc cht sau phn ng. Dự cho
phn ng xy ra va hay cú cht d, hiu sut phn ng nh hn 100% thỡ vn cú mS= mT.
- H qu 2 : Khi cation kim loi kt hp vi anion phi kim to ra cỏc hp cht (nh oxit, hiroxit, mui) thỡ ta luụn cú :
Khi lng hp cht = khi lng kim loi + khi lng anion.
- H qu 3 : Khi cation kim loi thay i anion to ra hp cht mi, s chờnh lch khi lng gia hai hp cht bng s
chờnh lch v khi lng gia cỏc cation.
- H qu 4 : Tng khi lng ca mt nguyờn t trc phn ng bng tng khi lng ca nguyờn t ú sau phn ng.
- H qu 5 : Trong phn ng kh oxit kim loi bng CO, H2, Al
+ Cht kh ly oxi ca oxit to ra CO2, H2O, Al2O3. Bit s mol CO, H2, Al tham gia phn ng hoc s mol CO2, H2O,
Al2O3 to ra, ta tớnh c lng oxi trong oxit (hay hn hp oxit) v suy ra lng kim loi (hay hn hp kim loi).
+ Khi kh oxit kim, CO hoc H2 ly oxi ra khi oxit. Khi ú ta cú :
nO (trong oxit )= nCO2 = nCO = nH2O
p dng nh lut bo ton khi lng tớnh khi lng hn hp oxit ban
u hoc khi lng kim loi thu c sau phn .
II- Bi tp minh ho
Bi 1. Cho 24,4 gam hn hp Na2CO3, K2CO3 tỏc dng va vi dung dch BaCl2. Sau phn ng thu c 39,4 gam
kt ta. Lc tỏch kt ta, cụ cn dung dch thu c m gam mui clorua. m cú giỏ tr l:
A. 2,66 B. 22,6 C. 26,6 D. 6,26
Hng dn gii. Theo nh lut bo ton khi lng :
nBaCl2 = nBaCO3= 0, 2 (mol)
p dng nh lut bo ton khi lng : mhh + mBaCl2 = mkt ta + mmui
=> mmui = 24,4 + 0,2.208 - 39,4 = 26,6 gam=> ỏp ỏn C
Chuyên đề dung dịch.
bi toỏn
mu

i ng

m n

c
I. Các kiến thức cơ bản
- Khái niệm nồng độ dung dịch.
- Hai loại nồng độ dung dịch:
+ Nồng độ %.
+ Nồng độ mol/l
- Công thức tính nồng độ dung dịch:
+ Công thức tính nồng độ %
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
C% =
mdd
mct
. 100%
+ Công thức tính nồng độ mol/l
cM =
V
n
- Công thức tính độ tan:

.100
ct
dm
m
m
S =

- Công thức liên hệ giữa nồng độ % và độ tan
C% =
S
S
+100
.100%
- Công thức liên hệ giữa C% và C
M
%.10
M
C D
C
M
=
- Công thức pha trộn
1 2
1 2
1 1 2 2
. .
% . % .
M M
C V C V
C m C m
=
=
- Công thức đờng chéo:
C%
C%
m
1

1
2 2
m
C%
C% C%
2
-
C%
C%
1
-
m
m
=
C% C%
2
-
C%
C%
1
-
1
2
Với
C%
C%
C%
2
1
1

1
2 2
2
-
=
1
-
1
2
Với
2
1
C
M
M
C
C
C
C
C
C C
C
C
M
M
M
M
M
M
1

-
C
C
M
M
2
-
C C
M
M
V
V
V
V
II. Bài tập
II.1. Dạng toán độ tan
.
1. Dạng 1
: Bài toán liên quan giữa độ tan của 1 chất và nồng độ % dung dịch bão
hòa của chất đó:
* Bài toán 1.
ở 25
o
C độ tan của đờng là 204g, NaCl là 36g. Tính nồng độ % bão hoà của các
dung dịch này.
Giải:
- Độ tan của đờng ở 25
o
C là 204g có nghĩa là 100g nớc hoà tan đợc 204g đờng ->
m

dd
= 304g
=> Nồng dộ % của dung dịch
C% =
304
204
. 100% = 67,1%
áp dụng công thức liên hệ giữa C% và độ tan ta có:
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
C% =
S
S
+100
.100% =
36100
36
+
= 26,5%
2. Dạng 2
. Bài toán tính lợng chất tan trong tinh thể ngậm nớc. Tính % khối lợng
nớc kết tinh trong tinh thể ngậm nớc.
a/ Cách làm:
Tính khối lợng mol của tinh thể ngậm nớc, tính khối lợng chất tan (nớc) có trong 1
mol tinh thể ngậm nớc
Dựa vào quy tắc tam suất tìm khối lợng chất tan (nớc) trong m gam tinh thể ngậm n-
ớc này.
b/ Ví dụ :
* Bài toán 2.
Tính khối lợng CuSO
4

có trong 1 kg CuSO
4
. 5H
2
O .
Tính % khối lợng nớc kết tinh trong xođa Na
2
CO
3
.10H
2
O
(Học sinh tự giải)
3. Dạng 3
. Bài toán tính lợng tinh thể ngậm nớc cần cho thêm vào dung dịch cho sẵn
a/ Cách làm:
Dùng định luật bảo toàn khối lợng để tính
m
dd
(tạo thành) = m
tinh thể
+ m
dd
( ban đầu)
m
ct
(mới) = m
ct
( trong tinh thể) + m
ct

(trong dung dịch ban đầu)
( Có thể sử dụng công thức đờng chéo để tính. Với điều kiện coi tinh thể ngậm nớc nh
một dung dịch và ta luôn tính đợc nồng độ % của dung dịch này)
b/ Ví dụ:
* Bài toán 3. Tính lợng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O cần dùng để điều chế 500ml CuSO
4
8%
( d= 1,1g/ml )
Giải:
m
dd
CuSO
4
8% là: 500 . 1,1 = 550 (gam)
khối lợng CuSO
4
có trong lợng dung dịch trên là:
550.8%
44( )
100%
g=
Khi hòa tan tinh thể
CuSO
4
.5H
2

O CuSO
4
+ H
2
O
250 gam 160 gam
x gam 44 gam
Khối lợng tinh thể CuSO
4
.5H
2
O cần lấy là:
250.44
68,75( )
160
g=
* Bài toán 4.
Kết tinh 500 ml dung dịch Fe(NO
3
)
3
0,1 M thì thu đợc bao nhiêu gam tinh thể
Fe(NO
3
)
3
.6H
2
O
Giải:

Khi kết tinh dung dịch Fe(NO
3
)
3
+ 6H
2
O Fe(NO
3
)
3
.6H
2
O
Số mol Fe(NO
3
)
3
.6H
2
O bằng số mol Fe(NO
3
)
3
bằng
500.0,1
0,05( )
1000
mol=
Khối lơng tinh thẻ Fe(NO
3

)
3
.6H
2
O thu đợc là: 0,05 . 350 = 17,5 (g)
* Bài toán 4.
Để điều chế 560 gam dung dịch CuSO
4
16% cần phải lấy bao nhiêu gam dung dịch
CuSO
4
8% và bao nhiêu gam tinh thể CuSO
4
.5H
2
O
Giải:
Đặt khối lợng dd CuSO
4
8% cần lấy là x gam , và khối lợng CuSO
4
.5H
2
O là y gam
Khối lợng CuSO
4
có trong dung dịch CuSO
4
8% là:
8 2

( )
100 25
x x
g=
Trong 1 mol (250g) CuSO
4
.5H
2
O có 160g CuSO
4
. Vậy trong y gam CuSO
4
.5H
2
O
có
160 16
( )
250 25
y
y g
=
Trong 560 gam dd CuSO
4
16% có khối lợng CuSO
4
là:
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
560.16 2240
( )

100 25
g=
Theo định luật bảo toàn khối lợng ta có:
2 16 2240
25 25 25
560
x x
x y
+ =
+ =
Giải hệ ta có : x = 480 (gam); y = 80(gam)
4. Loại 4
. Bài toán tính lợng chất tan ( tinh thể ngậm nớc) tách ra hay cần cho
thêm vào dung dịch khi thay đổi nhiệt độ dung dịch bão hòa cho trớc.
a/ Cách giải
- Tính khối lợng chất tan, khối lợng dung môi (nớc) có trong dung dịch bão hòa ở
nhệt đô t
1

- Đặt a là khối lợng chất tan A cần thêm vào( tách ra) khổi dung dịch ban đầu khi
nhiệt độ thay đổi từ t
1
đến t
2
( t
1
# t
2
)
( nếu là tinh thể ngậm nớc cần đặt a là số mol tinh thể cần thêm vào hay tách ra)

- Tính khối lợng chất tan, khối lợng dung môi (nớc) có trong dung dịch bão hòa ở
nhiệt độ t
2

- áp dụng công thức tính độ tan ( công thức tính nồng độ %) của dung dịch bão hòa
để tìm a
b/ ví dụ
Bài toán 5.
ở 12
o
C có 1335 gam dung dịch CuSO
4
bão hòa. Đun nống dung dịch đến 90
o
C . Hỏi
phải thêm bao nhiêu gam CuSO
4
để đợc dung dịch bão hòa ở nhiệt độ này?
Biết ở 12
o
C độ tan của CuSO
4
là 33,5 và ở 90
o
C 80
Giải
Độ tan của CuSO
4
ở 12
o

C là 33,5có nghĩa ở nhiệt độ này 100g nớc hòa tan đợc
33,5 g CuSO
4
để tạo thành 133,5 g dung dịch CuSO
4
bão hòa
Vậy trong 1335g dung dịch CuSO
4
bão hòa có 1000g nớc và 335 g CuSO
4
Đạt khối lợng CuSO
4
cần thêm vào là a gam.
Khối lợng chất tan và khối lợng dung môi trong dung dịch bão hòa CuSO
4
ở 90
o
C
là:
m
CuSO4
= 335 + a (g); Khối lợng dung môi là 1000 (g)
ấp dụng công thức tính độ tan ta có:
4
350
.100 80 465( )
1000
CuSO
a
S a g

+
= = =
Vậy lợng CuSO
4
cần thêm vào là465 gam
Bài toán 6.
ở 85
o
C có 1877 gam dung dịch bão hòa CuSO
4
. Làm lạnh dung dịch đến 25
o
C hỏi có
bao nhiêu gam CuSO
4
.5H
2
O tác ra khỏi dung dịch
Biết độ tan của CuSO
4
85
o
C là 87,7 và ở 25
o
C là 40.
Giải:
Độ tan của CuSO
4
ở 85
o

C là 87,7 có nghĩa ở nhiệt độ này 100g nớc hòa tan đợc
87,7 g CuSO
4
để tạo thành 187,7 g dung dịch CuSO
4
bão hòa
Vậy trong 1877g dung dịch CuSO
4
bão hòa có 1000g nớc và 877 g CuSO
4
Đạt n là số mol CuSO
4
.5H
2
O tách ra khỏi dung dịch khi hạ nhiệt độ từ 85
o
C đến
25
o
C
Lợng chất tan và dung môi còn trong dung dịch ở nhệt độ ở 25
o
C là:
4
2
(877 160 )
(1000 90 )
CuSO
H O
m n g

m n g
=
=
áp dụng công thức tính độ tan của CuSO
4
ở 25
o
C là
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
4
877 160
.100 40 3,847( )
1000 90
CuSO
n
S n mol
n

= = =

Vậy khối lợng CuSO
4
.5H
2
O tách ra khỏi dung dịch là: 3,847.250 = 961,75 (g)
II.2 Toán nồng độ dung dịch
1. Dạng 1
. Tính C% , C
M

* Bài toán 1.
Tính khối lợng muối ăn và khối lợng nớc cần lấy để pha chế thành 150 gam dung dịch
NaCl 5%
* Bài toán 2.
Hòa tan 6,72 lít khí HCl ở đktc vào 80,05 gam H
2
O ta đợc dung dịch axit HCl.
Giả sử sự hòa tan không làm thay đổi thể tích dung dịch
Tính C%, C
M
của dung dịch thu đợc . Tính D của dung dịch ?
2. Dạng 2. bài toán pha lãng hoặc cô đặc
( sử dụng công thức pha trộn)
* Bài toán 3.
Có 60 gam dung dịch NaOH 20%. Tính C% của dung dịch thu đợc khi
a/ Pha thêm 40 gam nớc
b/ Cô đặc dung dịch cho đến khi còn 50 gam
* Bài toán 4.
Cần thêm bao nhiêu lít nớc vào 400 ml dung dịch H
2
SO
4
15% để đợc dung dịch
H
2
SO
4
1,5M. Biết D H
2
SO

4
= 1,6 gam/ml
Giải:
Khối lợng dung dịch H
2
SO
4
= 1,6 . 400 = 640 (gam)
Khối lợng H
2
SO
4
có trong dung dịch là:
2 4
15.400
96( )
100
H SO
m g= =
2 4
96
0,98( )
98
H SO
n mol
= =
Gọi x (lít) là thể tích H
2
O cần thêm vào dung dịch
Vậy thể tích dung dịch mới là: x + 0,4

Từ công thức
0,98
0,15 0,253( )
0,4
M
n
C x l
V x
= = = =
+
Vậy lợng nớc cần thêm vào là 0,253 lít
3. Dạng 3. Hòa tan 1 chất vào nớc hay một dung dịch cho sẵn
Gồm 3 bớc:( Có hoặc không sảy ra phản ứng)
Bớc 1. Xác định dung dịch sau cùng có chứa những chất nào?( có bao nhiêu chất tan
trong dung dịch có bấy nhiêu nồng độ)
Bớc 2. Sác định lợng chất tan có trong dung dịch sau cùng ( Sản phẩm phản ứng,
chất d)
Bớc 3. Xác định khối lợng, thể tích dung dịch mới
* Thể tích dung dịch mới:
- Khi hòa tan chất rắn, khí vào chất lỏng coi thể tích dung dịch mới bằng thể tích
chất lỏng(cũ)
- Khi pha chất lỏng vào chất lỏng (coi sự pha trộn không làm thay đổi thể tích dung
dịch ) thì thể tích dung dịch mới bằng tổng thể tích các chất lỏng ban đầu
- Nếu bài toán cho D dung dịch mới thì thể tích dung dịch mới đợc tính:
m
V
D
=
* Khối lợng dung dịch mới
Khối lợng dung dịch mới = Tổng khối lợng các chất trớc phản ứng khối lợng các

chất kết tủa và bay hơi ( nếu có)
3.1. Hòa tan một chất vào H
2
O (1dung dịch khác) không sảy ra phản ứng.
* Hòa tan một chất vào nớc: tính C%, C
M
và các đại lợng khác thông thờng dựa vào
công thức tính C%, C
M

* Hòa tan một chất ( 1dung dịch) và 1 dung dịch mới không sảy ra phản ứng: ( thờng là
dung dịch cùng loại chất)
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
Có hai cách:
+ sử dụng phơng pháp đại số:
m
ct mới
=
+ Sử dụng công thức đờng chéo.
*Bài toán 5:
Hòa tan 5,6 lít khí HCl đktc vào 0,1 lít H
2
O để tạo ra dung dịch HCl.
Tính nồng độ mol/l và nồng đọ C% của dung dịch thu đợc
( học sinh tự giải)
* Bài toán 6.
Cần pha chế theo tỉ lệ nào về khối lợng giữa hai dung dịch KNO
3
có nồng độ % tơng
ứng là 45% và 15% để đợc một dung dịch KNO

3
20%
Giải:
Cách 1.
Đặt khối lợng dung dịch KNO
3
45% và 15% cần lấy lần lợt là m
1
và m
2
gam cần pha
trộn với nhau để dợc dung dịch KNO
3
20%
Theo bài ra ta có:
1 2 1 2
1 2
45 15 ( )
20
100 100 100
: 5: 25 1: 5
m m m m
m m
+
+ =
= =
Vậy cần lấy một phần khối lợng dung dịch KNO
3
trộn với 5 phần khối lợng dung dịch
KNO

3
để thu đợc dung dịch KNO
3
nồng độ 20%
Cách 2: ( sử dụng phơng pháp đờng chéo)
* Bài toán 7.
Tính khối lợng dung dịch KOH 38% cần lấy( D= 1,92g/ml) và lợng dung dịch KOH
8% ( D = 1,039g/ml) để pha trộn thành 4 lít dung dịch KOH 20% ( D = 1,1g/ml)
Giải:
Cách 1: Phơng pháp đại số:
1 2 3
1 2 3
dd dd
ct ct ct
dd
m m m
m m m
+ =
+ =
Cách 2: Phơng pháp đờng chéo
Gọi khối lợng dung dịch KOH 38% cần lấy và lợng dung dịch KOH 8% cần lấy lần l-
ợt là m
1
và m
2

38%
8%
m
1

1
2 2
m
20%
m
m
=
1
2
12
1
8
12
1
8
=
2
3
3
1 2 1 2
3
1
2 3 1
4000.1,1
2 3 2 3 5 5
2
4400.2
1760( )
5 5
4400 1760 2640( )

m
m m m m
m
m g
m m m g
+
= = = =
+
= = =
= = =
3.2 Pha trộn sảy ra phản ứng hóa học
* Bài toán 8 :
Cho 34.5 gam Na tác dụng với 167g nớc. Tính C% của dung dịch thu đợc sau phản
ứng
Giải:
Số mol Na tham gia phản ứng:
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
34,5
1,5( )
23
Na
n mol= =
Phơng trình phản ứng:
Na
H
2
O
NaOH H
2
2 2

2
+ +
2mol 2mol 1mol
1,5 mol xmol ymol
2.1,5
1,5( )
2
1,5.1
0,75( )
2
x mol
y mol
= =
= =
Khối lợng các chất thu đợc sau phản ứng là:
2
1,5.40 60( )
0,75.2 1,5( )
Na
H
m g
m g
= =
= =
Khối lợng dung dịch thu đợc sau phản ứng la:
m
dd NaOH
= 34,5 + 167 1,5 =200 ( gam)
Nồng độ % của dung dịch sau phản ứng là:
60

% 100% 30%
200
C
= =
* Bài toán 9 :
Cho 14,84 gam tinh thể Na
2
CO
3
vào bình chứa 500 ml dd HCl 0,4M đợc dung dịch
D. Tính nồng độ mol/l của các dung dịch thu dợc sau phản ứng
Giải:
2 3
14,84
0,14( )
106
0,5.0,4 0,2( )
Na CO
HCl
n mol
n mol
= =
= =
Phơng trình hóa học
Na
2
CO
3
HCl
NaCl

CO
2
H
2
O
+
+
+
2
2
Theo phơng trình tỉ lệ
2 3
: 1: 2
Na CO HCl
n n =
Theo bài ra ta có tỉ lệ
2 3
: 0,14: 0,2
Na CO HCl
n n =
Vậy Na
2
CO
3
d còn HCl phản ứng hết
Theo phơng trình ta có số mol Na
2
CO
3
phản ứng = 1/2 số mol HCL và số mol NaCl

tạo thành = 0,5.0,2 = 0,1 (mol)
Số mol Na
2
CO
3
d là 0,14 0,1 = 0,04 (mol)
Coi thể tích dung dịch sau phản ứng bằng thể tích dung dịch HCl bằng 0,5 lít
Nông độ các chất thu đợc sau phản ứng là
2 3
0,2
,4( )
0,5
0,04
0,08( )
0,5
NaCl
Na CO
M
M
C o M
C M
= =
= =
* Bài toán 10:
Sục 200 gam SO
3
vào 1 lít dung dịch H
2
SO
4

17% (D = 1,12g/ml) đợc dung dịch A.
Tính nồng độ % của dung dịch A
Giải:
Khi hòa tan SO
3
vào dung dịch H
2
SO
4
có phản ứng
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
SO
3
H
2
O
H
2
SO
4
+
(1)
Theo (1)
* Bài toán 11:
Xác định lợng dung dịch SO
3
và lợng dung dịch H
2
SO
4

49% cần lấy để pha chế
thành450 gam dung dịch H
2
SO
4
83,3%
Giải:
Đặt khối lợng SO
3
cần lấy là x gam , vậy khối lợng dung dịch H
2
SO
4
49% cần lấy là
450 x gam
Khi trộn SO
3
vào dung dịch H
2
SO
4
có phản ứng
SO
3
H
2
O
H
2
SO

4
+
(1)
80g 98g
xg
98
80
x
g
Lợng H
2
SO
4
sinh ra ở phản ngs (1) là
98
80
x
g
Lợng H
2
SO
4
có trong dung dịch H
2
SO
4
49% là:
450
.49( )
100

x
g

Theo bài ra khối lợng H
2
SO
4
(có trong dung dịch sau cùng là 83,3%) là:
450.83,3
374.85( )
100
g
=
Mà lợng H
2
SO
4
sinh ra ở phản ứng (1) và lợng H
2
SO
4
trong dung dịch H
2
SO
4
49%
băng lợng H
2
SO
4

có trong dung dịch sau khi trộn .
Theo bài ra ta có:
98 (450 ).49
374,85
80 100
210( )
x x
x g

+ =
=
Vậy khối lợng SO
3
cần lấy là 210 gam
Khối lợng dung dịch H
2
SO
4
cần lấy là 450 210 = 240 gam
* Bài toán 12:
Xác định klhối lợng KOH 7,93 % cần lấy để khi hòa tan vào đó 47 gam K
2
O thu đợc
dung dịch 21%
Giải:
Gọi khối lợng dung dịch KOH cần lấy là x gam thì khối lợng KOH có trong dung
dịch là 0,0793x gam
PTHH:
Na
2

O
H
2
O
NaOH
2
+
94g 2.56g
47g 56g
Khối lợng KOH sinh ra ở (1) là 56 g
Mặt khác khối lợng KOH (trong dung dịch mới 21%):(56 + 0,0793)g
Khối lợng dung dịch KOH mới: (47 + x) gam
Theo bài ra ta có:
56 0,0793
.100% 21%
47
x
x
+
=
+
Giải phơng trình ta có x bằng 352,94 gam
Vậy khối lợng dung dịch KOH 7,93% cần lấy là 352,94 gam.
* Bài toán 13:
Để đợc dung dịch Zn(NO
3
)
2
8% cần lấy bao nhiêu gam muối Zn(NO
3

)
2
.6 H
2
O hòa tan
vào 500 ml nớc.
Học sinh tự làm.
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
III. Các bài toán vận dụng về dung dịch
1.Bài tập tính nồng độ dung dịch thu đợc sau phản ứng
Bài 12.BDH
Trung hòa dung dịch NaHCO
3
26% cần dùng dung dịch H
2
SO
4
19,6%. Xác định nồng
độ % của dung dịch sau khi trung hòa.
Bài 14.BDH
Cho 100 g dung dịch Na
2
CO
3
16,96% tác dụng với 200g dung dịch BaCl
2
10,4 % .
Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa thu dợc dung dịch A. Tính C% của các chất tan trong dung dịch
A.
Bài 15.BDH

Hòa tan một lợng muối cacbonat của một kim loại hóa trị II bằng axit H
2
SO
4
14,7% .
Sau khi khí không thoát ra nữa lọc boe chất rắn không tan thì đợc dung dịch chứa 17% muối
sunfat tan. Hỏi kim loại hóa trị II là nguyên tố nào?
2. Bài tập tính nồng độ dung dịch trớc khi phản ứng
Bài 16.BDH
Tính C% của dung dịch H
2
SO
4
nếu biết rằng khi cho một lợng dung dịch này tác dụng
với một lợng d hỗn hợp Na, Mg thì lợng H
2
thoát ra bằng 4,5% lợng dung dịch axit đã dùng.
Bài 17.BDH
Tộn 50 ml dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
với 100ml Ba(OH)
2
thu đợc kết tủa A và dung dịch B.
Lọc lấy A đem nung ở nhiệt độ cao đến hoàn toàn thu đợc 0,859 g chất rắn. Dung dịch B cho
tác dụng với 100ml H
2

SO
4
0,05M thì tách ra 0,466 gam kết tủa. Tính nồng độ mol của mỗi
dung dịch ban đầu
Bài 18.BDH
Dung dịch A là dung dịch HCl, dung dịch B là dung dịch NaOH . Lấy 10 ml dung dịch
A pha loãng bằng nớc thành một lít thì thu đựoc dung dịch HCl có nồng độ 0,01 M . Tính
nồng độ mol của dung dịch A. Để trung hòa 100g dung dịch B cần 150 ml dung dịch A. Tính
C% của dung dịch B
Bài 19.BDH
Bài 20.BDH
GII TON V PHN NG TH HALOGEN VO HP CHT NO - PHN NG TH ION KIM
LOI NNG VO HP CHT Cể NI BA U MCH - PHN NG TH VO NHN THM.
NGUYấN TC
: Trong phn ng th halogen vo ankan:
1. brom u tiờn th H C bc cao, cũn clo th theo nhiu hng to ra hn hp nhiu sn
phm.
2. nu phn ng xy ra theo t l 1:1 thỡ trong phõn t ankan cú bao nhiờu v trớ C cũn H khỏc
nhau thỡ s to ra by nhiờ sn phm monohalogen.
3. nu thu c nhiu sn phm th ( mono, i, tri halogen ) thỡ nờn vit nhiu phng trỡnh,
t ankan v halogen to nờn tng sn phm th v t n l s mol ca mi sn phõm th.
trong phn ng th ion kim loi cho H C ni ba
1. sn phm th l kt ta ( nờn phn ng ny dựng nhn bit cỏc loi hp cht ny).
2.nu cho sn phm th tỏc dng vúi dung dch axit s tỏi to li sn phm ban u.
3.trong cỏc ankin ch cú C2H2 phn ng theo t l 1:2.
ph ơng pháp đồ thị
Cơ sở của phơng pháp là việc sử dụng đồ thị trong toán học để giải một
số hệ phơng trình.
Trong hoá học, một số dạng bài tập đợc giải dựa trên cơ sở nội dung
của phơng pháp này. Đó là trờng hợp mà trong thí nghiệm hoá học có hai quá

trình lợng kết tủa tăng dần, sau đó giảm dần đến hết khi lợng chất phản ứng
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
có d. Có thể vận dụng phơng pháp này trong hoá học ở các trờng hợp chủ
yếu sau:
- Thổi khí CO
2
vào dung dịch chứa hiđroxit của kim loại phân nhóm chính
nhóm II.
- Rót từ từ dung dịch kiềm đến d vào dung dịch muối nhôm hoặc muối kẽm.
- Rót từ từ dung dịch axit đến d vào dung dịch muối có chứa anion AlO
2
-
hoặc ZnO
2
2-
.
Ta xem xét phơng pháp giải một số bài tập dựa trên cơ sở đó thông qua
một số ví dụ sau.
II. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho 10 lít (đktc) hỗn hợp A gồm N
2
và CO
2
ở đktc vào 2 lít
dung dịch Ca(OH)
2
0,02 M thì thu đợc 1 gam kết tủa.
Tính % CO
2
trong hỗn hợp A theo thể tích

(Sách Hoá học - Lớp 12 - NXB Giáo dục Hà nội).
Lời giải
* Phơng pháp tự luận:
Phơng trình hoá học của những phản ứng lần lợt xảy ra nh sau:
CO
2
+ Ca(OH)
2
CaCO
3
+ H
2
O (1)
CO
2
+ H
2
O + CaCO
3
Ca(HCO
3
)
2
(2)
Ta có: Số mol Ca(OH)
2
= 2. 0,02 = 0,04 (mol)
Số mol CaCO
3
= 1 : 100 = 0,01 (mol)

Tr ờng hợp 1:
Chỉ có phản ứng (1) Ca(OH)
2
d.
Theo phơng trình ta có:
Số mol CO
2
= Số mol CaCO
3
= 0,01 (mol)
= Số mol Ca(OH)
2
< 0,04 (mol).
Vậy, A có % CO
2
=
=ì
ì
%24,2%100
10
4,2201,0
Tr ờng hợp 2:
Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra Ca(OH)
2
hết.
Theo phơng trình (1):
Số mol CaCO
3
(1) = Số mol Ca(OH)
2

= 0,04 (mol).
Số mol CaCO
3
(2) = 0,04 - 0,01 = 0,03 (mol).
Theo phơng trình (1) và (2):
0,04
0,01
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
Số mol CO
2
= 0,04 + 0,03 = 0,07 (mol)
Vậy, A có % CO
2
=
=ì
ì
%68,15%100
10
4,2207,0
* Phơng pháp đồ thị:
Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phơng trình (1) và (2) ta vẽ đợc đồ thị biểu
diễn lợng kết tủa thu đợc theo lợng CO
2
đã phản ứng nh sau:
Số mol CaCO
3


0,01 0,04 0,07 0,08 Số mol
CO

2
Dựa vào đồ thị, nếu sau phản ứng thu đợc 1 gam kết tủa thì ta có ngay:
Tr ờng hợp 1:
Số mol CO
2
= 0,01 (mol).
Tr ờng hợp 2:
Số mol CO
2
= 0,07 (mol).
Ví dụ 2: Hoà tan 26,64 gam chất X là tinh thể muối sunfat ngậm nớc
của kim loại M hoá trị n vào nớc đợc dung dịch A.
Cho A tác dụng với dung dịch NH
3
d, lọc lấy kết tủa, nung đến khối lợng
không đổi thì thu đợc 4,08 gam chất rắn B. Nếu cho A tác dụng với dung
dịch BaCl
2
d thì thu đợc 27,96 gam kết tủa.
a. Tìm công thức của X.
b. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần thêm vào A để thu đợc lợng
kết tủa lớn nhất, nhỏ nhất.
c. Cho 250 ml dung dịch KOH tác dụng hết với A thì thu đợc 2,34 gam
kết tủa. Tính nồng độ của dung dịch KOH.
(Đề thi tuyển sinh - NXB Giáo dục Hà nội - 1998).
Lời giải
a. Kết quả tính toán cho ta công thức muối là: Al
2
(SO
4

)
3
.18H
2
O. Nh vậy,
dung dịch A có:
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
Số mol Al
3+
= 2. Số mol Al
2
O
3
=
).(08,0
102
08,42
mol=
ì
* Phơng pháp tự luận:
Phơng trình hoá học của những phản ứng lần lợt xảy ra nh sau:
Al
3+
+ 3 OH
-
Al(OH)
3
(1)
Al(OH)
3

+ OH
-
AlO
2
-
+ 2 H
2
O (2)
b. Để lợng kết tủa lớn nhất thì chỉ xảy ra phản ứng (1).
Theo phơng trình:
Số mol OH
-
= 3. Số mol Al
3+
= 3. 0,08 = 0,24 (mol)
Để lợng kết tủa nhỏ nhất thì xảy ra cả phản ứng (1) và (2).
Theo phơng trình:
Số mol OH
-
= 4. Số mol Al
3+
= 4. 0,08 = 0,32 (mol)
Vậy, thể tích dung dịch NaOH 0,2 M cần thêm vào A để lợng kết tủa thu
đợc lớn nhất, nhỏ nhất tơng ứng là:
V = 0,24 : 0,2 = 1,2 (lít) và V' = 0,32 : 0,2 = 1,6 (lít).
c. Số mol kết tủa Al(OH)
3
thu đợc là 2,34 : 78 = 0,03 (mol).
Tr ờng hợp 1:
Chỉ có phản ứng (1) Al

3+
d.
Theo phơng trình ta có:
Số mol OH
-
= 3. Số mol Al(OH)
3
= 3. 0,03 = 0,09 (mol)
Số mol Al
3+
(p) = Số mol Al(OH)
3
< 0,04 (mol).
Vậy, nồng độ dung dịch KOH là: [KOH] =
=
)(36,0
25,0
09,0
M
Tr ờng hợp 2:
Cả phản ứng (1) và (2) đều xảy ra Al
3+
hết.
Theo phơng trình (1):
Số mol Al(OH)
3
(1) = Số mol Al
3+
= 0,08 (mol).
Số mol Al(OH)

3
(2) = 0,08 - 0,03 = 0,05 (mol).
Theo phơng trình (1) và (2):
Số mol OH
-
= 3. 0,08 + 0,05 = 0,29 (mol)
Vậy, nồng độ dung dịch KOH là: [KOH] =
= )(16,1
25,0
29,0
M
* Phơng pháp đồ thị:
0,08
0,03
phng phỏp l thy ca cỏc thy-nguyn minh chớ
Dựa vào tỷ lệ phản ứng ở phơng trình (1) và (2) ta vẽ đợc đồ thị biểu
diễn lợng kết tủa thu đợc theo lợng OH
-
đã phản ứng nh sau:
Số mol Al(OH)
3


0,09 0,24 0,29 0,32
Số mol OH
-
Bi tp chuyờn : Bi toỏn v phn ng gia CO
2
(hoc SO
2

) vi dung
dch kim.
I/ L THUYT CHUNG.
Dng 1. Cho th tớch ca CO
2
, SO
2
, H
2
S. Tớnh s mol tng cht sau
phn ng.
Cỏch lm : Tớnh n
CO2
, n
kim
tớnh A = n
kim
/ n
CO2
rỳt ra
cỏch lm.
Dng 2. Cho s mol CO
2
, cho s mol kt ta , tớnh s mol kim hoc
tớnh nng hoc tớnh th tớch kim cn dựng.
Cỏch lm : Bi toỏn kiu ny thng cú 2 dng.
+ ) Cho n

< n
CO2

Vy phi vit 2 phng trỡnh ph/ng
lp h ri gii.
Nhng: khụng phi vit pt v khụng cn lp h, ch cn nh cỏc cụng
thc sau:

2
2
3
nCOnCOnOH +=

(CT-1) N..T
( Hay
2
nCOnnOH +=

)
+ ) Cho n

= n
CO2
n
kim
= n

= n
CO2
.
Dng 3. Cho s mol kt ta , s mol kim (hoc th tớch kim) yờu cu
tớnh V
CO2

.
Cỏch lm : Bi toỏn ny thng cho s mol kt ta < s mol
kim xy ra 2 trng hp.
AD CT-1:



=
2
32
nCOnOHnCO
( nCO
2
Max) (CT-2)
(
=

nnOHnCO
2
)


=
2
32
nCOnCO
(nCO
2
Min) (CT-3) N..T
+ ) TH(1) : kim d vit 1 p/trỡnh to ra mui kt ta ri tớnh.

+ ) TH(2) : kim v oxit axit tỏc dng va vi nhau vit 2
ph/trỡnh lp h ri gii.
phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí
Dạng 4. Biết số mol khí ( CO
2
, SO
2
) , biết số mol hỗn hợp các kiềm
(khác hoá trị )  yêu cầu tính số mol kết tủa.
Cách làm : Bài toán này thường cho 1 < n
OH-
/ n
CO2
< 2 .  Ta
viết 2 ph/ ứng rồi lập
hệ để tìm ra số mol từng gốc ( CO
3
2-

và HCO
3
1-
).
không phải viết pt và không cần lập hệ, chỉ cần nhớ các công thức sau:
Công thức áp dụng:
−−
−= nOHnCOnHCO
23
.2
(CT-4)

2
2
3
nCOnOHnCO −=
−−
( CT-5) N.Đ.T
 Dựa vào số mol CO
3
2-
và số mol Ca
2+
, Ba
2+
 Suy ra số mol kết tủa.
Nếu : n
CO3
2-
< n
Ba
2+
 n↓ = n
CO3
2-
.
Nếu : n
CO3
2-
> n
Ba

2+
 n↓ = n
Ba
2+
( chú ý đến bài toán ngược )
II/ BÀI TẬP ÁP DỤNG.
Bài 1: Hấp thụ hoàn toàn 2,688 lit khí CO
2
(ở đktc) vào 2,5 lit dd Ba(OH)2 nồng độ a mol/l thu
được 15,76g kết tủa. Giá trị của a là bao nhiêu?
a.0,032 b.0,06 c.0,04 d.0,048
nCO
2
=0,12 nCO
−2
3
= 0,08
AD CT-1:
nBa(OH)
2
=0,5.nOH
-
= 0,5.(0,12+0,08)= 0,1
→
C
M
=0,1: 2,5 =0,04M
Bài 2: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lit khí SO
2
(ở đktc) vào dd chứa 16g NaOH thu được dd X.Khối

lượng muối tan thu được trong dd X là bao nhiêu?
a.20,8g b.18,9g c.23,0g d.25,2g.
Bài 3: Sục Vlit CO
2
ở đktc vào 150ml dd Ba(OH)
2
1M,sau phản ứng thu được 19,7g kết tủa.Giá
trị của V là bao nhiêu?
a.2,24 lit; 4,48lit. b.2,24lit; 3,36lit c.3,36lit; 2,24lit d.22,4lit; 3,36lit.
AD CT-2;CT-3:
−−
−=
2
32
nCOnOHnCO

→
nCO
2
(max) =2.nBa(OH)2 – n ↓=2.1.0.15-0,1=0,2 Vmax=4,48
lit

−
=
2
32
nCOnCO
(nCO
2
Min) (CT-3) N.Đ.T

→
nCO
2
(min)= n↓=0,1 Vmin= 2,24
lit

phương pháp là thầy của các thầy-nguyễn minh chí